【物理】广西玉林一中2014-2015学年高一（下）期末试卷

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广西玉林一中2014-2015学年高一（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（4分）（2015春•玉林校级期末）当一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动时，下列说法正确的是（　　）A．振子在振动过程中，速度相同时，弹簧的长度一定相等B．振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹力始终做负功C．振子在运动过程中的回复力由弹簧的弹力提供D．振子在运动过程中，系统的机械能守恒2．（4分）（2015春•玉林校级期末）以下关于说法正确的是（）A．波遇到障碍物时，一定会发生明显的衍射现象B．当障碍物的尺寸与波长相差不多时，会发生明显的衍射现象C．任意两列波都能产生稳定干涉现象D．在振动减弱的区域，各质点都处于波谷3．（4分）（2015春•玉林校级期末）下图为某一质点的振动图象，从图可知，在t1和t2，两时刻|x1|＞|x2|，质点速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为（）A．v1＜v2，方向相同B．v1＜v2，方向相反C．a1＞a2，方向相同D．a1＞a2，方向相反4．（4分）（2015春•玉林校级期末）如图所示，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手，让其上下振动，其周期为T1．现使把手以周期T2匀速运动（T2＜T1），当运动都稳定后，则（）A．弹簧振子振动周期为T1B．弹簧振子振动周期为C．要使弹簧振子振幅增大，可让把手转速减小D．要使弹簧振子振幅增大，可让把手转速增大17 5．（4分）（2015春•玉林校级期末）质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为（）A．B．C．D．6．（4分）（2013春•渭滨区校级期末）质量为m的物体以v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，在这段时间内，该物体的动量变化量大小为（）A．mv﹣mv0B．mgtC．mD．m7．（4分）（2015春•玉林校级期末）静止在水面上的船，长度为L，船的质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为（）A．B．C．D．8．（4分）（2015春•玉林校级期末）一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ．若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在t=0时刻的波形曲线为（）A．B．C．D．9．（4分）（2015春•玉林校级期末）小球A以速度V向右运动，与静止的小球B发生正碰，碰后A、B的速率分别是、，则A、B两球的质量比可能是（）A．1：2B．1：3C．2：3D．2：510．（4分）（2015•成都校级模拟）一列简谐横波在某一时刻的波形图如图1所示，图中P、Q两质点的横坐标分别为x=1.5m和x=4.5m．P点的振动图象如图2所示．在下列四幅图中，Q点的振动图象可能是（）17 A．B．C．D．11．（4分）（2015春•玉林校级期末）一个质量为M的长木板静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和长木板组成的系统，下列说法正确的是（）A．子弹射入木块过程中系统的机械能守恒B．系统的动量守恒，而机械能不守恒C．子弹减少的动能等于fsD．系统损失的机械能等于fd12．（4分）（2015春•玉林校级期末）质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB两点的水平距离为s．下列说法不正确的是（）A．小车克服重力所做的功等于mghB．合力对小车做的功等于mv2C．推力对小车做的功等于Fs﹣mghD．阻力对小车做的功等于mv2+mgh﹣Fs二、探究填空题：13．（9分）（2015春•玉林校级期末）某同学用图甲所示装置做验证动量守恒定律的实验．先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a17 球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．（1）本实验必须测量的物理量是_________．A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的质量ma、mbC．小球a、b的半径rD．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（2）为测定未放被碰小球时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻线跟记录纸上的O点对齐，图乙给出了小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为________mm．（3）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_________________．14．（9分）（2015春•玉林校级期末）在“用单摆测定重力加速度”实验中，若均匀小球在垂直纸面的平面内做小幅度的摆动，若悬点到小球顶点的绳长L，小球直径为d，将激光器与传感器左右对准，分别置于摆球的平衡位置两侧，激光器连续向左发射激光束．在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号．将其输入计算机，经处理后画出相应图线．图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号I随时间t变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，则该单摆的振动周期T=_________．则当地的重力加速度大小的计算公式g=________________（用上述已知的物理量表示）．若保持悬点到小球顶点的绳长L不变，改用直径为2d的另一均匀小球进行实验，则图中的t0将变大（填“变大”、“不变”或“变小”）．三、计算题：共3小题，共54分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．15．（16分）（2015春•玉林校级期末）PQ是竖直平面内的圆弧轨道，其下端Q与水平直轨道相切，如图所示．一小球自P点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为3m，小球的质量为1kg，不计各处摩擦（g取10m/s2）．求：17 （1）小球运动到Q点时的动能．（2）小球下滑到距水平轨道的高度为1m时的速度大小．（3）小球经过圆弧轨道的Q点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力各是多大？16．（18分）（2015春•玉林校级期末）如图所示，用两根长度都为L的细绳悬挂一个小球A，绳与水平方向的夹角为α．使球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球B从A球的正上方自由下落，若B球恰能击中A球，求B球下落的高度．17．（20分）（2015春•玉林校级期末）两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直轨道的固定档板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与档板P发生碰撞，碰后A、D静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m．（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度．（2）求在A球离开档板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．17 广西玉林一中2014-2015学年高一（下）期末物理试卷参答案一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（4分）（2015春•玉林校级期末）当一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动时，下列说法正确的是（　　）A．振子在振动过程中，速度相同时，弹簧的长度一定相等B．振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹力始终做负功C．振子在运动过程中的回复力由弹簧的弹力提供D．振子在运动过程中，系统的机械能守恒考点：简谐运动的回复力和能量；机械能守恒定律．专题：简谐运动专题．分析：明确弹簧振子的振动过程，从而明确速度相同的点有哪些；明确回复力的来源并分析机械能是否守恒．解答：解：A、振子在振动中，经过对称的两点时，速度可能是相同的；此时弹簧长度不同；故A错误；B、从最低点向平衡点运动时，振子在弹簧的作用下加速，故弹簧做正功；故B错误；C、回复力是由弹力和重力共同提供的；故C错误；D、由于只有重力和弹力做功；故系统机械能是守恒的；故D正确；故选：D．点评：本题考查机械能守恒定律的应用，要注意明确小球与弹簧组成的系统机械能守恒．2．（4分）（2015春•玉林校级期末）以下关于说法正确的是（）A．波遇到障碍物时，一定会发生明显的衍射现象B．当障碍物的尺寸与波长相差不多时，会发生明显的衍射现象C．任意两列波都能产生稳定干涉现象D．在振动减弱的区域，各质点都处于波谷考点：光的衍射；光的干涉．分析：波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，但如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸就不能发生明显的衍射现象，而只有频率相同的波，才能发生干涉现象，对于振动减弱点，是振动方向相反的，从而即可求解．解答：解：AB、波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小；如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸，比波长大得多时，就不能发生明显的衍射现象，故B正确，A错误；C、只有频率相同的波，才能产生稳定干涉现象，故C错误；D、振动减弱的区域，各质点振动方向相反，而处于波谷的，却是振动加强区域，故D错误．故选：B．点评：考查明显的衍射现象条件：必须是波长比阻碍物尺寸大得多或相差不大．因此只有真正理解了各种物理现象的实质才能顺利解决各类题目，才能真正所向披靡，掌握干涉的条件，理解振动减弱与加强的区别．17 3．（4分）（2015春•玉林校级期末）下图为某一质点的振动图象，从图可知，在t1和t2，两时刻|x1|＞|x2|，质点速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为（）A．v1＜v2，方向相同B．v1＜v2，方向相反C．a1＞a2，方向相同D．a1＞a2，方向相反考点：简谐运动的振动图象．专题：振动图像与波动图像专题．分析：由振动图象读出质点在t1和t2两时刻的位移关系，确定质点在两时刻位置关系，分析速度大小和方向关系．当质点离平衡越近时速度越大，加速度越小，当质点离平衡位置越远时，速度越小，加速度越大．解答：解：A、B从图可知，在t1和t2两时刻质点都向负方向运动，速度方向相同．由|x1|＞|x2|得知，质点在t2时刻离平衡位置较近，速度较大，即有v1＜v2．故A正确，B错误．C、D从图可知，在t1和t2两时刻质点的位移方向相反，则加速度方向相反．质点在t1时刻离平衡位置较远，加速度较大，即有a1＞a2．故C错误，D正确．故选AD点评：本题考查对振动图象的理解．抓住速度、加速度与位移的关系是关键．简谐运动的特点是a=﹣，常常用来判断加速度与位移的关系．4．（4分）（2015春•玉林校级期末）如图所示，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手，让其上下振动，其周期为T1．现使把手以周期T2匀速运动（T2＜T1），当运动都稳定后，则（）A．弹簧振子振动周期为T1B．弹簧振子振动周期为C．要使弹簧振子振幅增大，可让把手转速减小D．要使弹簧振子振幅增大，可让把手转速增大考点：自由振动和受迫振动．分析：若不转动摇把，弹簧振子做自由振动，周期等于固有周期．摇把匀速转动时，通过曲轴对弹簧振子施加驱动力，使弹簧振子做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期．当驱动力的周期等于弹簧振作的固有周期时，弹簧振子发生共振，振幅最大．解答：解：A、现使把手以周期T2匀速转动，弹簧振子做受迫振动，所以弹簧振子振动周期为T2．故AB错误；17 C、振子发生共振，振幅最大，由于T2＜T1，当把转速减小时，驱动力的频率与固有频率相差越小，所以共振越明显，振幅越大．当把转速增大时，驱动力的频率与固有频率相差越大，所以共振越不明显，振幅越小，故C正确，D错误．故选：C．点评：本题关键根据受迫振动的周期等于驱动力的周期和产生共振的条件：驱动力的周期等于固有周期．5．（4分）（2015春•玉林校级期末）质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为（）A．B．C．D．考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．专题：功率的计算专题．分析：汽车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件，可以先求出摩擦阻力；当汽车的车速为时，先求出牵引力，再结合牛顿第二定律求解即可．解答：解：当汽车匀速行驶时，有f=F=．根据P=F′，得F′=，由牛顿第二定律得a==．故B正确，A、C、D错误故选B点评：本题关键结合功率与速度关系公式P=Fv、共点力平衡条件以及牛顿第二定律联合求解．6．（4分）（2013春•渭滨区校级期末）质量为m的物体以v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，在这段时间内，该物体的动量变化量大小为（）A．mv﹣mv0B．mgtC．mD．m考点：动量定理；平抛运动．专题：动量定理应用专题．分析：根据动量定理求出物体动量的变化量，或通过首末位置的动量，结合三角形定则求出动量的变化量．解答：解：根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以△P=mgt．末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量=．故B、C、D正确，A错误．故选BCD．点评：解决本题的关键掌握动量定理的表达式，并能灵活运用．7．（4分）（2015春•玉林校级期末）静止在水面上的船，长度为L，船的质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为（）17 A．B．C．D．考点：动量守恒定律．专题：常规题型．分析：人和小船组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出船移动的位移大小．解答：解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人速度方向为正方向，有mv﹣MV=0．人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面的距离为l﹣x．则m=M解得x=．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．8．（4分）（2015春•玉林校级期末）一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ．若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在t=0时刻的波形曲线为（）A．B．C．D．考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：由x=0点处质点的振动图象可知该质点的运动情况，结合波形平移法得出t=0时刻的波形，即可得出符合题意的选项．17 解答：解：从振动图上可以看出x=0处的质点在t=0时刻处于平衡位置，且正在向上振动，简谐机械波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，只有B图中x=0处质点正通过平衡位置向上振动，符合要求，故B正确．故选：B．点评：本题要求学生能正确的分析振动图象和波动图象；难点在于能由波动图象中得出物体的运动方向，常用方法是波形平移法、“上下坡法”等．9．（4分）（2015春•玉林校级期末）小球A以速度V向右运动，与静止的小球B发生正碰，碰后A、B的速率分别是、，则A、B两球的质量比可能是（）A．1：2B．1：3C．2：3D．2：5考点：动量守恒定律．分析：小球A与B发生正碰，已知碰后A、B的速率分别是、，而A球的速度方向可能与原来的方向相同，也可能与原来的方向相反，根据动量守恒定律求出两球质量之比．解答：解：取碰撞前A的速度方向为正方向．若碰后A的速度方向与原来的方向相同时，碰后A的速度为，根据动量守恒定律得mAV=mA+mB，代入解得，mA：mB=2：3．若碰后A的速度方向与原来的方向相反时，碰后A的速度为﹣，根据动量守恒定律得mAV=﹣mA+mB，代入解得，mA：mB=2：5．故选CD点评：本题关键考查动量的矢量性，对于条件不清楚时，考虑问题要全面．基础题，比较容易．10．（4分）（2015•成都校级模拟）一列简谐横波在某一时刻的波形图如图1所示，图中P、Q两质点的横坐标分别为x=1.5m和x=4.5m．P点的振动图象如图2所示．在下列四幅图中，Q点的振动图象可能是（）A．B．C．17 D．考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：压轴题；振动图像与波动图像专题．分析：由题，根据PQ横坐标之间的距离为3m，可知PQ间的距离是波长的倍，结合波形可判断：波若向左传播，P点处于波峰时，Q在平衡位置向上振动；若波向右传播，P点处于波谷时，Q在平衡位置向上振动．解答：解：PQ横坐标之间的距离为3m，是波长的倍．A、此振动图象与Q点的振动图象相同，说明P、Q是同相点，它们平衡位置之间的距离应波长的整数倍，与题设条件不符．故A错误．B、波若向右传播，t=0时刻，P在平衡位置向上振动时，Q点处于波峰，与t=0时图B中质点的振动情况相符．故B正确．C、若波向左传播，t=0时刻，P在平衡位置向上振动时，Q点处于波谷，与t=0时图C中质点的振动情况相符．故C正确．D、此振动图象与Q点的振动图象反相，两者平衡位置之间距离等于半个波长奇数倍，与题设条件不符．故D错误．故选BC．点评：本题的解题关键是掌握波动和振动的之间关系，要结合波形进行分析．对于振动图象往往抓住同一时刻进行比较，比如t=0时刻，分析两个质点的状态．11．（4分）（2015春•玉林校级期末）一个质量为M的长木板静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和长木板组成的系统，下列说法正确的是（）A．子弹射入木块过程中系统的机械能守恒B．系统的动量守恒，而机械能不守恒C．子弹减少的动能等于fsD．系统损失的机械能等于fd考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．分析：根据动量守恒定律的条件和机械能守恒的条件判断出是否守恒；分别对子弹和木块运用动能定理，列出动能定理的表达式．摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失．解答：解：A、子弹射入木块的过程中，木块对子弹的平均阻力对系统做功，所以系统的机械能不守恒．故A错误；B、系统处于光滑的水平面上，水平方向不受其他的外力，所以动量守恒；由A的分析可得机械能不守恒．故B正确；C、子弹减少的动能等于阻力与子弹位移的乘积，即：△EK=W=f（s+d），故C错误；D、系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积，即：△E=fd．故D正确．故选：BD．17 点评：解决本题的关键知道运用动能定理解题，首先要确定好研究的对象以及研究的过程，然后根据动能定理列表达式．12．（4分）（2015春•玉林校级期末）质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB两点的水平距离为s．下列说法不正确的是（）A．小车克服重力所做的功等于mghB．合力对小车做的功等于mv2C．推力对小车做的功等于Fs﹣mghD．阻力对小车做的功等于mv2+mgh﹣Fs考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：恒力做功等于力的大小、力的方向上的位移大小的乘积；根据动能定理列式分析合力做功，并求出阻力做功．解答：解：A、重力做功与路径无关，物体上升h，故小车克服重力做功mgh，故A正确；B、根据动能定理可知，合力对小车做的功等于物体动能的变化，为mv2．故B正确；C、推力F是恒力，则推力做功为Fs，故C错误．D、根据动能定理，有Fs﹣mgh+W阻=，则得阻力对小车做的功W阻=+mgh﹣Fs，故D正确．本题选不正确的，故选：C．点评：本题主要考察了求力做功的几种方法，恒力做功可根据做功公式直接计算，变力和合外力对物体做的功可根据动能定理求解．二、探究填空题：13．（9分）（2015春•玉林校级期末）某同学用图甲所示装置做验证动量守恒定律的实验．先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．17 （1）本实验必须测量的物理量是BE．A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的质量ma、mbC．小球a、b的半径rD．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（2）为测定未放被碰小球时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻线跟记录纸上的O点对齐，图乙给出了小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为459.0mm．（3）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是maOB=maOA+mbOC．考点：验证动量守恒定律．专题：实验题．分析：（1）根据动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题．（2）用最小的圆将各点包含进去，测量圆心离起点的距离，即为平抛水平位移的距离；（3）根据动量守恒分析答题．解答：【解答】解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则mav0=mavA+mbvB，两边同时乘以时间t得：mav0t=mavAt+mbvBt，则maOB=maOA+mbOC，因此A实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故选BE．（2）由图可知，OB的距离应为459.0mm；（3）由（1）可知，实验需要验证的表达式为：maOB=maOA+mbOC．故答案为：（1）BE（2）459.0（458.7～459.5均可）（3）maOB=maOA+mbOC点评：本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，根据动量守恒定律与平抛运动规律求出实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．14．（9分）（2015春•玉林校级期末）在“用单摆测定重力加速度”实验中，若均匀小球在垂直纸面的平面内做小幅度的摆动，若悬点到小球顶点的绳长L，小球直径为d，将激光器与传感器左右对准，分别置于摆球的平衡位置两侧，激光器连续向左发射激光束．在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号．将其输入计算机，经处理后画出相应图线．图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号I随时间t变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，则该单摆的振动周期T=2t0．则当地的重力加速度大小的计算公式g=（用上述已知的物理量表示）．若保持悬点到小球顶点的绳长L不变，改用直径为2d的另一均匀小球进行实验，则图中的t0将变大（填“变大”、“不变”或“变小”）．17 考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题；单摆问题．分析：在一个周期内两次经过平衡位置，根据该特点结合图象得出单摆的周期；根据单摆的周期公式T=2π计算重力加速度．解答：解：在一个周期内两次经过平衡位置，故周期为2t0；根据周期公式，有：T=2π，解得：g=；改用直径2d的另一均匀小球进行实验，摆长变长，故周期变大；故答案为：2t0，，变大．点评：本题关键是看清题意，然后根据图象得到周期，再结合周期公式求解重力加速度，注意求摆长时，别忘记球的半径．三、计算题：共3小题，共54分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．15．（16分）（2015春•玉林校级期末）PQ是竖直平面内的圆弧轨道，其下端Q与水平直轨道相切，如图所示．一小球自P点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为3m，小球的质量为1kg，不计各处摩擦（g取10m/s2）．求：（1）小球运动到Q点时的动能．（2）小球下滑到距水平轨道的高度为1m时的速度大小．（3）小球经过圆弧轨道的Q点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力各是多大？17 考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）根据机械能守恒求解；（2）根据机械能守恒求解小球下滑到距水平轨道的高度为1m时的速度大小．（3）根据机械能守恒求解求出小球到Q速度，由向心力公式可得Q点受到的支持力，从B→C做匀速直线运动，在C点由平衡条件可知支持力等于重力．解答：解：（1）根据机械能守恒Ek=mgR=30J（2）根据机械能守恒△Ek=△Epmv2=mgh小球速度大小v=m/s（3）根据牛顿运动定律及机械能守恒，在Q点NQ﹣mg=mmgR=mvQ2解得NQ=3mg=30N从Q→C做匀速直线运动，在C点由平衡条件：在C点：NC=mg=10N答：（1）小球运动到Q点时的动能为30J．（2）小球下滑到距水平轨道的高度为1m时的速度大小为．（3）小球经过圆弧轨道的Q点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力分别为30N和10N．点评：本题主要在于机械能守恒定律的应用，另外圆轨道问题也是一种非常常考的内容之一，应熟练掌握这块知识．16．（18分）（2015春•玉林校级期末）如图所示，用两根长度都为L的细绳悬挂一个小球A，绳与水平方向的夹角为α．使球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球B从A球的正上方自由下落，若B球恰能击中A球，求B球下落的高度．考点：单摆周期公式．专题：实验题；单摆问题．分析：首先根据题意找出该单摆的实际摆长，结合单摆的周期公式，写出该单摆的振动周期；再由自由落体运动写出B球下落到摆A的最低点所用的时间，通过两球相遇写出时间关系的通式，即可得知B求下落的高度．17 解答：解：单摆的振动周期公式为：T=2π，据题意有：l=Lsinα所以A球振动的周期为：T=2π．设球B自由下落的时间为t，则它击中A球下落的高度为：h=gt2，得：t=球A经过平衡位置，接着返回到平衡位置的时间为半个周期，即为π．B球能击中A球的时间应为A球做简谐振动的半周期的整数倍，即为：t=n•即为：nπ=则B球下落的高度为：h=n2π2Lsinα，其中n=1，2，3…答：B球下落的高度为n2π2Lsinα，其中n=1，2，3…点评：该题考察了关于单摆的周期的计算问题，学习中要注意各种的单摆模型，象该题，求解单摆的有效摆长是该题的关键，还有就是两球相遇时的时间之间的关系．同时要注意会分析当摆球在有加速度的电梯中的情况，还有当单摆带电，在匀强电场中或匀强磁场中运动时对单摆的周期的影响．17．（20分）（2015春•玉林校级期末）两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直轨道的固定档板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与档板P发生碰撞，碰后A、D静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m．（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度．（2）求在A球离开档板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）C球与B球粘连成D时由动量守恒定律列出等式，当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等由动量守恒定律解答．（2）弹簧长度被锁定后由能量守恒列出等式，解除锁定后，当弹簧刚恢复自然长度时，势能全部转变成D的动能由能量守恒和动量守恒定律列出等式求解．解答：解：（1）设C球与B球粘连成D时，D的速度为v1，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v1①当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，高此速度为v2，17 以向左为正方向，由动量守恒定律得：2mv1=3mv2②由①、②两式得A的速度：v2=v0③（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E，由能量守恒定律得：•2mv12=•3mv22+EP④撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有：EP=•2mv32⑤以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv3=3mv4⑥当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为：EP′，•2mv32=•3mv42+EP′，解得：EP′=mv02；答：（1）弹簧长度刚被锁定后A球的速度为v0．（2）在A球离开档板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为mv02．点评：本题主要考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用，关键要知道当弹簧伸到最长时，其势能最大．17