高考物理一輪復(fù)習(xí)一?？记盁嵘砭?五)含答案

一?？记盁嵘砭?五)(本試卷滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．下列說法正確的是()A．檢驗(yàn)工件平整度的操作中，如圖甲所示，上面為標(biāo)準(zhǔn)件，下面為待檢測(cè)工件，通過干涉條紋可推斷出P為凸處、Q為凹處B．圖乙為光照射到小圓孔得到的衍射圖樣C．圖丙海市蜃樓是光的全反射現(xiàn)象，原因是由于海面的上層空氣的折射率比下層空氣折射率小D．圖丁的原理和照相機(jī)鏡頭表面涂上增透膜的原理是相同的解析：選C薄膜干涉是等厚干涉，即明條紋處空氣膜的厚度相同，從彎曲的條紋可知，P處檢查平面左邊處的空氣膜厚度與后面的空氣膜厚度相等，知P處凹陷，而Q處檢查平面右邊處的空氣膜厚度與后面的空氣膜厚度相同，知Q處凸起，A錯(cuò)誤；題圖乙為光線通過小圓板得到的衍射圖樣，若用光照射很小的不透明圓板時(shí)，后面會(huì)出現(xiàn)一亮點(diǎn)，B錯(cuò)誤；海市蜃樓是光的全反射現(xiàn)象，原因是下層溫度低，空氣下沉，折射率大，上層空氣薄折射率小，C正確；立體電影是光的偏振，與鏡頭表面涂上增透膜是利用光的干涉，它們的原理不相同，D錯(cuò)誤。2．海陽核電站有效緩解了山東電力不足的情況，為建設(shè)生態(tài)山東做出了貢獻(xiàn)。核電站核反應(yīng)堆中，用中子轟擊eq\o\al(235,92)U原子核的核反應(yīng)方程為eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)X＋3eq\o\al(1,0)n，eq\o\al(235,92)U、eq\o\al(1,0)n、eq\o\al(144,56)Ba、X的質(zhì)量分別為m1、m2、m3、m4，其中eq\o\al(144,56)Ba是不穩(wěn)定的，其衰變的周期為T，真空中的光速為c，以下說法正確的是()A．X原子核中含有的中子數(shù)為50B．該反應(yīng)屬于人工轉(zhuǎn)變核反應(yīng)C．該反應(yīng)中釋放的能量為eq\f(1,2)(m1－2m2－m3－m4)c2D．經(jīng)過2T，一定質(zhì)量的eq\o\al(144,56)Ba原子核衰變了的質(zhì)量占開始時(shí)的eq\f(3,4)解析：選D根據(jù)核反應(yīng)方程中質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒可寫出該核反應(yīng)方程為eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)X＋3eq\o\al(1,0)n可知X原子核中含有的中子數(shù)為53，A錯(cuò)誤；該核反應(yīng)為重核裂變反應(yīng)，B錯(cuò)誤；該核反應(yīng)中釋放的能量為ΔE＝Δmc2＝(m1－2m2－m3－m4)c2，C錯(cuò)誤；根據(jù)半衰期公式m余＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)可知，經(jīng)過2T，eq\f(m余,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,4)，所以一定質(zhì)量的eq\o\al(144,56)Ba原子核衰變了的質(zhì)量占開始時(shí)的eq\f(3,4)，D正確。3．宇宙中存在一些質(zhì)量相等且離其他恒星較遠(yuǎn)的四顆星組成的四星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對(duì)它們的引力作用，設(shè)四星系統(tǒng)中每個(gè)星體的質(zhì)量均為m，半徑均為R，四顆星穩(wěn)定分布在邊長(zhǎng)為a的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上。已知引力常量為G。關(guān)于宇宙四星系統(tǒng)，下列說法錯(cuò)誤的是()A．四顆星圍繞正方形對(duì)角線的交點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．四顆星的軌道半徑均為eq\f(a,2)C．四顆星表面的重力加速度均為eq\f(Gm,R2)D．四顆星的周期均為2πaeq\r(\f(2a,4＋\r(2)Gm))解析：選B四星系統(tǒng)中任一顆星體均在其他三顆星體的萬有引力作用下，合力方向指向?qū)蔷€的交點(diǎn)，圍繞正方形對(duì)角線的交點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)可得軌道半徑均為eq\f(\r(2),2)a，A正確，B錯(cuò)誤；在星體表面，根據(jù)萬有引力等于重力，可得Geq\f(mm′,R2)＝m′g，解得g＝eq\f(Gm,R2)，C正確；由萬有引力定律和向心力公式得eq\f(Gm2,\r(2)a2)＋eq\f(\r(2)Gm2,a2)＝meq\f(4π2,T2)·eq\f(\r(2)a,2)，T＝2πaeq\r(\f(2a,4＋\r(2)Gm))，D正確。4．如圖所示，質(zhì)量為4kg，半徑為0.5m的光滑細(xì)圓管用輕桿固定在豎直平面內(nèi)，小球A和B的直徑略小于細(xì)圓管的內(nèi)徑，它們的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg。某時(shí)刻，小球A、B分別位于圓管最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，且A的速度大小為v1＝3m/s，此時(shí)桿的下端受到向上的壓力，大小為56N。則B球的速度大小vB為(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s解析：選C對(duì)A球，合外力提供向心力，設(shè)環(huán)對(duì)A的支持力為FA，由牛頓第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(v\o\al(2,A),R)，代入數(shù)據(jù)解得FA＝28N，由牛頓第三定律可得，A球?qū)Νh(huán)的力向下，為28N，設(shè)B球?qū)Νh(huán)的力為FB，由環(huán)的受力平衡可得FB＋28N＋m環(huán)g＝－56N，解得FB＝－124N，負(fù)號(hào)表示和重力方向相反，由牛頓第三定律可得，環(huán)對(duì)B球的力FB為124N，方向豎直向下，對(duì)B球由牛頓第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(v\o\al(2,B),R)，解得vB＝6m/s故選C。5．某公園廣場(chǎng)上新建的彩色噴泉，啟動(dòng)一段時(shí)間穩(wěn)定后可保持如圖所示的迷人風(fēng)姿。已知中心的水柱高達(dá)5m，其噴嘴橫截面積為1.2×10－3m2，噴嘴位置與池中水面持平，且噴水方向稍偏離豎直，使上升與下落的水流不重合。水的密度為1.0×103kg/m3，不計(jì)豎直方向的空氣阻力，則()A．此噴嘴的出水速度為5m/sB．此噴嘴的出水流量為1.2×10－3m3/sC．此噴嘴所接水泵的功率至少為600WD．此水柱在空中的水體積為6.0×10－2m3解析：選C根據(jù)v2＝2gh解得v＝eq\r(2gh)＝10m/s，A錯(cuò)誤；流量為Q＝Sv＝1.2×10－2m3/s，B錯(cuò)誤；此噴嘴所接水泵的功率至少為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝eq\f(ρVgh,t)＝ρQgh＝600W，C正確；水上升和下落的總時(shí)間t＝eq\f(2v,g)＝eq\f(2×10,10)s＝2s，該水柱在空中的水體積V＝Q·t＝1.2×10－2×2m3＝2.4×10－2m3，D錯(cuò)誤。6.如圖所示，正方形ABCD四邊的中點(diǎn)分別為a、b、c、d，在a、d位置分別放置電荷量為－q和＋q的點(diǎn)電荷，為使O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則可以()A．在A處放置一個(gè)電荷量為－q的點(diǎn)電荷B．在B處放置一個(gè)電荷量為－2q的點(diǎn)電荷C．在C處放置一個(gè)電荷量為＋2q的點(diǎn)電荷D．在D處放置一個(gè)電荷量為－2eq\r(2q)的點(diǎn)電荷解析：選D設(shè)正方形邊長(zhǎng)為2r，在a、d位置的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在中心O處的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(2)kq,r2)，方向沿OB。在A處放置的電荷量為－q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在中心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EA＝eq\f(kq,2r2)，方向沿OA，A錯(cuò)誤；在B處放置的電荷量為－2q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在中心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EB＝eq\f(kq,r2)，方向沿OB，B錯(cuò)誤；在C處放置的電荷量為＋2q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在中心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EC＝eq\f(kq,r2)，方向沿OA，C錯(cuò)誤；在D處放置的電荷量為－2eq\r(2)q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在中心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為ED＝eq\f(\r(2)kq,r2)，方向沿OD，D正確。7.如圖，籃球從某一高度處自由落下，與地面反復(fù)碰撞，最后停在地面上?？諝庾枇Σ挥?jì)，下列圖像能大致反映該過程籃球的加速度隨時(shí)間變化的是()解析：選B籃球自由落下到與地面接觸前，只受重力作用，加速度(向下，為正)保持不變；籃球與地面接觸到反彈離開地面的過程中，受地面向上的彈力先從零開始逐漸增大，籃球所受的合力F1＝mg－N，開始階段地面的彈力N小于重力，合力向下，籃球繼續(xù)向下加速運(yùn)動(dòng)，隨著地面的彈力N增大，合力逐漸減小，加速度逐漸減小，籃球這一階段向下做加速度(向下、為正)減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)彈力N增大到超過重力大小時(shí)，合力方向變?yōu)樨Q直向上，其大小為F2＝N－mg，隨著N增大，加速度a逐漸增大，籃球向下做加速度(向上、為負(fù))增大的減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零；籃球開始向上運(yùn)動(dòng)的過程是籃球向下擠壓地面過程的逆過程，加速度變化特點(diǎn)是先向上(為負(fù))減小，再向下(為正)增大。故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全得3分，有選錯(cuò)的得0分。)8．如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)與圓所在平面平行，圓的圓心為O，半徑為R＝5cm，圓上有A、B、C三點(diǎn)，∠BOC＝37°。A、O、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為4V、8V、13V，沿著圓周移動(dòng)一個(gè)電子，其電荷量為e，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100V/mB．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線與CO垂直C．電子的最大電勢(shì)能為13eVD．從B點(diǎn)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)電子做正功解析：選AD如圖所示，作出直徑CD，過A點(diǎn)作CD的垂線AE，則φC－φO＝φO－φD＝5V，所以φD＝3V，根據(jù)幾何關(guān)系得OE＝AOcos37°＝4cm，則eq\f(φO－φD,φO－φE)＝eq\f(OD,OE)，所以φE＝4V，則AE是勻強(qiáng)電場(chǎng)的一條等勢(shì)線，電場(chǎng)線沿CO方向，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(φO－φD,OD)＝100V/m，A正確，B錯(cuò)誤；在圓周上D點(diǎn)電勢(shì)最低，電子的最大電勢(shì)能為－3eV，C錯(cuò)誤；圓上各點(diǎn)中C點(diǎn)電勢(shì)最高，電子在C點(diǎn)的電勢(shì)能最小，從B點(diǎn)到C點(diǎn)電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，D正確。9．平行金屬板PQ、MN與電源和滑動(dòng)變阻器如圖所示連接，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)；靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連續(xù)不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為＋q，初速度為零的粒子，粒子在PQ間的加速電場(chǎng)作用下穿過Q板的小孔F，緊貼N板水平進(jìn)入MN間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)；改變滑片P的位置可改變加速電場(chǎng)的電壓U1和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U2，且所有粒子都能夠從MN間飛出，下列說法正確的是()A．粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與eq\f(U1,U2)成正比B．滑片P向左滑動(dòng)的過程中，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角逐漸增大C．飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子的最大速率vm＝eq\r(\f(2qE,m))D．飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子的最大速率vm＝2eq\r(\f(qE,m))解析：選BC在平行金屬板PQ之間，根據(jù)動(dòng)能定理有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)，粒子在F點(diǎn)的速度為vF＝eq\r(\f(2qU1,m))，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，MN之間的距離為d，則粒子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)MN的時(shí)間為t＝eq\f(L,vF)，粒子的加速度為a＝eq\f(qU2,md)，所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U2L2,4dU1)，所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與eq\f(U1,U2)成反比，A錯(cuò)誤；滑片P向右滑動(dòng)的過程中式eq\f(U1,U2)的比值增大，所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離y逐漸減小，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)飛出的粒子豎直方向的速度逐漸減小，則飛出時(shí)粒子的速度的偏轉(zhuǎn)角逐漸減小，B正確；飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子的最大動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝qU1＋qU2，因?yàn)閁1＋U2＝E，可得vm＝eq\r(\f(2qE,m))，C正確，D錯(cuò)誤。10．壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，將壓敏電阻固定在升降機(jī)底板上，其上放置一個(gè)絕緣物塊。0～t1時(shí)間內(nèi)升降機(jī)停在某樓層處，從t1時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)，電流表中電流隨時(shí)間變化的情況如圖所示，下列判斷正確的是()A．t1～t2時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)可能先加速下降后減速下降B．t2～t3時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)C．t3～t4時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)處于超重狀態(tài)D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)的加速度大小先增大后減小解析：選CD0～t1時(shí)間內(nèi)升降機(jī)停在某樓層處，受力平衡，t1～t2時(shí)間內(nèi)電路中電流比升降機(jī)靜止時(shí)小，說明壓敏電阻增大，壓力減小，重物處于失重狀態(tài)，則此過程升降機(jī)一直加速下降，A錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)電路中電流等于升降機(jī)靜止時(shí)的電流，由于t1～t2時(shí)間內(nèi)升降機(jī)在加速運(yùn)動(dòng)，所以t2～t3時(shí)間內(nèi)處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，B錯(cuò)誤；t3～t4時(shí)間內(nèi)電路中的電流大于升降機(jī)靜止時(shí)的電流，說明壓敏電阻減小，壓力增大，重物處于超重狀態(tài)，C正確；由圖可知t3～t4時(shí)間內(nèi)，電流先增大后減小，得壓敏電阻是先減小后增大，可知壓力是先增大后減小，可得加速度是先增大后減小，D正確。三、非選擇題(本題共5個(gè)小題，共54分)11．(6分)學(xué)校創(chuàng)客活動(dòng)中心的同學(xué)在老師指導(dǎo)下用兩根完全相同的輕彈簧和重物驗(yàn)證力的平行四邊形定則，他進(jìn)行了如下操作(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))：(1)用刻度尺測(cè)出彈簧的自由長(zhǎng)度L0。(2)如圖甲所示，把重物通過細(xì)繩連接在彈簧下端，穩(wěn)定后測(cè)出彈簧的長(zhǎng)度L1。(3)如圖乙所示，用兩根彈簧掛起重物，穩(wěn)定時(shí)兩彈簧與豎直方向的夾角均為60°，測(cè)出兩彈簧的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)2、L3，若要驗(yàn)證力的平行四邊形定則，則L1、L2、L3需滿足的條件是________。(用關(guān)系式表示)(4)如圖丙所示，他又把兩彈簧調(diào)整到相互垂直，穩(wěn)定后測(cè)出兩彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)4、L5，若要驗(yàn)證力的平行四邊形定則，則L1、L4、L5和L0需滿足的條件是________。(用關(guān)系式表示)(5)在實(shí)際進(jìn)行該方案的操作中，本實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的誤差來源可能是__________________。(至少寫出2條)解析：(3)當(dāng)合力沿兩個(gè)分力角平分線方向且兩個(gè)分力夾角為120°，合力和兩個(gè)分力大小相等，故彈簧形變量相同，長(zhǎng)度相同，即L1＝L2＝L3。(4)當(dāng)兩個(gè)分力相互垂直時(shí)，由勾股定理知F2＝Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)，即(L1－L0)2＝(L5－L0)2＋(L4－L0)2。(5)本實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的誤差來源可能是：彈簧有自重；長(zhǎng)度測(cè)量的誤差；角度測(cè)量的誤差。答案：(3)L1＝L2＝L3(4)(L1－L0)2＝(L5－L0)2＋(L4－L0)2(5)彈簧有自重；長(zhǎng)度測(cè)量的誤差；角度測(cè)量的誤差12．(9分)在“測(cè)量金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)中，選擇一根粗細(xì)均勻的合金絲來進(jìn)行測(cè)量。(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量合金絲的直徑。為防止讀數(shù)時(shí)測(cè)微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊圖甲所示的部件________(選填“A”“B”“C”或“D”)，合金絲的直徑的測(cè)量值為________mm；(2)某次測(cè)量中，若測(cè)出合金絲接入電路部分的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，直徑為d，合金絲兩端電壓為U，電流為I，則該合金電阻率的表達(dá)式ρ＝________(用上述字母和通用數(shù)學(xué)符號(hào)表示)；(3)在本實(shí)驗(yàn)中，為了減少實(shí)驗(yàn)過程中的偶然誤差，在物理量測(cè)量時(shí)都進(jìn)行了多次測(cè)量。伏安法測(cè)電阻時(shí)，要用每一組的電壓值與電流值求電阻，然后求電阻的平均值。如果將電壓值和電流值分別求平均值，然后再用它們的平均值來計(jì)算電阻，這樣計(jì)算________(選填“正確”或“不正確”)；(4)利用測(cè)出的電阻率可以幫助我們解決實(shí)際問題。有一根細(xì)長(zhǎng)而均勻的該金屬材料管線樣品，其截面為外方內(nèi)圓，如圖乙所示。正方形邊長(zhǎng)為a，而管線內(nèi)徑d′太小無法直接測(cè)量。已知此樣品長(zhǎng)度為L(zhǎng)′，電阻率為ρ′。為了測(cè)出內(nèi)徑d′，有位同學(xué)想出一個(gè)方法，他只測(cè)出了電阻R′，就計(jì)算出了內(nèi)徑d′，請(qǐng)寫出內(nèi)徑d′的計(jì)算式d′＝________；(5)該實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器是要消耗電能的。某同學(xué)利用圖丙電路完成實(shí)驗(yàn)后，又進(jìn)一步研究了滑動(dòng)變阻器消耗電功率P的變化規(guī)律，并畫出了P隨靈敏電流計(jì)G的示數(shù)IG或電流表A的示數(shù)I的關(guān)系圖線，下列圖線中可能正確的是________。解析：(1)為防止讀數(shù)時(shí)測(cè)微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊固定螺釘B。螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為0mm，可動(dòng)刻度的讀數(shù)為d＝0.01mm×41.0＝0.410mm，故合金絲的直徑為d＝0.410mm；(2)電阻絲的電阻R＝eq\f(U,I)，根據(jù)電阻定律得R＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(L,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2)，解得電阻率為ρ＝eq\f(πUd2,4IL)；(3)如果將電壓值和電流值分別求平均值，然后再用它們的平均值來計(jì)算電阻，這樣計(jì)算是不正確的，因?yàn)闅W姆定律中導(dǎo)體兩端電壓與導(dǎo)體中的電流是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)的；(4)由電阻定律可得R＝ρeq\f(L,S)＝ρ′eq\f(L′,a2－π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d′,2)))2)，則d′＝2eq\r(\f(a2R′－ρ′L′,πR′))；(5)如圖丙所示電路由P＝UI可得P＝(U－IRx)I或P＝(U－IGR0)IGeq\f(Rx＋R0,Rx)，圖線為開口向下的二次函數(shù)，故選A、D。答案：(1)B0.410(2)eq\f(πUd2,4IL)(3)不正確(4)2eq\r(\f(a2R′－ρ′L′,πR′))(5)AD13．(11分)一列簡(jiǎn)諧橫波在x軸上傳播，在t1＝0和t2＝0.5s時(shí)，其波形分別用如圖所示的實(shí)線和虛線表示。(1)求這列波可能具有的波速；(2)當(dāng)波速為28m/s時(shí)，波的傳播方向如何？以此波速傳播時(shí)，x＝8m處的質(zhì)點(diǎn)從t1開始計(jì)時(shí)，eq\f(3,14)s內(nèi)通過的路程是多少？解析：(1)若波沿x軸正向傳播，則Δx＝Δx1＋nλ＝(2＋8n)(n＝1、2、3…)v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(2＋8n,0.5)＝(4＋16n)m/s(n＝1、2、3…)若波沿x軸負(fù)向傳播，則Δx＝Δx2＋nλ＝(6＋8n)(n＝1、2、3…)v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(6＋8n,0.5)＝(12＋16n)m/s(n＝1、2、3…)。(2)當(dāng)波速為28m/s時(shí)，有28m/s＝(12＋16n)m/s，n＝1所以波向x軸負(fù)向傳播，周期T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(8,28)s＝eq\f(2,7)s則處x＝8m的質(zhì)點(diǎn)從開始計(jì)時(shí)，eq\f(3,14)s內(nèi)通過的路程s＝eq\f(\f(3,14),\f(2,7))×4A＝6cm。答案：(1)(4＋16n)m/s(n＝1、2、3…)、(12＋16n)m/s(n＝1、2、3…)(2)向x軸負(fù)方向傳播6cm14．(12分)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑R的ABC凹槽(為光滑圓槽的一部分)靜止在光滑水平面上，B為最低點(diǎn)，BC為eq\f(1,4)圓弧，OA與豎直方向夾角θ＝60°，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ。一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從D處以v0水平拋出，同時(shí)將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點(diǎn)無碰撞的射入凹槽，當(dāng)其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)解除鎖定。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)D點(diǎn)與A點(diǎn)高度差h；(2)小物塊從第一次經(jīng)過B點(diǎn)到第二次經(jīng)過B點(diǎn)過程中，豎直墻壁對(duì)槽的沖量；(3)若小球恰好能回到A點(diǎn)，凹槽與小物塊的質(zhì)量之比。解析：(1)小物塊從D到A過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，將小物塊在A點(diǎn)的速度分解可得v0＝vAcos60°，聯(lián)立可得h＝eq\f(3v\o\al(2,0),2g)。(2)從D到B過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(R,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，方向水平向右，根據(jù)機(jī)械能守恒可知小物塊第二次經(jīng)過B點(diǎn)速度大小與vB大小相等，方向相反，即vB′＝－eq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，故此過程凹槽對(duì)小物塊的沖量為I＝mvB′－mvB＝－2meq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，負(fù)號(hào)表示方向水平向左。所以小物塊對(duì)凹槽的作用力的水平方向的分力的沖量大小為I′＝I＝2meq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，方向水平向右。該過程中，凹槽始終不動(dòng)，所以小物塊對(duì)凹槽的作用力的水平方向的分力對(duì)凹槽的沖量與豎直墻壁對(duì)凹槽的沖量大小相等，為2meq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，方向水平向左。(3)若小球恰好能回到A點(diǎn)，則此時(shí)小物塊和凹槽具有共同速度速度，從第一次經(jīng)過B點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)的過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有mvB＝(M＋m)v共，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mg×eq\f(R,2)，聯(lián)立并將vB＝eq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)代入解得eq\f(M,m)＝eq\f(gR,4v\o\al(2,0))。答案：(1)eq\f(3v\o\al(2,0),2g)(2)2meq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，方向水平向左(3)eq\f(gR,4v\o\al(2,0))15．(16分)如圖甲所示，虛線是Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域的邊界，Ⅰ區(qū)域中豎直面內(nèi)存在一光滑彎曲軌道，端點(diǎn)N的切線與水平方向的夾角為53°，M、N兩點(diǎn)的豎直距離為h；虛線與y軸間為Ⅱ區(qū)