2019-2020学年度最新版本高考物理二轮总复习专题过关检测--专题：机械振动与机械波(全部含详细答案解析)
2019-2020年高三第二次阶段考试(物理)
2019-2020年高三第二次阶段考试（物理）本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共120分．考试时间100分钟第I 卷(选择题共35分)一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．1．下列关于波动的说法中，正确的有（）A．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化B．水波从深水区传到浅水区后，传播方向往往要发生变化C．只有障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才有衍射现象发生D．任何两列波相叠加都能产生稳定的干涉图像2．如图所示，在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体以初速度v0被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为 ( )A．B．C．mgH-mgh D．3．一质点作简谐运动的图象如图所示，则该质点（）A．在0.015s时，速度和加速度都为－x方向B．在0.01s至0.03s内，速度与加速度先反方向后同方向，且速度是先减小后增大，加速度是先增大后减小。
C．在第8个0.01s内，速度与位移方向相同，且都增大D．在每1s内，回复力的瞬时功率有50次为零。
4．在光滑水平面上，有A、B两球沿同一直线向右运动，A在后，B在前，A追上B，发生碰撞，已知两球碰前的动量分别为P A=8kg·m/s，P B=11kg·m/s，碰撞前后出现的动量变量△P A、△P B可能为（）A．△P A＝－3㎏·m/s, △P B＝3kg·m/sB．△P A＝4㎏·m/s, △P B＝－4kg·m/sC．△P A＝－5㎏·m/s, △P B＝－5kg·m/sD．△P A＝－16㎏·m/s,△P B＝16kg·m/s5．如图所示，两个等大的水平力F分别作用在物体B、C上．物体A、B、C都处于静止状态．各接触面与水平地面平行．物体A、C间的摩擦力大小为f1，物体B、C间的摩擦力大小为f2，物体C与地面间的摩擦力大小为f3，则（）A．B．C．D．二、多项选择题：本题共5小题。
2019-2020年高三第二次质量检测物理试题含答案.doc
2019-2020年高三第二次质量检测物理试题含答案一、选择题．本部分题目为不定项选择题（每小题的正确答案可能为一个，也可能多个，答案正确得4分，少选得2分，多选或不选得0分，共12小题，共48分）1.跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图1当运动员从直升飞机由静止跳下后，在下落过程中不免会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是( )A ．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B ．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害C ．运动员下落时间与风力无关D ．运动员着地速度与风力无关2.一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地流离房顶,要设计好房顶的坡度. 设雨滴沿房顶向下流时做无初速度无摩擦的运动，那么，图中所示的四种情况中符合要求的是（ ）3.如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行。
当电键S 接通瞬间，两铜环的运动情况是( )A ．同时向螺线管靠拢B ．同时向两侧推开C ．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D ．同时被推开或同时向螺线管靠拢，因电源正负极未知，无法具体判断4.空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为—q 的质点（重力不计），在恒定拉力F 的作用下沿虚线由M 匀速运动到N ，如图所示，已知力F 和MN 间夹角为θ，MN 间距离为d ，则 （ ） A ．MN 两点的电势差为cos /Fd q θ B ．匀强电场的电场强度大小为cos /F q θC ．带电小球由M 运动到N 的过程中，电势能减少了cos Fd θD ．若要使带电小球由N 向M 做匀速直线运动，则F 必须反向5．2009年2月11日，美国和俄罗斯的两颗卫星在西伯利亚上空相撞，这是有史以来首次卫图1A B CD星碰撞事件，碰撞点比相对地球静止的国际空间站高434km．则 ( )A．在碰撞点高度运行的卫星的周期比国际空间站的周期大B．在碰撞点高度运行的卫星的向心加速度比国际空间站的向心加速度小C．在与空间站相同轨道上运行的卫星一旦加速，将会与空间站相撞D．若发射一颗在碰撞点高度处运行的卫星，发射速度至少为11.2km／s6．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶17. 如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是( )A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷(q/m)越小8．如图所示，A灯与B灯电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片向下滑动时，两灯的变化是( )A．A灯变亮，B灯变亮B．A灯变暗，B灯变亮C．A灯变暗，B灯变暗D．A灯变亮，B灯变暗9．如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端。
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14．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。
关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是A．伽利略发现了行星运动的规律B．卡文迪许通过实验测出了静电力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献15．如图所示，两根相互垂直的细线把质量为m的小球悬挂在图示P位置并保持静止，这时沿OP方向的细线与竖直方向的夹角为θ，细线中的拉力大小为F TP；现在剪断细线NP，当小球摆到位置Q(图中未画出)时，OQ与竖直方向夹角也为θ。
下列说法正确的是A．剪断细线NP的瞬间，小球处于平衡状态B．剪断细线NP前、后的瞬间，细线OP中的拉力都为F TP=mgcosθC．小球在Q点时的加速度为重力加速度gD．小球运动到最低点时处于超重状态【答案】BD【解析】试题分析：剪断NP 的瞬间，小球受到自身重力mg 和细线拉力TP F ,但是二力并不在一条直线上，不可能平衡，选项A 错。
剪断前，对小球受力分析可得cos TP F mg θ=，剪断后，小球开始圆周运动，但剪断瞬间速度为0，径向方向合力为0，即cos TP F mg θ=，选项B 对。
根据机械能守恒，Q 点小球速度仍为0，径向合力为0，但切线方向sin mg ma θ=，加速度sin a g θ=，选项C 错。
小球运动到最低点时，为圆周运动，合力提供向心力，加速度指向圆心即竖直向上，处于超重选项D 对。
考点：共点力的平衡 机械能守恒 圆周运动16．如图所示，质量为m=1kg 的小球以v 0 =10 m/s 的速度水平抛出，在落地之前经过空中A 、B 两点，在A 点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B 点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2)。
若以抛出点所在的水平面为重力势能的参考平面，以下判断中正确的是A ．小球经过A 、B 两点间的时间t =3 s B ．A 、B 两点间的高度差h =15 mC ．小球在A 点时的机械能为50JD ．小球在B 点时具有的重力势能为150J力势能为0，所以机械能50E J =，选项C 对。
2019_2020学年高考物理主题2第I部分机械振动检测试卷(二)(必修1)
检测试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分，其中1～7题为单项选择题，8～12题为多项选择题)1.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是( )A.平衡位置就是回复力为零的位置B.处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C.物体到达平衡位置时，合力一定为零D.物体到达平衡位置时，回复力不一定为零答案 A解析平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A对.2.下列说法正确的是( )A.摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确B.火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆C.挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频D.在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象答案 C解析摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T＝2πlg可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故A错误；火车过桥时要减速是为了防止桥发生共振，不是防止火车发生共振，故B错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故D错误.3.如图1所示为某质点在0～4s内的振动图象，则( )图1A.质点振动的振幅是2m，质点振动的频率为4HzB.质点在4s末的位移为8mC.质点在4s内的路程为8mD.质点在t＝1s到t＝3s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小 答案 C解析 由题图可知振动的振幅A ＝2m ，周期T ＝4s ，则频率f ＝1T＝0.25Hz ，选项A 错误；振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4 s 末的位移为零，选项B 错误；4 s 内的路程s ＝4A ＝8m ，选项C 正确；质点从t ＝1s 到t ＝3s 的时间内，一直沿x 轴负方向运动，选项D 错误.4.(2017·馆陶一中高二下学期期中)一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图2甲所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动，匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期.若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图乙所示.当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图丙所示.若用T 0表示弹簧振子的固有周期，T 表示驱动力的周期，Y 表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则( )图2A.由图线可知T 0＝4s ，振幅为8cmB.由图线可知T 0＝8s ，振幅为2cmC.当T 在4s 附近时，Y 显著增大；当T 比4s 小得多或大得多时，Y 很小D.当T 在8s 附近时，Y 显著增大；当T 比8s 小得多或大得多时，Y 很小 答案 C解析 题图乙是振子自由振动时的振动图线，振子的固有周期为T 0＝4s ，振幅为4cm ，故A 、B 错误；当驱动力的频率等于振子的固有频率时，振子的振动达到最强，故当T 在4s 附近时，振幅显著增大，当T 比4s 小得多或大得多时，Y 很小，故C 正确，D 错误.5.(2018·吉林八校联考高二下学期期中)有一个在y 方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图3所示.下列关于图4中(1)～(4)的判断正确的是( )图3图4A.图(1)可作为该物体的速度－时间图象B.图(2)可作为该物体的回复力－时间图象C.图(3)可作为该物体的回复力－时间图象D.图(4)可作为该物体的加速度－时间图象 答案 C解析 在简谐运动中，位移为零时，速度最大，位移最大时，速度为零，则知速度图象与位移图象呈现相反的规律，图(2)可以作为该物体的v －t 图象，故A 错误；由简谐运动特征F ＝－kx 可知，回复力的图象与位移图象的相位相反，但也是正弦曲线，则知图(3)可作为该物体的F －t 图象，故B 错误，C 正确；由a ＝－kx m可知，加速度的图象与位移图象的相位相反，应为正弦曲线，则知图(4)不能作为该物体的a －t 图象，故D 错误.6.如图5所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R 1和R 2，圆心分别为O 1和O 2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O 平滑连接.M 点和N 点分别位于O 点左右两侧，MO 的距离小于NO 的距离.现分别将位于M 点和N 点的两个小球A 和B (均可视为质点)同时由静止释放.关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )图5A.恰好在O 点B.一定在O 点的左侧C.一定在O 点的右侧D.条件不足，无法确定答案 C解析 据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A 、B 两球的运动周期分别为T A ＝2πR 1g ，T B ＝2πR 2g，两球第一次到达O 点的时间分别为t A ＝14T A ＝π2R 1g ，t B ＝14T B ＝π2R 2g，由于R 1<R 2，则t A <t B ，故两小球第一次相遇点的位置一定在O 点的右侧.故选C.7.如图6所示，一质点在a 、b 间做简谐运动，O 是它振动的平衡位置.若从质点经过O 点开始计时，经3s ，质点第一次到达M 点，再经2s ，它第二次经过M 点，则该质点的振动图象可能是( )图6答案 C解析 若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M 到b 的时间为1s ，则T4＝3s ＋1s ＝4s ，解得T ＝16s ，若质点从平衡位置开始先向左运动，可知M 到b 的时间为1s ，则34T ＝3s ＋1s ＝4s ，解得T ＝163s ，故C 正确，A 、B 、D 错误.8.如图7所示，A 、B 、C 三个小钢球的质量分别为2m 、12m 、m ，A 球振动后，通过张紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当B 、C 振动达到稳定时，下列说法正确的是( )图7A.B 的振动周期最大B.C 的振幅比B 的振幅小C.C的振幅比B的振幅大D.A、B、C的振动周期相等答案CD解析由题意，A做自由振动，振动周期就等于其固有周期，而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等，故A错误，D正确；由于C、A的摆长相等，则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅比B的大，故C正确，B错误.9.(2018·延庆高二检测)如图8所示，轻质弹簧下挂重为300N的物体A时伸长了3cm，再挂上重为200N的物体B时又伸长了2cm，现将A、B间的细线烧断，使A在竖直平面内振动，则(弹簧始终在弹性限度内)( )图8A.最大回复力为500N，振幅为5cmB.最大回复力为200N，振幅为2cmC.只减小A的质量，振动的振幅不变，周期变小D.只减小B的质量，振动的振幅变小，周期不变答案BD解析由题意知，轻质弹簧下只挂物体A，使弹簧伸长3cm时，A的位置为A振动时的平衡位置，再挂上重为200N的物体B时，弹簧又伸长了2cm，此时连接A、B的细线张力大小为200N，把该细线烧断瞬间，A的速度为零，具有向上的最大加速度，此时受到的回复力最大，为200N，距平衡位置的位移最大，为2cm，故A错误，B正确；只减小A的质量，振动的幅度不变，而周期与振幅无关，所以周期不变，故C错误；只减小B的质量，振动的幅度变小，而周期与振幅无关，所以周期不变，故D正确.10.图9为甲、乙两单摆的振动图象，则( )图9A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1B.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝4∶1C.若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g 甲∶g 乙＝4∶1D.若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g 甲∶g 乙＝1∶4 答案 BD解析 由题图可知T 甲∶T 乙＝2∶1，根据公式T ＝2πlg，若两单摆在同一地点，则两单摆摆长之比为l 甲∶l 乙＝T 甲2∶T 乙2＝4∶1，故A 错误，B 正确；若两单摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g 甲∶g 乙＝T 乙2∶T 甲2＝1∶4，故C 错误，D 正确.11.(2018·广州高二检测)如图10所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图象，从图象可知( )图10A.两摆球质量相等B.两单摆的摆长相等C.两单摆相位相差π2D.在相同的时间内，两摆球通过的路程总有s 甲＝2s 乙 答案 BC解析 由题图知T 甲＝T 乙，则摆长相等，B 正确；而单摆周期与质量无关，A 错误；A 甲＝2A 乙，x 甲＝2sin (ωt ＋π2) cm ，x 乙＝sin ωt cm ，两单摆相位相差π2，C 正确；由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同的时间，两摆球通过的路程才一定满足s 甲＝2s 乙，D 错误. 12.一弹簧振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点.t ＝0时振子的位移x ＝－0.1m ；t ＝43s 时x＝0.1m ；t ＝4s 时x ＝0.1m.该振子的振幅和周期可能为( ) A.0.1m ，83sB.0.1m ，8sC.0.2m ，83sD.0.2m ，8s答案 ACD解析 若振幅A ＝0.1m ，T ＝83s ，则43s 为半个周期，从－0.1m 处运动到0.1m 处，符合运动实际，4s －43s ＝83s 为一个周期，正好返回0.1m 处，所以A 对；若A ＝0.1m ，T ＝8s ，43s ＝T6，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B 错；若A ＝0.2m ，T ＝83s ，则43s ＝T2，振子可以由－0.1m 处运动到对称位置，4s －43s ＝83s ＝T ，振子可以由0.1m 处返回0.1m 处，所以C 对；若A ＝0.2m ，T ＝8s ，则43s ＝2×T 12，而sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ·T 12＝12，即T 12时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1m 处，再经83s 又恰好能由0.1m 处运动到0.2m 处后，再返回0.1m 处，所以D 对.二、实验题(本题共2小题，共18分)13.(8分)用单摆测重力加速度的实验装置如图11所示.图11(1)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.请计算出第3组实验中的T ＝________s ，g ＝________m/s 2.(2)用多组实验数据作出T 2－L 图象，也可求出重力加速度g .已知三位同学作出的T 2－L 图线的示意图如图12中的a 、b 、c 所示，其中a 和b 平行，b 和c 都过原点，图线b 对应的g 值最接近当地重力加速度的值，则相对于图线b ，下列分析正确的是____(填选项前的字母).图12A.出现图线a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB.出现图线c 的原因可能是误将49次全振动记为50次C.图线c 对应的g 值小于图线b 对应的g 值 答案 (1)2.01(2分) 9.76(3分) (2)B(3分)解析 (1)由T ＝t n 得T ＝100.550s ＝2.01s.由g ＝4π2L T2得g ≈9.76m/s 2(2)写出T 2与L 的表达式，T 2＝4π2g L ，T 2－L 图象的斜率为4π2g，图象应过原点，图线b 为正确实验图线.图线a 中斜率与b 相同，说明g 相同，而L 为零时T ＞0，说明L 记录偏小，应该是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L ，把悬线长度当成了摆长，忘记加小球的半径，A 错误.图线c 斜率较小，得出的g 偏大，C 错误.由g ＝4π2L T2可知，若g 偏大，则T 2偏小，图线c 可能是记录单摆全振动次数的时候多记录了次数，B 正确.14.(10分)(2018·金华市十校高二上学期期末联考)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.(1)下列关于单摆实验的操作，正确的是________.A.摆球运动过程中摆角应大于30°B.摆球到达平衡位置时开始计时C.摆球应选用泡沫小球D.保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)正确组装单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量出从悬点到摆球最低端的长度L ＝0.9990m ，再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图13所示，则该摆球的直径为____mm ，单摆摆长l 为________m.图13(3)实验中，测出不同摆长l 对应的周期值T ，作出T 2－l 图象，如图14所示，已知图线上A 、B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)、(x 2，y 2)，可求出g ＝________.图14答案 (1)BD(3分) (2)12.0(2分) 0.9930(2分) (3)4π2y 2－y 1(x 2－x 1)(3分)解析 (1)摆球运动过程中摆角大于30°时就不是简谐运动了，选项A 错误；摆球到达平衡位置时，即摆球经过最低点时开始计时，选项B 正确；摆球应选用质量大，体积较小的球，不能选泡沫球，选项C 错误；应保证摆球在同一竖直平面内摆动，选项D 正确.(2)该摆球的直径为12 mm ＋0.1 mm×0＝12.0 mm ，单摆摆长l 为0.999 0 m －6.0 mm ＝0.993 0 m.(3)根据单摆的周期公式T ＝2πl g ，即T 2＝4π2g l 有：y 1＝4π2g x 1；y 2＝4π2gx 2 联立解得：g ＝4π2y 2－y 1(x 2－x 1).三、计算题(本题共3小题，共34分)15.(9分)一个摆长为2m 的单摆，在地球上某地摆动时，测得完成100次全振动所用的时间为284s.(结果均保留三位有效数字) (1)求当地的重力加速度g ；(2)若把该单摆拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是1.60 m/s 2，则该单摆振动周期是多少？答案 (1)9.78m/s 2(2)7.02s解析 (1)周期T ＝t n ＝284100s ＝2.84s.(2分)由周期公式T ＝2πlg(2分) 得g ＝4π2l T 2＝4×3.142×22.842m/s 2≈9.78m/s 2.(2分) (2)T ′＝2πl g ′＝2×3.14×21.60s≈7.02s.(3分) 16.(12分)(2018·吉林八校联考高二下学期期中)如图15所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在B 、C 两点间做简谐运动，在t ＝0时刻，振子从O 、B 间的P 点以速度v 向B 点运动；在t ＝0.2s 时，振子速度第一次变为－v ；在t ＝0.5s 时，振子速度第二次变为－v .图15(1)若B 、C 之间的距离为25cm ，求振子在4.0s 内通过的路程.(2)若B 、C 之间的距离为25cm.从平衡位置开始计时，写出弹簧振子的位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象. 答案 见解析解析 (1)根据弹簧振子简谐运动的对称性可得：T ＝0.5×2s＝1.0s.(2分) 若B 、C 之间距离为25cm ，则振幅A ＝12×25cm＝12.5cm(2分)振子4.0s 内通过的路程s ＝4.01.0×4×12.5cm＝200cm.(2分) (2)根据x ＝A sin ωt ，A ＝12.5cm ，ω＝2πT＝2πrad/s(2分)得x ＝12.5sin2πt (cm).(2分)振动图象为：(2分)17.(13分)摆长为l 的单摆在平衡位置O 的左右做摆角小于5°的简谐运动，当摆球经过平衡位置O (O 在A 点正上方)向右运动的同时，另一个以速度v 在光滑水平面上匀速运动的小滑块，恰好经过A 点向右运动，如图16所示，小滑块与竖直挡板P 碰撞后以原来的速率返回，略去碰撞所用时间，试求：图16(1)AP 间的距离满足什么条件，才能使小滑块刚好返回A 点时，摆球也同时到达O 点且向左运动？(2)AP 间的最小距离是多少？ 答案 (1)(2n ＋1)v π2l g (n ＝0，1，2…) (2)πv 2lg解析 (1)设AP 间距离为s ，小滑块做匀速直线运动的往返时间为t 1，则依题意可知t 1＝2sv.(2分)设单摆做简谐运动回到O 点且向左运动所需时间为t 2， 则t 2＝T2＋nT (n ＝0，1，2…)(2分)其中T ＝2πlg(1分) 由题意可知t 1＝t 2(1分)所以2s v ＝T2＋nT (n ＝0，1，2…)，(2分)可得：s ＝v 2(12＋n )T ＝v 4(2n ＋1)T ＝v4(2n ＋1)·2πl g ＝(2n ＋1)v π2lg(n ＝0，1，2…).(2分)πv 2lg.(3分)(2)n＝0时，AP间的距离最小，s min＝。
2019—2020学年度第二学期阶段性检测高三物理(二)参考答案
（ 2 分）
p AVC = pCVC
解得 VC = 3 10- 3 m3
② A→ C 过程，由温度相等得：△ U =0 由热力学第一定律： ΔU=Q+W 可知， 在 A→B→Ｃ 的过程中，吸收的热量 Q=W
所以 Q = p V = 1 105 (3 10- 3 - 1 10- 3 ) = 200J
(2 分 ) (1 分 )
0 qE2
x
方向水平向右
（ 1 分）
mg
（ 3）电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，小球做
匀速圆周运动，设小球在第 Ⅰ、 Ⅳ 象限内轨道半径分别 R1、 R2，运动周期分别为 T1、T2
2
根据
qvB = m v
R
y
解得：
R1 =
mv0
，
2qB
R2
=
mv0 qB
（ 1 分）
O1
2R 根据 T =
v
m
Mv0 = - mv1 + (M - m)v2
（ 2 分）
所以，加速后航天器的速度大小：
v 2 = Mv 0 + mv1 M -m
13-A ．［选修模块 3-3］ （ 12 分） （ 1） CD（ 3 分，漏选得 1 分）
（ 2） a 、摩尔体积（每空 2 分） bnS
（ 3）① A、 C 状态温度相同，根据玻意耳定律有
2m
解得： T1 =
， T2 =
qB
qB
Oα v
（ 1 分）
x O2
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小球运动轨迹如图所示 a．小球从第 Ⅳ 象限进入第 I 象限
小球经过
x 轴的时刻
t1 = n
T2 + (n - 1)
高考二轮复习专题(物理-机械能守恒定律)
高考二轮复习专题六：机械能守恒定律一、知识点综述：1. 在只有重力和弹簧的弹力做功的情况下，物体的动能和势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变.2. 对机械能守恒定律的理解：（1）系统在初状态的总机械能等于末状态的总机械能.即 E 1 = E 2 或 1/2mv 12 + mgh 1= 1/2mv 22 + mgh 2（2）物体（或系统）减少的势能等于物体(或系统)增加的动能，反之亦然。
即 -ΔE P = ΔE K（3）若系统内只有A 、B 两个物体，则A 减少的机械能E A 等于B 增加的机械能ΔE B 即 -ΔE A = ΔE B 二、例题导航：例1、如图示，长为l 的轻质硬棒的底端和中点各固定一个质量为m 的小球，为使轻质硬棒能绕转轴O 转到最高点，则底端小球在如图示位置应具有的最小速度v= 。
解：系统的机械能守恒，ΔE P +ΔE K =0因为小球转到最高点的最小速度可以为0 ，所以，例2. 如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ=30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮。
一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A 和B 连结，A 的质量为4m ，B 的质量为m ，开始时将B 按在地面上不动，然后放开手，让A 沿斜面下滑而B 上升。
物块A 与斜面间无摩擦。
设当A 沿斜面下滑S 距离后，细线突然断了。
求物块B 上升离地的最大高度H. 解：对系统由机械能守恒定律 4mgSsin θ – mgS = 1/2× 5 mv 2 ∴ v 2=2gS/5细线断后，B 做竖直上抛运动，由机械能守恒定律 mgH= mgS+1/2× mv 2 ∴ H = 1.2 S例3. 如图所示，半径为R 、圆心为O 的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上．一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m 的重物，忽略小圆环的大小。
（1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧θ=30°的位置上(如图)．在 两个小圆环间绳子的中点C 处，挂上一个质量M = m 的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M ．设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M 下降的最大距离．l mg l mg v m mv 22212122⋅+⋅=⎪⎭⎫⎝⎛+gl gl v 8.4524==∴2（2）若不挂重物M ．小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态?解：(1)重物向下先做加速运动，后做减速运动，当重物速度 为零时，下降的距离最大．设下降的最大距离为h ，由机械能守恒定律得 解得（另解h=0舍去）(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a ． 两小环同时位于大圆环的底端． b ．两小环同时位于大圆环的顶端．c ．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端．d ．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上(如图所示)．对于重物，受绳子拉力与重力作用，有T=mg对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力T 、竖直绳子的拉力T 、大圆环的支持力N.两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反得α=α′, 而α+α′=90°，所以α=45 °例4.如图质量为m 1的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m 2的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k ，A 、B 都处于静止状态。
2019-2020年高三总复习质检物理试题 含答案
试卷类型:A 2019-2020年高三总复习质检物理试题含答案注意事项：1. 答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号。
用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的县（市、区）、学校以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。
用2B铅笔将试卷类型（A)填涂在答题卡相应位置上。
2. 选择題每小題选出答案后，用2B铅笔把答題卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答題卡各題目指定区域内的相应位置上;如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效a4. 考生必须保持答題卡的整洁。
考试结束后，将试卷和答題卡一并交回。
可能用到的相对原子质置：H 1 C 12 0 16 Mg 24 S 32 Ba 137一、单项选择题:本大题共6小题，每小题4分,共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,选错或不答的得O分。
13. 以下叙述正确的是A. 牛顿第一定律可以通过实验直接证明B. 库仑最早用扭秤实验测量出电子电荷量的精确值C. 法拉第最早发现电磁感应现象D. 卢瑟福通过对阴极射线的研究提出原子具有核式结构14.已知氢原子的基态能量为五"激发态能量E n=E1/n2，其中n= 2,3…。
用h表示普朗克吊量，c表示真空中的光速。
能使氢原子从基态跃迁到n = 2的激发态的光子的波长为A. B. c- D.15. 如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力i^的作用下，向右做勾速运动,则下列说法中正确的是A. 物体A受到三个力的作用B. 物体A受到四个力的作用C. 物体A受到的滑动摩擦力大小为FsinθD. 物体A对水平地面的压力大小为Fsinθ16.以0点为圆心的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。
2019-2020年高三上学期第二次质检物理试题含解析
2019-2020年高三上学期第二次质检物理试题含解析一、选择题（每小题的四个选项中，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，有选错的得0分．）1．（4分）（2012秋•枣庄期中）许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（）A．卡文迪许测出引力常量用了放大法B．伽利略为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、卡文迪许测出引力常量用了放大法，故A正确B、伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B错误C、在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误D、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确故选AD．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（4分）（2014春•浦东新区校级月考）如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水面上，现对小球施加一个方向水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动．则小球在向右运动的整个过程中（）A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大C．小球的动能逐渐增大D．小球的动能先增大后减小考点：功能关系；机械能守恒定律．分析：机械能的变化量等于重力或弹簧弹力以外的力做功多少；结合牛顿第二定律分析小球的速度变化情况．解答：解：A、以弹簧和小球的系统为研究对象，力F做正功，故系统机械能增加，故A错误B正确；C、小球静止时弹簧处于原长，开始阶段弹簧形变量较小，则弹簧拉力较小，F大于弹簧拉力，小球加速度向右，小球加速运动，随着弹簧拉力变大小球加速度减小，当弹簧拉力增大到与外力F相等时，加速度减小到零，小球速度达到最大，之后小球继续向右运动，弹簧拉力大于外力F，小球加速度方向向左，即小球做减速运动，故小球的动能先增大后减小，C错误D正确；故选：BD．点评：掌握功能关系：机械能的变化量等于重力或弹簧弹力以外的力做的功；会分析变加速运动物体的运动情况是此题中判断小球动能变化的前提．3．（4分）（2013秋•莱州市校级月考）如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，一支铅笔沿三角板直角边向上做匀速直线运动同时，三角板沿刻度尺向右匀加速运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断，其中正确的有（）A．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线B．笔尖留下的痕迹是一条曲线C．在运动过程中，笔尖的速度方向始终保持不变D．在运动过程中，笔尖的加速度方向始终保持不变考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：把笔尖的实际运动分解成沿三角板的直角边方向上的匀速直线运动和沿直尺方向上的匀加速直线运动，得知笔尖的实际运动是曲线运动，运动轨迹是一条曲线（抛物线的一部分），从而可判断AB的正误；笔尖在沿三角板的直角边的方向上加速度为零，在沿直尺的方向上加速度保持不变，由此可判断选项CD的正误．解答：解：AB、铅笔沿三角板直角边向上做匀速直线运动，同时三角板又向右做匀加速直线运动，所以笔尖参与这两个运动，实际运动是这两个运动的合运动，加速度的方向与速度不在同一条直线上，所以笔尖留下的痕迹是一条曲线．选项A错误，B正确．C、因笔尖的运动是曲线运动，所以笔尖的速度方向是时刻发生变化的，选项C错误．D、笔尖的连个分运动，一个是沿三角板的直角边的匀速直线运动，此方向上的加速度为零；另一分运动是沿直尺向右的匀加速运动，此方向上的加速度是恒定的，所以笔尖的加速度方向是始终不变的．故选：BD点评：该题考查了运动的合成与分解，解题的关键是要知道笔尖的实际运动时沿三角板直角边方向上的匀速直线运动和沿直尺方向上的匀加速直线运动的合运动．了解物体做曲线运动的条件是加速度的方向与速度的方向不在一条直线上，同时要会分析两个直线运动的合运动是什么类型的运动．4．（4分）（2009•江门一模）2008北京奥运会取得了举世瞩目的成功，某运动员（可看作质点）参加跳板跳水比赛，起跳过程中，将运动员离开跳板时做为计时起点，其速度与时间关系图象如图所示，则（）A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面D．0﹣t2的时间内，运动员处于失重状态考点：超重和失重；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：在v﹣t图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负代表运动的方向，根据v﹣t图象可以分析人的运动的状态．解答：解：A、从开始到t2时刻，v﹣t图象为直线，说明整个过程中的加速度是相同的，所以在0﹣t2时间内人在空中，处于完全失重状态，t2之后进入水中，所以A错误BD正确；C、t3时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处，没有浮出水面，所以C错误．故选BD．点评：本题主要就是考查学生对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，直线的斜率代表的是加速度的大小，图象的面积代表的是位移．5．（4分）（2013•日照一模）如图所示，质量为m的滑块置于倾角为30°的粗糙斜面上，轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，系统处于静止状态，则（）A．滑块可能受到三个力作用B．弹簧一定处于压缩状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零．滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡．根据共点力平衡进行分析．解答：解：A、弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，A正确；B错误；C、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于），不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C错误；D正确．故选AD．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零．6．（4分）（2014•呼伦贝尔一模）如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）A．球B对墙的压力增大B．物体A与球B之间的作用力减小C．地面对物体A的摩擦力减小D．物体A对地面的压力减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：整体法和隔离法；图析法．分析：对小球进行受力分析，根据A物体移动可得出小球B受A支持力方向的变化，由几何关系可得出各力的变化，对整体进行分析可得出水平向上摩擦力及竖直向上的压力的变化．解答：解：对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向外平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A 对B球的弹力及墙壁对球的弹力均减小；故A错误，B正确；以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故C正确；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，故D错误；故选BC．点评：本题应注意图析法及整体法的应用，灵活选择研究对象可以对解决物理题目起到事半功倍的效果．7．（4分）（2006•盐城模拟）如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为，这物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A．B．重力势能增加了mgh重力势能增加了mghC．动能损失了mgh D．机械能损失了考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：物体在斜面上上升的最大高度为h，物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh．根据动能定理求解动能的损失．根据动能和重力势能的变化，确定机械能的变化．解答：解：A、B由题，物体在斜面上上升的最大高度为h，物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh．故A错误，B正确．C、根据动能定理得：△E k=﹣ma=﹣m•2h=﹣，则物体的动能损失了．故C错误．D、由上知道，重力势能增加了mgh，物体的动能损失，则机械能损失了．故D正确．故选BD点评：本题考查对常见的功能关系的理解和应用能力．重力势能的变化与重力做功有关，动能的变化取决于合力做功，而机械能的变化可由动能的变化与重力势能的变化来确定．8．（4分）（2013秋•莱州市校级月考）如图所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M、N 各放一个点电荷，它们分别带等量的正电荷，E、F分别是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，MP=QN下列说法正确的是（）A．E、F两点的电场强度相同B．P、Q两点的电势相同C．将电子沿直线从E点移F点电场力不做功D．将电子沿直线从E点移到F点，电子的电势能减少考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：首先画出根据等量同种电荷的电场线，然后根据等量同种电荷的电场线的对称性即可进行判定；电子在电场中受力的方向与电场线的方向相反．分析电场力做功，判断电势能的变化．解答：解：等量同号电荷的电场线分布情况如图所示．A、根据电场线的分布情况可知，E、F两点的电场强度大小，方向相反，所以电场强度不同，故A错误．B、根据对称性可知，P、Q两点的电势相同，故B正确．C、将电子沿直线从E点移F点，电场力先向下，后向上，电场力要做功，且先做正功后做负功．故C错误．D、因为电场力先做正功后做负功，所以电子的电势能先减小后增大，故D错误．故选：B．点评：对于等量同种电荷的电场线和等势面的分布要熟悉，这是考试的热点，关键要抓住对称性进行分析．9．（4分）（2011•黄浦区二模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大考点：电势能；牛顿第二定律；电场线；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大．解答：解：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故B正确，C错误；等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此加速度也大，故D正确．故选：BD．点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化．10．（4分）（2013秋•莱州市校级月考）如果在地球赤道上的物体随地球自转的速率v1，近地卫星的向心加速度为a1，地球半径为R，同步卫星离地心距离为r，运行速率为v2，加速度a2；那么下列比值正确的为（）A．=B．=C．=D．=（）2考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：同步卫星运行周期与赤道上物体自转周期相同，根据圆周运动公式比较线速度大小关系，近地卫星和同步卫星运动时万有引力提供圆周运动的向心力列出表达式比较加速度大小关系．解答：解：A、根据圆周运动公式得：v=ωr，同步卫星运行周期与赤道上物体自转周期相同，角速度相同，地球半径为R，同步卫星离地心距离为r，所以=，故A错误，B正确；C、近地卫星和同步卫星运动时万有引力提供圆周运动的向心力列出表达式=maa=近地卫星轨道半径是R，同步卫星离地心距离为r，所以=，故C、D错误；故选：B．点评：万有引力问题的主要处理思路是：环绕天体做圆周运动的向心力由万有引力提供．同时掌握同步卫星的周期与地球自转周期相同是解决本题的关键．11．（4分）（2015•山东一模）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：压轴题；恒定电流专题．分析：由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．解答：解：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小；故D错误；故选A．点评：解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的．12．（4分）（2012•沂水县校级模拟）用电动势为E、内电阻为r的电池组直接向线圈电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后，测得通过的电流为I、电动机两端的电压为U，则（）A．电路中电流B．在时间t内，电池组消耗的化学能为IEtC．在时间t内，电动机输出的机械能是IEt﹣I2rtD．以上说法都不对考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：发动机为非纯电阻用电器故不能使用欧姆定律求得电路中的电流；但由P=UI可求得电动机的功率；由EI可求得电池消耗的化学能．解答：解：A、因发电机为非纯电阻电路，故闭合电路欧姆定律不能使用，故A错误；B、电池组消耗的化学能等于电池的输出电能，故化学能为EIt；故B正确；C、电动机输出的功率P=UI，故C错误；D、因B正确，故D错误；故选B．点评：在应用闭合电路的欧姆定律解决问题时，要注意其使用的条件；电动机类由于将电能转化为了内能之外的其他形式的能量，故不能再由闭合电路欧姆定律求解．13．（4分）（2014•日照一模）已知神舟八号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球的半径R，万有引力常量为G．在该轨道上，神舟八号航天飞船（）A．运行的线速度大小为B．运行的线速度小于第一宇宙速度C．运行时的向心加速度大小D．地球表面的重力加速度大小为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：研究飞船绕地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求出线速度、加速度的表达式进行分析．解答：解：A、神舟七号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，飞船的轨道半径为r=R+h，则线速度大小为v==，故A错误．B、研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得：G=m解得：v=．当h=0时，v最大，即为第一宇宙速度，神舟八号的轨道高度h＞0，故飞船的线速度小于第一宇宙速度，故B正确；C、飞船的向心加速度大小a==，故C正确．D、根据万有引力提供向心力，有：G=m，在地球表面上，物体的重力近似等于万有引力，则有：m′g=联立两式解得，地球表面的重力加速度大小为g=．故D正确；故选：BCD．点评：本题关键明确万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解出线速度和加速度的表达式进行分析．二、实验（13分）14．（4分）（2012秋•枣庄期中）某同学“探究小车的速度随时间变化的规律”的实验装置如图甲所示．小车放在斜面上，车前端拴有不可伸长的细线，跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连，小车后面与穿过打点计时器的纸带相连．开始时，小车停在靠近打点计时器的位置，重物到地面的距离小于小车到滑轮的距离．启动打点计时器，释放重物，小车在重物牵引下，由静止开始沿斜面向上运动；重物落地后，小车会继续向上运动一段距离．打点计时器使用的交流电频率为50Hz．某次实验打出的纸带如图乙所示，图中a、b、c是纸带上的三段，纸带运动方向如图中箭头所示．（1）根据所提供的纸带和数据，计算打c段纸带时小车的加速度大小为 5.0m/s2（结果保留两位有效数字）．（2）判断小车运动的最大速度可能出现在b段纸带中的D4D5两点之间．考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：打点计时器打点的时间间隔是相等的，观察纸带上相邻点间的距离的变化，判断纸带的运动情况．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．解答：解：（1）C段的加速度为了减小误差，采用逐差法m/s2（2）b段中只有D4D5之间位移最大，所以最大速度一定在D4D5之间．故答案为：5.0 D4D5点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚15．（9分）（2014•江苏模拟）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.6A）H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是A、C、D、F、H；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如下左图所示，图示中I=0.48A，U= 2.2V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，按要求在下右图中画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．（5）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图所示，则该金属丝的直径d= 3.205mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下右图所示，则该工件的长度L=50.15mm．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）实验需要电源、开关、导线，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系选择电流表采用内接法还是外接法．（3）根据图示电表确定其分度值，读出电表示数．（4）电流表能从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，然后作出伏安法测电阻的实验原理图．（5）螺旋测微器固定刻度与可动可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数．解答：解：（1）实验需要：A．电池组（3V，内阻1Ω），H．开关、导线，电源电动势为3V，电压表可选：D．电压表（0～3V，内阻3kΩ），电路最大电流约为I===0.6A，电流表应选：C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω），为方便实验操作，滑动变阻器可选：F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A），即需要的实验器材为：A、C、D、F、H．（2）==40，==600，＞，则电流表应采用外接法．（3）电流表量程是0～0.6A，由图示电流表可知其分度值是0.02A，示数为0.48A；电压表量程是0～3V，由图示电压表可知其分度值是0.1V，其示数为2.2V．（4）通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，则滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，伏安法测电阻的实验电路如图所示．（5）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为3mm，可动刻度所示为20.5×0.01mm=0.205mm，螺旋测微器示数为3mm+0.205mm=3.205mm；由图示游标卡尺可知，主尺示数为5cm=50mm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，则游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm．故答案为：（1）A、C、D、F、H；（2）外；（3）0.48；2.2；（4）电路图如图所示；（5）3.205；50.15．点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路设计、电表读数、螺旋测微器与游标卡尺读数等问题；一定要掌握实验器材的选取原则；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．三、计算题（35分）16．（10分）（2013春•霍林郭勒市校级期末）如图所示，质量为m=lkg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动．C点在B点的正上方，D点为轨道的最低点．小物块离开D点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点．已知半圆轨道的半径R=0.9m，D点距水平面的高度h=0.75m，取g=10m/s2，试求：（1）摩擦力对物块做的功；（2）小物块经过D点时对轨道压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律．专题：动能定理的应用专题．分析：本题（1）的关键是明确小物块经过C点时恰好能做圆周运动的条件是重力等于向心力，然后再由动能定理即可求解；（2）题的关键是根据动能定理或机械能守恒定律求出小物块到达D点时的速度，然后再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律即可求解；（3）题的关键是根据平抛运动规律并结合几何知识即可求出所求．解答：解：（1）设小物块经过C点时的速度大小，因为经过C时恰好能完成圆周运动，由牛顿第二定律可得：。
2019-2020年高三第二次质检(物理)
2019-2020年高三第二次质检（物理）一．选择题：（共12小题，共48分，在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，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
）1．关于物体的直线运动．．．．，下列说法中正确的是 （ ） A ．物体的加速度增大，速度不一定增大B ．加速度方向不变，速度方向也一定不变C ．做匀变速直线运动的物体，速度随位移均匀变化D ．做匀变速直线运动的物体，位移与时间的平方成正比2．如图所示，在同一高度处间隔一定时间先后自由释放两小球A ．B 的速度—时间图象，不计空气阻力，则下列说法正确的是 （ ）A ．两球落地时间间隔为t 0B ．两图线一定平行，图线的斜率等于重力加速度的大小C ．在空中运动时两球的速度差不变D ．在空中运动时两球间距保持不变3．一辆警车在平直的公路上以40m/s 的速度行驶，现在要到达前方某地时的速度也为40m/s ，有三种行进方式：（a ）一直匀速直线运动；（b ）先减速再加速；（c ）先加速再减速，则（ ）A ．（a ）种方式先到达B ．（b ）种方式先到达C ．（c ）种方式先到达D ．条件不足，无法确定4．下列所给的图象能反映做直线运动的物体回到初始位置的是 （ ）5．如图，是木星的一个卫星—木卫1上面的珞玑火山喷发的情景，图片中的英文单词Eruption意思是“火山喷发”，经观测火山喷发出岩块上升高度可达250km ，每一块石头的留空时间为1000s ，已知在距离木卫1表面几百千米的范围内，木卫1的重力加速度g 木卫可视为常数，而且在木卫1上没有大气，则据此可求出g 木卫与地球表面重力加速度g （g=10m/s 2）的关系是 （ ）A ．g木卫=gB ．g 木卫=12 gC ．g 木卫=15gD ．g 木卫=g6．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T 为时间间隔，物体在第2个T 时间内位移大小是1．8m ，第2个T 时间末的速度为2m/s ，则以下结论正确的是 （ ）A ．物体的加速度a=56m/s 2 B ．时间间隔T=1．0SC ．物体在前3T 时间内位移大小为4．5mD ．物体在第1个T 时间内位移的大小是0．8m7．在一条平直的公路上，甲车由静止开始以加速度a 做匀加速运动，在加速阶段，与同向匀速行驶的乙车在公路上相遇两次。
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2019-2020学年度最新版本高考物理二轮总复习专题过关检测--专题：机械振动与机械波(全部含详细答案解析)机械振动与机械波(附参考答案)(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)1.人体内部器官的固有频率为4～12 Hz.1986年,法国次声波实验室次声波泄漏，造成30多名农民在田间突然死亡.出现这一现象的主要原因是( ) A.次声波传播的速度快B.次声波频率和人体内部器官固有频率相同，由于共振造成器官受损而死亡C.人们感觉不到次声波，次声波可不知不觉地杀死人D.次声波穿透能力强，穿过人体时造成伤害解析:次声波的频率低于20 Hz ，当与人体内部器官的固有频率相同时，发生共振现象，造成器官受损而死亡. 答案:B2.如图7-1所示，位于介质 Ⅰ 和 Ⅱ 分界面上的波源S ，产生两列分别沿x 轴负方向与正方向传播的机械波.若在两种介质中波的频率及传播速度分别为f 1、f 2和v 1、v 2，则( )图7-1A.f 1＝2f 2，v 1＝v 2B.f 1＝f 2，v 1＝0.5v 2C.f 1＝f 2，v 1＝2v 2D.f 1＝0.5f 2，v 1＝v 2解析:同一波源的振动频率相同，f 1＝f 2，由图知,32321λλ==L 再由v ＝λf 可知v 1＝2v 2. 答案:C3.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t 1=0时波传播到x 轴上的质点B ，在它左边的质点A 恰好位于负最大位移处，如图7-2所示.在t 2=0.6 s 时，质点A 第二次出现在正的最大位移处，则( )图7-2A.该简谐波的波速等于10 m/sB.t 2=0.6 s 时，质点C 在平衡位置处且向下运动C.t 2=0.6 s 时，质点C 在平衡位置处且向上运动D.当质点D 第一次出现在正最大位移处时，质点B 恰好在平衡位置且向下运动 解析:质点A 第二次出现正的最大位移所需时间,23s 6.0T t ==解得周期T =0.4 s ，则波速,m/s 5m/s 4.02===Tv λA 错.波传到C 点需要s,2.022==Tv λ此时C 点重复质点B 的运动，在平衡位置处且向上运动，再经Δt =(0.6－0.2) s=0.4 s=T ,质点C 的运动状态跟0.2 s 时相同，B 错，C 对.质点D 第一次出现正的最大位移时，即x =1.5 m 处质点的运动传播到D ，需要.431s 7.0m/s 5m )5.15(T ==-此时质点B 处在负最大位移处.答案:C4.一列平面简谐波，波速为20 m/s ，沿x 轴正方向传播，在某一时刻这列波的图象如图7-3所示.由图可知( )图7-3A.这列波的周期是0.2 sB.质点P 、Q 此时刻的运动方向都沿y 轴正方向C.质点P 、R 在任意时刻的位移都相同D.质点P 、S 在任意时刻的速度都相同解析:由图象可知λ=4 m ，据λ=vT 可知T =λ/v =4/20 s=0.2 s ，故A 正确. 据波的传播方向与质点的振动方向的关系可判断出，此时刻P 、Q 的运动方向都沿y 轴正方向，故B 正确.由于P 、S 两个质点的平衡位置间的距离等于一个波长，故P 、S 振动完全相同，故D 正确，C 错. 答案:ABD5.下列说法中正确的是( )A.将单摆从地球赤道移到南(北)极，振动频率将变大B.将单摆从地面移至距地面高度为地球半径的高度时，则其振动周期将变到原来的2倍C.将单摆移至绕地球运转的人造卫星中，其振动频率将不变D.在摆角很小的情况下，将单摆的振幅增大或减小，单摆的振动周期保持不变 解析:单摆周期.2glT π=南(北)极处的重力加速度比赤道处大，周期变小，频率变大，选项A 正确；由2rMmG mg =知，从地面移至距地面高度为地球半径的高度时，重力加速度将变为原来的,41则周期变为原来的2倍，选项B 正确；人造卫星中的物体处于完全失重状态，单摆不会摆动，故选项C 错误；单摆的周期与振幅无关，选项D 正确. 答案:ABD6.位于坐标原点的波源产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速为400 m/s.已知t =0时，波刚好传播到x =40 m 处，如图7-4所示，在x =400 m 处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是( )图7-4A.波源开始振动时方向沿y 轴正方向B.波源的振动周期为T =0.05 sC.若波源向x 轴负方向运动，则接收器接收到的波的频率小于波源的频率D.该简谐横波在传播过程中只有遇到尺寸小于或等于20 m 的障碍物时才会发生明显的衍射现象解析:由图象知，波源开始振动的方向沿y 轴负方向，A 错.λ=20 m ，则,s 05.0s 40020===vT λB 正确.据多普勒效应，接收器接收到的波的频率小于波源的频率，C 正确.据波发生明显衍射现象的条件知D 错. 答案:BC7.图7-5甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置.当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出沙摆的振动位移随时间变化的关系曲线.已知木板被水平拉动的速度为0.20 m/s ，图乙所示的一段木板的长度为0.60 m,则这次实验沙摆的摆长大约为(取g =π2)( )图7-5 A.0.56 mB.0.65 mC.1.00 mD.2.25 m解析:由于木板匀速拉动，据s=vt ,则s,3s 20.060.0===v s t 显然t =2T ,则T =1.5 s ，据,2gL T π=可计算出摆长L 大约为0.56 m.故A 正确.答案:A8.某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4 km/s 和9 km/s.一种简易地震仪由竖直弹簧振子P 和水平弹簧振子H 组成(图7-6)，在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两振子相差5 s 开始振动，则( )图7-6A.P 先开始振动，震源距地震仪约36 kmB.P 先开始振动，震源距地震仪约25 kmC.H 先开始振动，震源距地震仪约36 kmD.H 先开始振动，震源距地震仪约25 km解析:由两种波的传播速率可知，纵波先传到地震仪位置，设所经历时间为t ,则横波传到地震仪处的时间为t +5 s ，由位移关系可得4(t +5 s)=9t ,t =4 s ，则震源距地震仪距离l =vt =36 km ，故A 正确. 答案:A9.(2010四川成都高三一检，18)如图7-7甲所示，同一水平直线上相距6 m 的A 、B 两处各有一个振源，C 为A 、B 连线的中点.在t 0=0时刻，A 、B 两处的质点以相同的振幅同时开始做垂直于直线AB 的上下振动，且都只振动了一个周期，它们的振动图象分别为图乙和图丙.若A 处振源向右传播的波与B 处振源向左传播的波在t 1=0.3 s 时刻于C 点相遇，则( )图7-7A.两列波在A 、B 间的传播速度均为10 m/sB.两列波的波长都是4 mC.在两列波相遇的过程中，中点C 为振动加强点D.在t 2=0.7 s 时刻，B 处质点经过平衡位置且振动方向向下 解析:根据题意可知:两列波的传播速度均为,m/s 10m/s 3.03===t s v A 正确；由振动图象知两列波周期均为0.2 s,λ=vT =10×0.2 m=2 m,B 错误；中点C 与两波源的路程差为0，但两波源的起始振动方向相反，故C 为振动减弱点，C 错误；因A 波经过0.6 s 传播至B 处质点，故0.7 s 时B 处质点的振动情况和0.1 s 时A 处质点的振动情况相同，0.1 s 时A 处质点正经过平衡位置向下运动，故D 正确. 答案:AD10.一简谐横波在x 轴上传播，波源振动周期T =0.1 s ，在某一时刻的波形如图7-8所示，且此时a 点向下运动.则( )图7-8A.波速为20 m/s ，波沿x 轴正向传播B.波速为20 m/s ，波沿x 轴负向传播C.波速为10 m/s ，波沿x 轴负向传播D.波速为10 m/s ，波沿x 轴正向传播 解析:由图象知波长λ=2 m ，则波速.m/s 20==Tv λ根据“上坡质点向下动，下坡质点向上动”的规律，由a 点向下运动得出波沿－x 方向传播，B 正确. 答案:B二、填空实验题(2小题，共20分)11.(8分)一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t =0时刻的波形如图7-9甲所示.图甲中某质点的振动图象如图乙所示.质点N 的振幅是________m ，振动周期为________s ，图乙表示质点_________(从质点K 、L 、M 、N 中选填)的振动图象.该波的波速为________m/s.解析:由图甲可知，振幅为0.8 m.由图乙可知，振动周期T =4 s.由图乙可知该质点在t =0时，正由平衡位置向y 轴正方向振动，故它表示质点L 的振动图象.由λ=vT 可得，.m/s 5.0m/s 42===T v λ答案:0.8 4 L 0.512.(12分)(2010湖北八校一联，22)(1)甲、乙两同学做“用单摆测重力加速度”实验，甲同学用秒表测量单摆的周期:当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每次经过最低点计一次数，当数到n =60时秒表的示数如图甲所示，则该单摆的周期是_________s(结果保留三位有效数字)；乙同学用游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，则游标卡尺的读数是_________cm.图7-10(2)在做实验时，可能导致重力加速度的测量结果偏大的有________. A.振幅偏小B.在未悬挂摆球之前先测定好摆长C.摆球做圆锥摆运动D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长解析:(1)单摆每一个周期通过最低点两次，所以数60次的时间为30个周期，从秒表中读数为67.2 s(或67.3 s)，周期为.s 24.230==tT 游标卡尺主尺读数为15 mm ，游标尺第12条刻度与主尺刻度对齐，L =15 mm+0.05 mm×12=15.60 mm=1.560 cm.(2)根据单摆周期公式glt π2=可得,422T l g π=所以重力加速度测量值与振幅无关，A 错；未悬挂摆球前测定摆长，l 值偏小，g 值偏小，B 错误；摆球做圆锥摆运动周期变短，g 值偏大，摆线长加摆球直径作为摆长，摆长偏大，g 值偏大，CD 正确. 答案:(1)2.24(3分) 1.560(3分) (2)CD(6分) 三、计算题(4小题，共40分)13.(8分)一列横波波速v ＝40 cm/s ，在某一时刻的波形如图7-11所示，在这一时刻质点A 振动的速度方向沿y 轴正方向.求:(1)这列波的频率、周期和传播方向；(2)从这一时刻起在0.5 s 内质点B 运动的路程和位移； (3)画出再经过0.75 s 时的波形图.解析:(1)从图中可得出波长λ＝8 cm ，这列波的频率和周期分别是,Hz 5==λvf .s 2.01==fT A 点此刻振动的速度方向向上，说明波沿x 轴负方向传播. (2)质点B 原来位于平衡位置，速度方向沿y 轴负方向.0.5 s 即2.5个周期后质点又回到平衡位置，速度方向变为竖直向上.则B 点在0.5 s 内的位移等于零.通过的路程为s ＝2.5×4×0.1 m ＝1 m. (3)波形如图中虚线所示.答案:(1)5 Hz 0.2 s 沿x 轴负方向传播 (2)1 m 0 (3)略14.(10分)如图7-12所示，在某介质中波源A 、B 相距d ＝20 m ，t ＝0时两者开始上下振动，A 只振动了半个周期，B 连续振动，所形成的波传播速度v ＝1.0 m/s ，开始阶段两波源的振动图象如图7-13所示.图7-12图7-13图7-14(1)在图7-14中定性画出 t ＝14.3 s 时A 波所达位置一定区域内的实际波形. (2)求时间t ＝16 s 内从A 发出的半波前进过程中所遇到的波峰个数. 解析:(1)波形图如下图所示(2)16 s 内两列波相对运动过的长度为l ＝l A ＋l B －d =2vt －d ＝12 mA 波宽度为m 2.022===AAT va λ B 波波长为λB ＝ vT B =2 m 可知A 波经过了6个波峰.答案:(1)略 (2)6个15.(10分)一列简谐波沿直线传播,A 、B 、C 是直线上的三点,如图7-15所示,某时刻波传到B 点,A 刚好位于波谷,已知波长大于3 m 小于5 m,AB =5 m,周期T =0.1 s,振幅A =5 cm,再经过0.5 s,C 第一次到达波谷,则A 、C 相距多远?到此时为止,A 点运动的路程为多大?图7-15解析:(1)若λ)41(m 5+==n ABm 1420m 415+=+=n n λ 由于3 m ＜λ＜5 m 所以n =1,λ=4 m,m/s 40==T v λAC =vt +λ=24 m若,)43(m 5λ=+==n AB 34m20+=n λ此时无解.(2)A 点运动路程.m 25.24s1.045s 5.0=⨯+=A Ts 答案:24 m 1.25 m16.(12分)有两列简谐横波a 、b 在同一媒质中沿x 轴正方向传播，波速均为v =2.5 m/s.在t =0时两列波的波峰正好在x =2.5 m 处重合，如图7-16所示.图7-16(1)求两列波的周期T a 和T b .(2)求t =0时两列波的波峰重合处的所有位置.(3)辨析题:分析并判断在t =0时是否存在两列波的波谷重合处.某同学分析如下:既然两列波的波峰与波峰存在重合处，那么波谷与波谷重合处也一定存在.只要找到这两列波半波长的最小公倍数，……，即可得到波谷与波谷重合处的所有位置.你认为该同学的分析正确吗？若正确，求出这些点的位置.若不正确，指出错误处并通过计算说明理由.解析:(1)从图中可以看出两列波的波长分别为λa =2.5 m 、λb =4.0 m ，因此它们的周期分别为s 1s 5.25.2===v T aa λ.s 6.1s 5.20.4===v T b a λ(2)两列波波长的最小公倍数为 s=20 mt =0时，两列波的波峰重合处的所有位置为x =(2.5±20k )m(k =0,1,2,3,…). (3)该同学的分析不正确.要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的整数倍恰好相等的位置.设距离x =2.5 m 为L 处两列波的波谷与波谷相遇，并设,2)12(,2)12(ban L m L λλ-=-=式中m 、n 均为正整数只要找到相应的m 、n 即可将λa =2.5 m,λb =4.0 m 代入并整理，得585.20.41212===--b a n m λλ由于上式中m 、n 在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处. 答案:(1)1 s 1.6 s (2)2.5±20k (k =0,1,2,3,…) (3)该同学的分析不正确。