2022-2023学年辽宁省沈阳市市级重点高中联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市市级重点高中联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列有关机械振动和机械波的说法错误的是( )
A. 做简谐运动的弹簧振子某两个时刻位移相同，则这两个时刻弹簧振子的速度也一定相同
B. 轮船鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声的频率将比声源发声的频率高
C. 单摆在周期性外力的作用下做受迫振动，达到稳定后，其振动周期与其自身摆长无关
D. 在平静水面激起的水波，当水波经过的障碍物的尺寸与水波波长相差不大或比水波波长更小时，才能观察到明显的衍射现象
2.关于下列四幅图中物体做圆周运动的描述正确的是( )
A. 图甲中只要铁轨的外侧高于内侧，火车以任意速度转弯，铁轨对火车轮缘均不会产生作用力
B. 图乙中汽车通过拱形桥最高点时，对桥面的压力大于汽车自身重力
C. 图丙中汽车以一定的速度通过凹形桥底端时，汽车速度越小，凹形桥半径越大，汽车越容易爆胎
D. 图丁中汽车在水平路面安全转弯时，由地面对汽车的静摩擦力提供向心力
3.下列说法错误的是( )
A. 由开普勒第一定律可知，行星与太阳间的距离是不断变化的
B. 通过月一地检验不能证明万有引力是普遍存在的
C. 一根竹竿沿着竹竿长度的方向高速运动时，在地面上的观察者会看到竹竿的长度伸长
D. 如图所示是由P、Q两颗星球组成的双星系统，它们绕着O点做匀速圆周运动，P的轨道半径大于Q的轨道半径，忽略其他天体对两颗星球的影响，则P的质量小于Q的质量
4.篮球是以手为中心的身体对抗性体育运动，是奥运会核心比赛项目之一。如图所示，一同学某次在篮球上升的最高点竖直往下拍球，手与篮球的作用距离为0.2m(未到达地面).篮球离手瞬间获得6m/s的速度，篮球的质量为0.6kg，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则本次拍球过程中( )
A. 人对篮球做的功为10.8JB. 人对篮球做的功为9.6J
C. 手给篮球的冲量为4kg⋅m/sD. 手给篮球的冲量大于3.6kg⋅m/s
5.一位同学从船尾走到船头停下。船后退的距离d，船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A. m(L+d)d
B. m(L−d)d
C. mLd
D. m(L+d)L
6.如图所示，物块B套在倾斜杆上，并用轻绳绕过定滑轮与物块A相连(定滑轮体积大小可忽略)，现使物块B沿杆由M点匀速下滑到N点(在P点时，绳子与杆垂直)，运动中连接A、B的轻绳始终保持绷紧状态。在物块B下滑过程中，下列说法正确的是( )
A. 当物块B到达P点时，物块A的速度为零
B. 当物块B到达P点时，物块A的动能达到最大值
C. 物块A的重力势能直在减小
D. 物块A始终处于失重状态
7.质量为m的小球从某高度的O点由静止下落，落在自由放置的轻弹簧上，弹簧自由放置时最高点为A点，如图所示。已知小球到达B点时小球的重力与弹簧的弹力大小相等，图中C点是小球到达的最低点(不计空气阻力)。下对说法正确的是( )
A. 从O点到C点，小球的重力势能减小，动能增大，小球的机械能守恒
B. 从A点到C点，小球的重力势能一直减小，动能先增大后减小，小球、地球、弹簧组成的系统的机械能不守恒
C. 到达B点时，小球的动能最大，弹簧的弹性势能最小
D. 从O点到A点，小球的重力势能减小，动能增大，小球、地球组成的系统的机械能守恒
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲所示，简谐振子的平衡位置为O点，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，以振子从A点开始运动的时刻作为计时起点，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法错误的是( )
A. 该简谐振子的振动方程为x=10sin52πt
B. t=0.8s时，振子的加速度方向向右
C. t=0.8s到t=1.2s的时间内，振子的回复力逐渐增大
D. t=1.2s到t=1.6s的时间内，振子的动能逐渐减小
9.如图所示，载有物资的热气球的总质量为M，静止于距离水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是( )
A. 物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒
B. 投出物资后，热气球匀速上升
C. 物资落地时，热气球上升的高度为mHM−m
D. d=MHM−m
10.如图甲所示，有一悬挂在O点的单摆，将小球(可视为质点)拉到A点后释放，小球在同一竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，已知B点为小球运动中的最低点，A、C两点为小球运动中的最高点，摆角为α(α<5∘,为已知量)。在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，由力传感器测出的细线对小球的拉力大小F随时间t变化的曲线，由力传感器测得最小拉力为F2，图中F2、t0已知，当地重力加速度大小为g，下列说法中正确的是( )
A. 单摆的周期为T=2t0
B. 小球的质量为m=F2gsinα
C. 力传感器测出的拉力的最大值为F1=3−2csαcsαF2
D. 小球运动过程中的最大速度为gt0π 2(1−csα)
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成，如图所示。
下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；向气垫导轨通入压缩空气，并接通光电计时器(光电门)；
②把左侧固定有弹簧的滑块2静止放在气垫导轨的中间，使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹簧；
③释放滑块1，滑块1通过光电门1后与滑块2碰撞，碰撞后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动：
④读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间为Δt1=10.01ms，通过光电门2的挡光时间为Δt2=49.99ms；滑块2通过光电门2的挡光时间为Δt3=8.35ms；
⑤测出光电门挡光片的宽度d=5mm，测得滑块1的质量为m1=300g，滑块2(包括弹簧)质量为m2=200g。
(1)实验中气垫导轨的作用是减小滑块与导轨之间的摩擦和______。
(2)写出验证物体系统动量守恒的表达式：______。(用d、Δt1，Δt2、Δt3、m1、m2表示)
(3)碰撞后物体系统的总动量P2=______kg⋅m/s。(结果保留两位有效数字)
12.实验小组甲和实验小组乙的同学在实验室进行“用单摆测量重力加速度”的实验，使用的实验器材如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)以下是实验小组甲的同学进行实验的一些操作，其中正确的是______(填序号)。
A.测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬挂点到摆球间的细线长
B.测量周期时，从小球到达一侧最高点开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间
C.悬挂小钢球的细线应当选用伸缩性小的细线
D.单摆摆动时，应注意使它的摆角开始时不能小于10∘
(2)经过纠正后，实验小组甲的同学用正确的操作进行实验，测得实验中单摆的摆长为1.005m，单摆完成50次全振动所用的时间为t=100s，则可以计算出重力加速度g=______(π取3.14，计算结果保留两位小数)m/s2。
(3)实验小组乙的同学在实验中测出多组摆长l和振动周期T，作出T2−l图像如图乙所示。图像不过坐标原点的原因可能是______；重力加速度g=______(π取3.14，计算结果保留两位小数)m/s2。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图甲所示是种弹跳杆的结构示意图，一个小孩在空旷的平地上站在弹跳杆的踏板上玩弹跳杆。小孩和弹跳杆的总质量为m，某次小孩从最低点弹起，以小孩运动的最低点为坐标原点、竖直向上为x轴正方向，小孩与弹跳杆整体的动能与其坐标位置的关系如图乙所示，图像0∼x3之间为曲线，x2为其最高点，x3∼x4为直线，不计弹簧质量和空气阻力的影响，重力加速度为g。求：
(1)小孩和弹跳杆的最大加速度；
(2)弹跳杆在x1处的弹性势能。
14.如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1=0、x2=12m处，质点P位于x轴上xp=4m处。t=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，振动频率均为f=10Hz，形成的两列波相向传播，波长均为4m，波源的振幅均为A=8cm。求：
(1)该介质中的波速，并判断P点是加强点还是减弱点；
(2)稳定后，波源S1、S2间合振动振幅最小的点的位置；
(3)从t=0至t=0.35s内质点P通过的路程。
15.如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端B点和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=37∘，下端C点为轨道的最低点且与光滑水平面相切。质量m=0.1kg的小物块a(可视为质点)从空中A点以v0=1.8m/s的速度水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面并与静止在水平面上的另一小物块b发生弹性碰撞，碰撞后物块a恰好可以返回到圆弧轨道与圆心O等高处。g取10m/s2，sin37∘=0.6，求：
(1)A点和B点间的水平距离；
(2)小物块下滑经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)物块b的质量M。(结果用根式表示，可不用化成最简形式)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相同，则这两个时刻的速度大小相等，方向可能相同也可能相反，故A错误；
B、轮船鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高，故B正确；
C、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期是由驱动力的周期决定的，与单摆的摆长无关，故C正确；
D、当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小得多时，将发生明显的衍射现象，故D正确。
因选说法错误的，故选：A。
根据简谐运动的特点判断；根据多普勒效应判断；受迫振动的周期由驱动力的周期决定；根据明显衍射条件判断。
本题考查的是简谐运动、受迫振动、多普勒效应、衍射现象等知识，要求同学们对这部分知识要深刻理解其内涵，重视课本，勤加练习。
2.【答案】D
【解析】解：A、铁轨的外侧高于内侧，当铁轨对火车轮缘恰好不会产生作用力时，由牛顿第二定律得：mgtanθ=mv02R
v0= gRtanθ
当v>v0时，铁轨对火车轮缘有向内的弹力，当vB、图乙中汽车通过拱形桥最高点时，对汽车由牛顿第二定律得：mg−FN=mv2R
则FN根据牛顿第三定律得，汽车对桥面的压力等于汽车所受支持力，则汽车对桥面的压力小于重力，故B错误；
C、图丙中汽车以一定的速度通过凹形桥底端时，对汽车由牛顿第二定律得：FN−mg=mv2R
解得：FN=mg+mv2R
则汽车速度越小，凹形桥半径越大，汽车所受支持力越小，越不容易爆胎，故C错误；
D、图丁中汽车在水平路面安全转弯时，由地面对汽车的静摩擦力提供向心力，故D正确。
故选：D。
分别对火车和汽车受力分析，结合牛顿第二定律和向心力公式分析求解即可。
本题考查生活中的圆周运动，解题关键是对物体做好受力分析，掌握向心力公式，结合牛顿第二定律分析即可。
3.【答案】C
【解析】解：A.由开普勒第一定律可知：所有的行星绕太阳运动的轨迹都是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上，行星与太阳间的距离是不断变化的，故A正确；
B.通过月-地检验，证明地球对物体的吸引力和地球对月球的吸引力是同一种力，不能证明万有引力是普遍存在的，故B正确；
C.根据尺缩效应，在尺子长度方向上运动的尺子比静止的尺子短，则一根竹竿沿着竹竿的方向高速运动时，在地面上的观察者会看到竹竿的长度缩短，故C错误；
D.由于双星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由F=mω2r可得各自的轨道半径与其质量成反比，所以轨道半径小的质量大，P的质量小于Q的质量，故D正确；
本题选择错误选项；
故选：C。
根据开普勒第一定律分析A，通过月-地检验，证明地球对物体的吸引力和地球对月球的吸引力是同一种力，根据狭义相对论分析C；根据双星系统的特点分析D。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握双星系统的特点，注意理解狭义相对论的“尺缩效应”。
4.【答案】B
【解析】解：AB、人拍篮球的过程，由动能定理得
mgh+W=12mv2
解得人对篮球做的功为：W=9.6J，故A错误，B正确；
CD、人拍篮球的过程，取竖直向下为正方向，由动量定理得
I+mgΔt=mv=0.6×6kg⋅m/s=3.6kg⋅m/s
则I<3.6kg⋅m/s，即手给篮球的冲量小于3.6kg⋅m/s，故CD错误。
故选：B。
人拍篮球的过程，根据动能定理求人对篮球做的功，根据动量定理求手给篮球的冲量。
涉及力对空间的积累效果首选动能定理，涉及力对时间的积累效果首选动量定理。
5.【答案】B
【解析】解：设同学在船上走动时船的平均速度大小为v，同学的平均速度大小为v′，同学从船尾走到船头所用时间为t，根据平均速度公式，则有v=dt，v′=L−dt
取船的速度方向为正方向，由动量守恒定律：Mv−mv′=0
将平均速度公式代入，则Mdt=mL−dt
解得船的质量为M=m(L−d)d，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据平均速度公式和动量守恒定律联立，求质量。
本题考查学生对动量守恒定律的掌握，比较基础。
6.【答案】A
【解析】解：ABC、将物体B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图
根据平行四边形定则，沿绳子方向的速度为
vA=vBcsθ
可知θ在增大到90∘的过程中，物体A的速度方向向下，且逐渐减小；由图可知，当物体B到达P点时，物体B与滑轮之间的距离最短，绳子长度最小，此时
θ=90∘，vA=0
此后物体A向上运动，且速度增大；
所以在物体B沿杆由点M匀速下滑到N点的过程中，物体A的速度先向下减小，然后向上增大，重力势能先减小，后增大，故A正确，BC错误；
D.物体A向下做减速运动和向上做加速运动的过程中，加速度的方向都向上，所以物体A始终处于超重状态，故D错误。
故选：A。
将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于物体A的速度，由此得出物体A的速度的表达式，从而分析选项。
解决本题的关键知道A沿绳子方向上的分速度等于B的速度，以及知道除超重状态时物体的加速度的方向向上，失重状态时加速度的方向向下即可。
7.【答案】D
【解析】解：ABD、从O点到A点，重力做正功，小球的重力势能一直减小，动能增大，因只有重力做功，则小球和地球组成的系统的机械能守恒；
从A点到C点，重力做正功，小球的重力势能一直减小。从A点到B点，重力大于弹簧的弹力，小球的合力向下，加速度向下，小球做加速运动，动能增大。从B点到C点，重力小于弹簧的弹力，小球的合力向上，加速度向上，小球做减速运动，动能减小，在B点时，弹力等于重力，速度最大，则小球的动能先增大后减小。由于弹簧弹力对小球做负功，则小球的机械能不守恒，但是小球、地球、弹簧组成的系统的机械能守恒，故AB错误，D正确；
C、到达B点时，小球的动能最大，弹簧有形变量，则弹性势能不是最小，故C错误；
故选：D。
根据重力做功情况分析小球重力势能的变化。分析小球的受力情况，判断其运动情况，确定动能的变化情况。对照机械能守恒条件分析机械能是否守恒。
解答本题时，要分析清楚小球的受力情况，根据弹力的可变性，分析动能的变化情况。要知道小球接触弹簧的过程，小球的机械能不守恒，小球、地球、弹簧组成的系统的机械能守恒。
8.【答案】ABC
【解析】解：A.由图乙可知振子振幅为10cm，周期
T=1.6s
所以角速度
ω=2πT=5π4
由x=10sin(5π4πt)
平移得振动方程x=10sin(54πt−π2)
故A错误；
B.由振动图可知，t=0.8s时，振子在正向最大位移处，所以振子的加速度方向向左，故B错误；
C.t=0.8s到t=1.2s的时间内，振子从最大位移处往平衡位置运动，所以振子的回复力逐渐减小，故C错误；
D.t=1.2s到t=1.6s的时间内，振子从平衡位置往最大位移处运动，振子的速度逐渐减小，振子的动能逐渐减小，故D正确。
该题选错误的，故选：ABC。
由图象可知振动的振幅和周期，由此求出角速度进而可得振子振动方程；通过分析振子位移的变化，即可判断BCD选项。
本题考查了弹簧振子的振动图象，会分析振子位移的变化，注意振动图象与波动图象的区别。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、物资抛出之前，物资和气球组成的系统合外力为零，物资抛出后，气球和物资所受合外力不变，则系统的合外力仍为零，因此物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，故A正确；
B、投出物资后，热气球受到的浮力大于重力，合力向上，则热气球向上做匀加速直线运动，故B错误；
CD、设物资落地时，热气球上升的高度为h，则对物资和气球系统，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得
(M−m)ht−mHt=0
解得：h=mH(M−m)
d=H+h=H+mH(M−m)=MHM−m，故CD正确。
故选：ACD。
根据动量守恒条件：系统合外力为零，判断系统动量是否守恒；投出物资后，根据受力情况，分析热气球的运动情况；根据动量守恒定律，求热气球上升的的高度和d的大小。
本题考查动量守恒条件及动量守恒定律的应用，运用动量守恒定律时，要注意规定正方向，用正负号表示速度方向。速度的参照物是地面。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、小球在摆动过程中在AC两点的速度为零，绳子拉力最小，最低点B处速度最大，绳子拉力最大，
若0时刻从A点释放，由图乙可知经过t0小球第一次摆动到C点，小球从A点第一次到C点运动的时间t0=T2
可知单摆周期T=2t0，故A正确；
B、小球在A点时拉力最小，由牛顿第二定律有：F2−mgcsα=mv2L，其中v=0
代入数据可得：m=F2gcsα，故B错误；
CD、由单摆周期公式T=2π Lg
代入数据可得：L=gt02π2
小球在平衡位置B点时的拉力最大，由牛顿第二定律有：F1−mg=mvm2L
小球从A到B过程，由动能定理有：
mgL(1−csα)=12mvm2
代入数据可得：vm=gt0π 2(1−csα) F1=3−2csαcsαF2，故CD正确。
故选：ACD。
A、小球在摆动过程中在最低点绳子拉力最大，在最高点绳子拉力最小，根据图乙可知绳子拉力从最小到最大再到最小的时间等于T2，可得周期的大小；
B、根据小球在A点时拉力最小，根据在A点绳子拉力与重力沿着绳子方向的分力的合力提供向心力，可得绳子拉力最小值与质量的大小关系；
CD、根据单摆的周期公式可得摆线的长度表达式，在B点由牛顿第二定律可列式，小球从A到B过程利用动能定理可列式，联立方程可得F1与F2的大小关系，最大速度的大小。
本题考查了单摆、单摆的回复力和周期，解题的关键是利用图乙确定特殊时刻小球所处的位置，注意小球在摆动过程中，在最低点绳子拉力最大，在最高点绳子拉力最小。
11.【答案】保证两个滑块的碰撞是一维的 m11Δt1=m11Δt2+m21Δt3 0.15
【解析】解：(1)实验中气垫导轨除了大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差，还可以保证两个滑块的碰撞是一维的。
(2)在极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可得：
滑块1通过光电门1的速度为v1=dΔt1
滑块1通过光电门2的速度为v2=dΔt2
滑块2通过光电门2的速度为v3=dΔt3
根据动量守恒定律有：m1v1=m1v2+m2v3
则验证物体系统动量守恒的表达式为：m11Δt1=m11Δt2+m21Δt3
(3)碰撞后物体系的总动量为：
p2=m1dΔt2+m2dΔt3=300×10−3×5×10−349.99×10−3kg⋅m/s+200×10−3×5×10−38.35×10−3kg⋅m/s=0.15kg⋅m/s
故答案为：(1)保证两个滑块的碰撞是一维的；(2)m11Δt1=m11Δt2+m21Δt3；(3)0.15
(1)使用气垫导轨使两物块只能沿导轨做直线运动，保证了两物块碰撞前后在同一条直线上做一维碰撞，同时气垫导轨的使用减小了摩擦阻力，从而减小了实验误差。
(2)挡光片的宽度除以滑块通过光电门的时间等于滑块通过光电门的速度，根据动量守恒定律解答。
(3)根据动量的公式解答。
知道实验原理，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是解题的关键。掌握光电门测量速度的原理。
12.【答案】C9.91漏加小球半径 9.81
【解析】解：(1)A.测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长，然后测量小球的直径，单摆的摆长等于摆线的长度与小球的半径之和，故A错误；
B.测量周期时，从小球到达平衡位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间，故B错误；
C.悬挂小钢球的细线应当选用伸缩性小的细线，故C正确；
D.单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能大于5∘，故D错误。
故选：C。
(2)由单摆周期公式
T=2π lg
可得
g=4π2T2l
代入数据解得g=9.91m/s2
(3)图象不通过坐标原点，将图象向右平移0.5cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小0.5cm，故可能是漏加小球半径。
由单摆周期公式
T=2π lg
得
T2=4π2g
图象斜率4π2g.结合T2−l图象数据得到
4π2g=40.99+0.005s2/m
则
g=9.81m/s2
故答案为：(1)C；(2)9.91；(3)漏加小球半径；9.81
(1)根据实验原理和实验注意事项分析；
(2)根据单摆周期公式求出重力加速的表达式，从而计算数值；
(4)根据单摆周期公式推导图像解析式，然后根据斜率分析解答。
本题考查利用单摆测定重力加速度，要求掌握实验原理、实验装置、实验数据处理和注意事项。
13.【答案】解：(1)Ek−x图像的斜率表示合力的大小，可知当x=x2时，小孩与弹跳杆整体的合力为零，因x3∼x4为直线，合力恒定，可知只受重力，当x=x3时，弹簧恰好回复原长，可得：
k(x3−x2)=mg
当整体在最低点即x=0时加速度最大，此时弹簧的压缩量为x3，由牛顿第二定律得：
kx3−mg=ma
解得：a=x2x3−x2g
(2)从x1∼x3系统机械能守恒得：
Epx1=mg(x3−x1)
答：(1)小孩和弹跳杆的最大加速度为x2x3−x2g；
(2)弹跳杆在x1处的弹性势能为mg(x3−x1)。
【解析】(1)Ek−x图像的斜率表示合力的大小，根据图像分析小孩的运动情况，分析加速度最大的位置，根据牛顿第二定律解答；
(2)根据x1∼x3系统机械能守恒解答。
本题为力学以及功能关系综合性题目，题目难度较大，关键学会分析小孩的运动情况，注意功能关系的运用。
14.【答案】解：(1)该介质中的波速
v=λT
解得
v=40m/s
由于
Δx=(12−4)m−4m=4m=λ
两个波源振动情况完全相同，P点是加强点。
(2)当
Δx=|x2−x1|=(2k+1)⋅λ2(k=0,1,2,⋯)
时为振动减弱点，即波源S1、S2间合振动振幅最小的点的位于
x=1m、3m、5m、7m、9m、11m
(3)波源S1的波形传播到质点P经历时间
t1=λv=440s=0.1s
波源S2的波形传播到质点P经历时间
t2=2λv=2×440s=0.2s
则在波源S2的波形传播到质点P之前质点P通过的路程
y1=4A=32cm
之后经历的时间
t−t2=0.15s=T+12T
此时间间隔内质点振动加强，振幅
A′=2A=2×8cm=16cm
则此时间内前质点P通过的路程
y2=6A′=6×16cm=96cm
则从t=0至t=0.35s内质点P通过的路程
y=y1+y2=32cm+96cm=128cm
答：(1)该介质中的波速为40m/s，P点是加强点；
(2)稳定后，波源S1、S2间合振动振幅最小的点的位置为x=1m、3m、5m、7m、9m、11m；
(3)从t=0至t=0.35s内质点P通过的路程为128cm。
【解析】(1)(2)由波速公式计算波速，两个波源振动情况完全相同，利用波程差为波长整数倍为振动加强点，波程差为半个波长奇数倍为减弱点，来解答；
(3)由一个周期内质点通过的路程等于四个振幅来解答。
这道题考查了波的叠加，加强点和减弱点的判断，一定要牢记判断的依据，才能熟练解答。
15.【答案】解：(1)小物块从A点抛出做平抛运动，到B点时，将小物块的运动分解到水平方向和竖直方向，设AB之间的水平距离为xAB。
如图有：tanθ=v0vy
vy=gt
xAB=v0t
联立解得：xAB=0.432m
(2)小物块在B点的速度大小：
vB= v02+vy2= 1.82+2.42=3m/s
从B到C，根据动能定理得：
mgR(1+sinθ)=12mvc2−12mvB2
在C点，根据牛顿第二定律得：
FN−mg=mvc2R，
联立解得：FN=6N
根据牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为：FN′=FN=6N
(3)a与b弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：
mvc=−mv′c+Mvb
根据系统机械能守恒定律得：
12mvC2=12mv′C2+12Mvb2
碰撞后对a，根据动能定理有：
0−12mv′C2=−mgR
联立解得：M=(0.5+0.1 10)21.5kg
答：(1)A点和B点间的水平距离为0.432m；
(2)小物块下滑经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小为6N；
(3)物块b的质量为(0.5+0.1 10)21.5kg。
【解析】(1)物块从A到B过程是平抛运动，在B点，将速度分解，结合分运动公式和几何关系列式求解时间，然后计算出水平位移；
(2)由B到C过程根据动能定理列式求解C点的速度，在C点是重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得到支持力，再根据牛顿第三定律得到压力大小；
(3)两物块碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解即可。
本题考查平抛运动、圆周运动和碰撞，解题关键是分析好物块的运动过程，结合运动学公式、动能定理、牛顿第二定律、动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解即可。