浙江省杭州四校2024-2025高二物理下學期期中聯(lián)考試題

浙江省杭州2024-2025高二下學期期中四校聯(lián)考試卷物理試題第I卷（選擇題共45分）一、選擇題1（本題共12小題，每小題3分，共36分，每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.“四大獨創(chuàng)”是中國古代人民才智的結晶，是中華民族對世界文明發(fā)展的重大貢獻，在現(xiàn)代仍具有重大影響。下列說法正確的是（）A.春節(jié)有放鞭炮的習俗，在炸響的瞬間，鞭炮動量守恒但能量不守恒B.指南針的獨創(chuàng)促進了航海和航空事業(yè)發(fā)展，靜止時指南針的N極指向北方C.裝在炮筒中的火藥燃燒爆炸時，化學能全部轉化為彈片的動能D.火箭是我國重大獨創(chuàng)，現(xiàn)代火箭放射時，火箭對噴出氣體的作用力大于氣體對火箭的作用力【答案】B【解析】【詳解】A．鞭炮炸響時，內力遠遠大于外力，所以動量守恒，在任何狀況下，能量都是守恒的，故A錯誤；B．指南針的獨創(chuàng)促進了航海和航空，因地磁場南極處在地理北極處，故指南針靜止時指南針的N極指向北方，故B正確；C．裝在炮彈中的火藥燃燒爆炸時，化學能轉化為彈片的動能和四周物體的內能，故C錯誤；D．現(xiàn)代火箭放射時，火箭對噴出氣體的作用力和氣體對火箭的作用力為作用力和反作用力，依據(jù)牛頓第三定律可知，二者大小相等，方向相反，故D錯誤。故選B。2.下列幾幅圖片所展示的現(xiàn)象和情形與動量中緩沖無關的是（）A.甲圖中易碎物品運輸時，要用松軟材料包裝B.乙圖中碼頭邊上懸掛著一排排舊輪胎C.丙圖中體操運動員著地時先屈膝后站立.丁圖中直升機依靠螺旋槳旋轉獲得升力【答案】D【解析】【詳解】由動量定理p=Ft可知，在動量的變更量相同時，作用時間越長，作用力F越??；ABC．體操運動員從高處跳下著地時先屈膝、碼頭邊上懸掛著一排排舊輪胎、易碎物品運輸時要用松軟材料包裝，都是為了延長作用時間以削減作用力，應用了與動量相關的物理學問和原理，故ABC不符合題意；

D．直升機依靠螺旋槳旋轉獲得升力，是“反沖現(xiàn)象”，即螺旋槳旋轉對空氣施加一個向下的力，依據(jù)牛頓第三定律可知，空氣對螺旋槳一個向上的力，不是“應用了與動量相關的物理，故D符合題意。

故選D。3.振源A帶動細繩上各點上下做簡諧運動，某時刻繩上形成的波形如圖所示。規(guī)定繩上質點向上運動的方向為x軸的正方向，則A點從起振到完成一次全振動的振動圖象是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】由波形得知，波向右傳播時，起先計時，P點在平衡位置且振動方向向下，所以起先時從平衡位置向下振動。故選B。4.關于單擺的相識，下列說法正確的是（）A.擺球運動到平衡位置時，擺球所受的合力為零B.伽利略通過對單擺的深化探討，得到了單擺的周期公式C.將擺鐘由紹興移至北京，為保證擺鐘走時精確，需將鐘的擺長調長些D.利用單擺測重力加速度的試驗時，誤將擺線長做擺長，用T2-圖的斜率測量結果偏小【答案】C【解析】【詳解】A．單擺的過程中擺球的運動軌跡為圓弧，所以擺球在最低點受到的合外力供應向心力，不為0，故A錯誤；B．依據(jù)物理學史可知，伽利略得出了單擺的同時性，是惠更斯得出單擺的周期公式，故B錯誤；C．依據(jù)單擺的周期公式將擺鐘由紹興移至哈爾濱，重力加速度增大，為保證擺鐘的精確，須要將鐘擺調長，故C正確；D．在利用單擺測量重力加速度的試驗中，誤將擺線長L0當做擺長，則實際的擺長減小，依據(jù)T2-L0圖的斜率不變，由圖像斜率求得的加速度不變，故D錯誤。

故選C。5.如圖甲所示，在一塊平板玻璃上放置一平凸薄透鏡，在兩者之間形成厚度不勻稱的空氣膜，讓一束單一波長的光垂直入射到該裝置上，結果在上方視察到如圖乙所示內疏外密的同心圓環(huán)狀條紋，稱為牛頓環(huán)，以下說法正確的是（）A.干涉現(xiàn)象是由于凸透鏡上表面反射光和玻璃上表面反射光疊加形成的B.干涉現(xiàn)象是由于凸透鏡下表面反射光和玻璃上表面反射光疊加形成的C.若凸透鏡的曲率半徑增大，則會造成相應條紋間距減小D.若照耀單色光的波長增大，則會造成相應條紋間距減小【答案】B【解析】【詳解】AB．凸透鏡下表面與玻璃上表面形成空氣薄膜，干涉條紋是由于凸透鏡下表面反射光和玻璃上表面反射光疊加形成的，故A錯誤，B正確；C．若平薄凸透鏡的圓弧面曲率半徑增大，則空氣膜厚度變小，圓環(huán)狀干涉條紋的間距將變大，故C錯誤；D．若照耀單色光的波長增大，則會造成相應條紋間距增大，故D錯誤。故選B。6.如圖甲是一個磁懸浮地球儀，原理如圖乙所示。上方的地球儀內有一個永磁體，底座內有一個線圈，線圈通上直流電，地球儀就可以懸浮起來。下列說法正確的是（）A.將地球儀上下位置翻轉，仍能接著保持懸浮B.圖中線圈的a端須連接直流電源的正極C.若增加線圈的匝數(shù)，穩(wěn)定后地球儀受到的磁力增大D.若增大線圈中的電流，穩(wěn)定后地球儀受到的磁力不變【答案】D【解析】【詳解】A.地球儀依據(jù)同名磁極相互排斥的原理工作，將地球儀上下翻轉，則磁體磁極顛倒，和線圈的作用力從斥力變?yōu)槲Φ淖饔茫荒芙又３謶腋?，故A錯誤；B.線圈a端接正極時，依據(jù)安培定則，可知螺線管上面S極和永磁體下端磁極相反，會相互吸引，地球儀不會懸浮，故B錯誤；C.若增加線圈匝數(shù)，磁場增大，穩(wěn)定后地球儀懸浮得更高，但穩(wěn)定后地球儀受到的磁力仍與重力大小相等，故C錯誤；D.若增大線圈中的電流，穩(wěn)定后地球儀懸浮得更高，但穩(wěn)定后地球儀受到的磁力仍與重力大小相等，故D正確。故選D。7.如圖所示為洛倫茲力演示儀的結構示意圖，演示儀中有一對彼此平行且共軸的勵磁圓形線圈，通入電流I后，能夠在兩線圈間產生勻強磁場；玻璃泡內有電子槍，通過加速電壓U對初速度為零的電子加速并連續(xù)放射。電子剛好從球心O點正下方的S點水平向左射出，電子通過玻璃泡內淡薄氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡。則下列說法正確的是（）A.若要正常視察電子徑跡，勵磁線圈的電流方向應為逆時針（垂直紙面對里看）B.若保持U不變，增大I，則圓形徑跡的半徑變大C.若同時減小I和U，則電子運動的周期減小D.若保持I不變，減小U，則電子運動的周期將不變【答案】D【解析】【詳解】A．若要正常視察電子徑跡，則電子須要受到向上的洛倫茲力，依據(jù)左手定則可知，玻璃泡內的磁場應向里，依據(jù)安培定則可知，勵磁線圈的電流方向應為順時針，故A錯誤；B．電子在磁場中，向心力由洛倫茲力供應，則有可得而電子進入磁場的動能由電場力做功得到，即即U不變，則v不變。由于m、q不變，而當I增大時，B增大，故半徑減小，故B錯誤；C．因為，所以電子運動的周期與U無關，當減小電流I時，則線圈產生的磁場B也減小，則電子運動的周期T增大，故C錯誤；D．由C中分析可知，I不變，U減小，T不變，故D正確。故選D。8.被譽為“救命神器”的自動體外除顫儀（AED），是一種用于搶救心臟驟?；颊叩谋銛y式的醫(yī)療設備。其結構如圖所示，低壓直流電經(jīng)高壓直流發(fā)生器后向儲能電容器C充電。除顫治療時，開關撥到2，利用電極將脈沖電流作用于心臟，使患者心臟復原正常跳動，若無其他條件變更時，下列說法正確的是（）A.脈沖電流作用于不同人體時，電流大小相同B.放電過程中，電流大小不變C.自感系數(shù)L越小，放電脈沖電流的振蕩周期越短D.電容C越小，電容器的放電時間越長【答案】C【解析】【詳解】A．脈沖電流作用于不同人體時，由于不同人體的電阻不肯定相同，則電流大小不肯定相同，故A錯誤；B．放電過程中，電容器電場能漸漸減小，線圈中磁場能漸漸增大，則電流大小漸漸增大，故B錯誤；C．依據(jù)振蕩周期表達式可知自感系數(shù)L越小，放電脈沖電流的振蕩周期越短，故C正確；D．依據(jù)振蕩周期表達式可知電容C越小，放電脈沖電流的振蕩周期越短，則電容器的放電時間越短，故D錯誤。故選C。9.無線充電技術極好的提高了用戶體驗，當下汽車無線充電也越來越多受到關注。將受電線圈安裝在汽車底盤上，供電線圈安裝在地面上，如圖所示。當電動汽車行駛到供電線圈裝置上，受電線圈即可“接受”到他電線圈的電流，從而對車載蓄電池進行充電，關于無線充電，下列說法正確的是（）A.無線充電技術與電動機的工作原理相同B.只有將供電線圈接到直流電源上，才能對蓄電池進行充電C.為愛護受電線圈不受損壞，可在車底加裝一個金屬護板D.當受電線圈沒有對準供電線圈（二者沒有完全重合）時，也能進行無線充電【答案】D【解析】【詳解】A．無線充電技術與變壓器的工作原理相同，都是電磁感應原理，故A錯誤；B．只有將供電線圈接到溝通電源上，才能對蓄電池進行充電，故B錯誤；C．假如在車底加裝一個金屬護板，金屬護板會產生渦流，損耗能量，同時屏蔽磁場，使受電線圈無法產生感應電流，故C錯誤；D．受電線圈沒有對準供電線圈（二者沒有完全重合）時，也可以發(fā)生電磁感應現(xiàn)象，也可以進行無線充電，故D正確。故選D。10.如圖所示為用相機拍攝的夏日荷塘一景，已知水的折射率為n，下列說法正確的是（）A.太陽光進入水中后，光的頻率發(fā)生變更B.用相機拍攝水中的魚，可通過鏡頭表面的增透膜減弱水面反射光的影響C.用激光槍射擊水中的魚，為了提高命中率，在射擊時應瞄準眼睛看到的魚D.在水中的魚看來，崖上的量物都出現(xiàn)在一個倒立的圓錐里，圓錐的頂角θ的正弦值為【答案】C【解析】【詳解】A．光的頻率與介質無關，太陽光進入水中前后頻率保持不變，故A錯誤；B．用相機拍攝水中的魚，往往在鏡頭前加裝一個偏振片以減弱反射光的強度，使照片清楚，故B錯誤；C．看到的魚與實際是魚的像，光線在水和空氣的界面發(fā)生折射；用激光槍看到水中的魚光在界面也發(fā)折射，所以用激光槍射擊水中的魚，為了提高命中率，在射擊時應瞄準看到的魚，故C正確；D．光從空氣折射進入魚眼，折射角小于入射角，魚眼認為光是直線傳播的，所以岸上全部景物都出現(xiàn)在一個倒立的圓錐里，如圖所示依據(jù)依據(jù)圖可知圓錐的頂角θ為C的2倍，故D錯誤。故選C。11.如圖所示，水平間距為L，半徑為r的二分之一光滑圓弧導軌，為導軌最低位置，與為最高位置且等高，右側連接阻值為R的電阻，圓弧導軌所在區(qū)域有磁感應強度為B、方向豎直向上的勻強磁場。現(xiàn)有一根金屬棒在外力的作用下以速度從沿導軌做勻速圓周運動至處，金屬棒與導軌始終接觸良好，金屬棒與導軌的電阻均不計，則該過程中（）A.經(jīng)過最低位置處時，通過電阻R的電流最小B.經(jīng)過最低位置處時，通過金屬棒的電流方向為C.通過電阻R的電荷量為D.電阻R上產生的熱量為【答案】C【解析】【詳解】A．金屬棒從位置運動到軌道最低處的過程中，水平分速度即有效切割速度漸漸增大，由E=BLv可知金屬棒產生的感應電動勢增大，則通過R的電流大小漸漸增大；金屬棒從軌道最低位置運動到處的過程中，水平分速度即有效切割速度漸漸減小，由E=BLv可知金屬棒產生的感應電動勢減小，則通過R的電流大小漸漸減小，故經(jīng)過最低位置處時，通過電阻R的電流最大，故A錯誤；B．由右手定則可知，經(jīng)過最低位置處時，通過金屬棒的電流方向為，故B錯誤；C．通過電阻R的電荷量為故C正確；D．金屬棒做勻速圓周運動，切割磁感線的有效速度為是金屬棒的速度與水平方向的夾角，則金屬棒產生的感應電動勢為則回路中產生正弦式交變電流，可得感應電動勢的最大值為有效值為由焦耳定律可知，R上產生的熱量故D錯誤。故選C。12.老師采納圖1所示的試驗器材演示交變電流的產生，并聯(lián)的兩個發(fā)光二極管連接方式如圖2所示，二極管兩端正向電壓大于0.7V時才能發(fā)光，反向電壓超過20V將損壞。勻速轉動手柄，1min內二極管閃耀100次。已知發(fā)電機中正方形線框的邊長為10cm，匝數(shù)為1000，假設線圈所在處的磁場可視為勻強磁場，下列推斷正確的是（）A.線框的轉速為100r/sB.線框的電動勢有效值可能是20VC.磁感應強度B不會超過0.4TD.若轉速減半，1min內閃耀次數(shù)將變?yōu)?0次【答案】C【解析】【詳解】A．正弦式交變電流一個周期內電流方向變更2次，所以1min內有50個周期，線框的轉速為50r/min，故A錯誤；B．若線框的電動勢有效值是20V，則最大值為二極管將被擊穿，故B錯誤；C．由最大值Em=nBSω=nBS×2πf=1000×B×0.12×2×3.14×V＜20V解得B＜0.4T故C正確；D．若轉速減半，溝通電的最大值減半，假如這時的最大值小于0．7V，二極管將不會閃耀，1min內閃耀次數(shù)將變?yōu)?次，故D錯誤。故選C。二、選擇題II（本題共3小題，每小題3分，共9分，每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）13.2024年35歲的梅西竭盡所能率領阿根廷隊取得其次十二屆世界杯足球賽冠軍，如圖是梅西在練習用頭顛球。假設足球從靜止起先自由下落45cm，被頭豎直頂起，離開頭部后足球上升的最大高度仍為45cm，足球與頭部的接觸時間為0.1s，足球的質量為0.4kg，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A.頭向上頂球的過程中，頭對足球的沖量等于足球動量的變更量B.頭向上頂球的過程中，足球的動量變更量大小為2.4kg·m/sC.頭向上頂球的過程中，頭部對足球的平均作用力大小為28ND.從最高點下落至回到最高點的過程中，足球重力的沖量為零【答案】BC【解析】【詳解】AB．取向下為正方向，由題知，下落、上升的高度都為h=45cm=0.45m，則下落到與頭部剛接觸時有解得與頭部碰撞后，速度反向，大小不變，即為，則動量變更量為即動量的大小為，設頭對足球的沖量為，依據(jù)動量定理可得A錯誤，B正確；C．依據(jù)動量定理可得即代入數(shù)據(jù)解得C正確；D．從最高點下落至回到最高點的過程中，足球重力的作用時間不為零，沖量不為零，D錯誤。故選BC。14.在水槽中，波源是固定在同一個振動片上的兩根細桿，當振動片振動時，細桿周期性的擊打水面，形成兩列水面波，這兩列波相遇后，在它們的重疊區(qū)域會形成如圖甲所示的穩(wěn)定干涉圖樣。如圖乙所示，振動片做周期T的簡諧運動，兩細桿同步周期性地擊打水面上的A、B兩點，以線段AB為直徑在水面上畫一個半圓，半徑OC與AB垂直。圓周上除C點外還有其他振幅最大的點，D點為距C點最近的振動振幅最大的點。已知半圓的直徑為d，∠DBA=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（）A.水波的波長為B.水波的傳播速度C.AB圓周上共有10個振動減弱點D.若減小振動片振動的周期，C點可能為振幅最小的點【答案】AC【解析】【詳解】A．依題意，DB與AD的長度差為波長，由幾何學問可得解得故A正確；B．水波的傳播速度為故B錯誤；C．在AB連線上取一點P，設它的振動是減弱的，令PA=x，則PB=d-x，P點到兩波源的波程差為在0<x<d的范圍內，n取值為說明在AB之間連線上有10個振動減弱點，必定有10個振動減弱區(qū)，依據(jù)波的干涉圖樣畫出10條振動減弱線，和AB半圓的交點共有10個。故C正確；D．若減小振動片振動的周期，C點與兩波源的距離相等，距離差為零，肯定仍為振幅最大的點。故D錯誤。故選AC。15.如圖所示，矩形金屬線圈abcd與志向變壓器的原線圈組成閉合電路，當變壓器原線圈中的滑片置于最上端時，原、副線圈的匝數(shù)比為k:1。矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁場的bc邊勻速轉動，磁感應強度大小為B，線圈面積為S，轉動的角速度為ω，匝數(shù)為N，線圈電阻不計。則下列說法正確的是（）A.原線圈中輸入電流與副線圈中電流大小之比為kB.當滑片P置于最上端時，電壓表示數(shù)為C.若將矩形線圈面積減為原來一半，轉速加倍，其他條件不變，則燈L1會變亮，燈L2會變暗D.其他條件不變，當滑片P向下移動，電壓表示數(shù)增大【答案】CD【解析】【詳解】A．變壓器電流跟匝數(shù)成反比，所以原線圈中輸入電流與副線圈中電流大小之比為，A錯誤；B．原線圈最大電壓為其有效值為當滑片P置于最上端時，副線圈電壓即電壓表示數(shù)為其他條件不變，當滑片P向下移動，電壓表示數(shù)增大，B錯誤，D正確；C．設轉速為n，若將矩形線圈面積減為原來一半，轉速加倍，其他條件不變，則轉動頻率為頻率加倍，則副線圈的頻率也加倍，電容器的容抗減小，電感器的感抗增大，所以燈L1會變亮，燈L2會變暗，C正確。故選CD。第II卷（非選擇題共55分）三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16.（1）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”的試驗中，下列器材在試驗中不必用到有______A.B.CD.（2）本試驗要通過變更原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關系，試驗中須要運用的科學方法是______。A.限制變量法B.等效替代法C.類比法（3）某同學發(fā)覺原副線圈電壓之比略大于匝數(shù)之比，下列不行能的緣由是______；A.原副線圈的電壓變更不同步B.變壓器線圈中有電流通過時會發(fā)熱C.鐵芯在交變磁場的作用下會發(fā)熱D.變壓器鐵芯漏磁【答案】①.AC②.A③.A【解析】【詳解】（1）[1]A．變壓器須要用溝通電，干電池不能夠使變壓器正常過程，因此干電池不必要用到，A正確；B．試驗須要用到變壓器，因此變壓器須要用到，B錯誤；C．該試驗不須要滑動變阻器，C錯誤；D．電壓表用來測量電壓，須要用到，D錯誤。故選AC。（2）[2]本試驗要通過變更原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關系，試驗中須要運用的科學方法是限制變量法。故選A。（3）[3]A．原副線圈電壓之比略大于匝數(shù)之比，表明副線圈兩端電壓偏小，說明穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，原副線圈的電壓變更不同步，并不能造成穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，該緣由不行能，A正確；B．變壓器線圈中有電流通過時會發(fā)熱，有一部分能量損耗，造成穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，該緣由可能，B錯誤；C．鐵芯在交變磁場的作用下會發(fā)熱，有一部分能量損耗，造成穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，該緣由可能，C錯誤；D．變壓器鐵芯漏磁，有一部分能量損耗，造成穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，該緣由可能，D錯誤。故選A。17.用圓弧狀玻璃磚做測定玻璃折射率的試驗時，先在白紙上放好圓弧狀玻璃磚，在玻璃磚的一側豎直插上兩枚大頭針P1、P2，然后在玻璃磚的另一側視察，調整視線使的像攔住的像，接著在眼睛所在的一側插兩枚大頭針和P4，使攔住和的像，攔住以及和的像，在紙上標出大頭針位置和圓弧狀玻璃磚輪廓，如圖甲所示，其中O為兩圓弧圓心，圖中已畫出經(jīng)、點的入射光線。（1）關于該試驗的操作，下列說法正確的是________。A．為了減小試驗誤差，應選用完可能細的筆畫線B．在確定、P4位置時，二者距離應適當遠一些，以減小誤差C．為了試驗操作便利，應選用粗的大頭針D．為了保證在弧面CD得到出射光線，試驗過程中，光線在弧面AB的入射角應適當小一些（2）為了測出玻璃的折射率，須要測量入射角i和折射角r，請在圖中補畫出所需的光路并在AB分界面上標出這兩個角__________；（3）多次變更入射角，測得幾組入射角和折射角，依據(jù)測得的入射角和折射角的正弦值，畫出了如圖乙所示的圖像，由圖像可知該玻璃的折射率n=__________。【答案】①.ABD②.見解析③.1.5【解析】【詳解】（1）[1]A．為了減小試驗誤差，精確確定入射光線和折射光線，選用完可能細的筆畫線，故A正確；B．在確定、P4位置時，二者距離應適當遠一些，以減小誤差，故B正確；C．為了試驗操作便利，應選用細的大頭針，故C錯誤；D．為了保證在弧面CD得到出射光線，試驗過程中，光線在弧面AB的入射角應適當小一些，才不會使光線在面上發(fā)生全反射，故D正確。故選ABD。（2）[2]連接、與交于一點，此交點即為光線從玻璃磚中射出的位置，由于、的連線與的交點即為光線進入玻璃磚的位置，連接兩交點即可作出玻璃磚中的光路，如圖所示。（3）[3]圖像的斜率由題圖乙可知斜率為，即該玻璃的折射率為。18.在“用雙縫干涉測量光的波長”的試驗中，（1）圖中的a、b、c三個位置對應的器材為________；A．a是濾光片，b是單縫，c是雙縫B．a是單縫，b是濾光片，c是雙縫C．a是雙縫，b是濾光片，c是單縫（2）以某種單色光做試驗時，先將測量頭的分劃板中心刻度線與某亮紋中心對齊，將該亮紋定為第一條亮紋，此時手輪上的刻度如圖所示，讀數(shù)為________mm；轉動手輪，當分劃板中心刻度線與第6條亮紋中心對齊時，讀數(shù)是17.332mm，已知裝置中雙縫間距為0.2mm，雙縫到屏的距離是1.0m，則測得此單色光的波光為________m（保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?A②.2.332##2.331##2.333③.【解析】【詳解】（1）[1]雙縫干涉試驗讓單色光通過雙縫在光屏上形成干涉圖樣，所以讓白熾燈光通過濾光片，再經(jīng)過單縫形成單色光，再通過雙縫，故圖中的a、b、c三個位置對應的器材為：濾光片、單縫、雙縫。故選A。（2）[2]螺旋測微器的精確值為，由圖可知讀數(shù)為[3]兩條相鄰亮紋間的距離為依據(jù)可得此單色光的波光為19.一位游客在千島湖邊乘坐游船，當日風浪很大，游船上下浮動?？砂延未雍喕韶Q直方向的簡諧運動，振幅為20cm，周期為3.0s。當船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊。若地面與甲板的高度差不超過10cm時，游客能舒適地登船。求（1）若t=0時，船處于平衡位置且起先向上浮動，以向上浮動為正方向，則船振動的位移和時間變更的關系；（2）在一個周期內，游客能舒適地登船的時間是多少；（3）若把風浪的運動簡化為簡諧橫波，據(jù)游客的視察，兩個相鄰的浪（波峰）之間的距離為25cm。則浪的傳播速度是多少。【答案】（1）；（2）1s；（3）0.083m/s【解析】【詳解】（1）依據(jù)題意可知A=20cm=0.2m游船做簡諧運動的振動方程為（2）把船浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，從船上升到最高點時起先計時，其振動方程為當y=10cm時，可解得所以在一個周期內，游客能舒適登船的時間是=2t=1.0s（3）依據(jù)兩個相鄰的浪（波峰）之間的距離為25cm，可知依據(jù)代入數(shù)據(jù)解得20.如圖所示，在光滑水平桌面上靜止著三個小滑塊，滑塊1和滑塊2之間壓縮一輕彈簧（滑塊與輕彈簧之間不拴接），水平桌面的左端A處固定一個與桌面相切的，半徑為r的光滑豎直圓軌道，水平桌面的右端B處與一光滑管道（內徑略大于滑塊大?。┫嗲校艿滥┒伺c粗糙地面CD在C點平滑連接，D點處有豎直擋板。現(xiàn)釋放被壓縮的彈簧，滑塊1和滑塊2被彈出，滑塊2彈出時的速度，滑塊1和滑塊3相碰后粘在一起，進入圓弧軌道，并恰好通過最高點E，滑塊2從B點進入光滑管道后，在水平軌道上與滑塊4碰撞后粘在一起運動。已知滑塊1和滑塊3的質量m均為0.1kg，滑塊2和滑塊4的質量M均為0.2kg，且四個滑塊均可看成質點，滑塊與粗糙地面CD之間的動摩擦因數(shù)為0.5，CD的長度，桌面和地面間高度差，不考慮滑塊與擋板碰撞時機械能損失。求：（1）被滑塊1和滑塊2壓縮的彈簧的彈性勢能；（2）光滑豎直圓軌道半徑r；（3）最終滑塊2和滑塊4停在距D點多遠的位置?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）將滑塊1和滑塊2與壓縮的彈簧看作系統(tǒng)，由系統(tǒng)內動量守恒有得彈簧的彈性勢能為得（2）滑塊1和滑塊3相碰過程動量守恒得滑塊1和滑塊3相碰后粘在一起，進入圓弧軌道并恰好通過最高點E過程，由動能定理有由最高點重力供應向心力聯(lián)立上式得（3）滑塊2從B點進入光滑管道后，在水平軌道上與滑塊4相碰前，由動能定理得對滑塊2和滑塊4碰撞過程由動量守恒得得由于不考慮滑