2023-2024学年辽宁省六校高三（上）期初物理试卷（含解析）

2023-2024学年辽宁省六校高三（上）期初物理试卷

一、选择题（本大题共小题，第1-7小题每题4分，第8-10小题每题6分，共46分）

1.利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示，为物体做宜线运动时各物理

量之间的关系图像，X、以a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。下列说法中正确的是（）

A.根据甲图可求出物体的加速度大小为lm/s2

B.根据乙图可求出物体的加速度大小为10m/s2

C.根据丙图可求出物体的加速度大小为4m/s2

D.根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s

2.下雨时，某同学在家发现屋檐上有雨滴无初速度落下，相邻两水滴滴下的时间间隔相等。当第1个水滴刚

好落到地面上时，第3个水滴刚好离开屋檐。设屋檐到地面的高度为4,水滴从离开屋檐到落到地面的时间

为t,不计空气阻力，则（）

A.水滴下落0.5t时，到地面的高度为0.5H

B.第1个水滴落地时，第2个水滴到地面的高度为0.5H

C.相邻两水滴均在空中下落时，两者距离不变

D.相邻两水滴均在空中下落时，两者速度差不变

3.关于教材中的插图，下列说法中正确的是（）

q

甲

A.如图甲所示，在显微镜下观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，说明小粒灰尘在做无规则运动

B.如图乙所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的示意图，若将两个分子由「=「。处释放，它们将逐渐远离

C.如图丙所示为一定质量的气体在不同温度下的等温线，则71＜，2

D.如图丁所示，水瓯可以停在水面上是由于浮力的作用

4.如图为武直-20直升机，它是我国自主研发的10吨级通用直升机，最大飞行

速度可达300千米/小时，作战半径大于400千米，实用升限6000米，最大起飞

重量大于10吨，最大航程约800千米。据以上信息，下列说法正确的是（）

A.武直-20减速下降过程中，飞行员处于超重状态

B.武直-20匀速上升过程中，座椅对飞行员的支持力与飞行员的重力是一对作用力与反作用力

C.“300千米/小时”指的是平均速度大小

D.“吨”、“米”均是国际单位制中的基本单位

5.下面说法中，其中符合物理学发展过程或事实的一组是（）

①查德威克用a粒子轰击/N获得核孕0,并发现了中子

②债U+乩-措Ba+HKr+3X,其中X为a粒子

③汤姆孙发现了电子，并精确地测出电子的电荷量

④卢瑟福最先发现了质子，并预言中子的存在

⑤贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子可以再分

⑥麦克斯韦系统地总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，建立了经典电磁场理论，预言了电

磁波的存在

⑦普朗克最早提出能量子假设，即振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍

A.①②③B.③④⑤C.⑤⑥⑦D.④⑥⑦

6.如图甲是研究光电效应的实验装置，图乙是氢原子的能级结构。实验发现处于n=4激发态的氢原子跃迁

到n=2激发态时发出的某种光照射图甲实验装置的阴极时，电流表示数不为零，已知可见光单个光子能量

的范围是1.64eM〜3.1W,现有大量处于n=6激发态的氢原子，关于处于激发态的氢原子向低能级跃迁时

释放出的射线，以下说法正确的是（）

nE/eV

0600

5-0.38

4-0.54

3-0.85

2-1.51

-3.40

-13.6

甲乙

A.处于n=6激发态的氢原子向低能级跃迁时共释放出15种不同频率的射线，其中在可见光区域的有5种

B,用处于n=6激发态的氢原子向低能级跃迁时释放出的射线照射图甲光电管的阴极，其中能使电流表有示

数的射线最多有8种

C.处于n=6激发态的氢原子向低能级跃迁时释放出的射线，落在可见光区域的射线以相同的入射角从水射

向空气时，随着入射角的增大，在空气中最先消失的折射光是由n=6向n=2跃迁时释放出的射线

D.分别利用氢原子向低能级跃迁时释放出落在可见光区域的射线，通过相同装置做双缝干涉实验，其中相

邻亮条纹间距最宽的是n=4向n=2跃迁时释放出的射线.

7.如图所示，一定质量的理想气体从状态4沿图线变化到状态8、状态C、状态。再|P

回到状态4AD,BC的延长线过坐标原点，4B图线与横轴平行，CD图线与纵轴A

平行，则下列判断错误的是()

A.从4到B过程，气体对外放热o~~------------------

B.从B到C过程，单位时间内撞击到容器壁单位面积上的分子数减少

C.从C到。过程，气体内能减少

D.从D到4过程，气体放出的热量等于外界对气体做的功

8.振源Si、S2间距2m,形成的机械波在均匀介质中的传播速度均为lm/s,两振源S2

的振动方向垂直于纸面，其振动方程分别为乃=20s讥2nt(cm),y2=〜

10sm27rt(cm),振动足够长时间后，下列说法正确的是()/\

A.加强点的位移始终为30cmI,Si)

B.加强点的振动频率为1Hz\/

C.以S1为圆心的圆周上除S2点之外，加强点的个数为8个

D.以为圆心的圆周上除S2点之外，减弱点的个数为8个

9.如图所示，在竖直平面内的固定光滑圆环上，套有一质量为根的小球，一轻绳通Q

过光滑滑轮P连接小球4,绳的另一端用水平向左的力F拉绳，使小球缓慢上升一小

段位移，图中。为圆心，OQ为半径，P为OQ的中点。在小球上升过程中，下列说法()

正确的是()\['''NA

A.绳的拉力先减小后增大j)

B.设4P长度为L,ZF表示尸的变化量，4L表示L的变化量，则比值富不变

C.环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，大小恒为2mg

D.环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，大小恒为等

10.物块以速度%=6m/s从4点沿水平方向冲上长为27n的传送带，并沿水平传送带向右滑到B点后水平抛

出，落到地面上的P点，如图甲所示。平抛运动的水平距离记为X,规定向右为速度正方向。在为一定的情

况下，改变传送带的速度"，得到尤-"关系图像如图乙所示。已知g=10m/s2,下列说法正确的是()

A.当传送带速度为0时，物块到达B点的速度为4m/s

B.传送带平面到地面的高度为0.8m

C.物块与传送带间动摩擦因数为0.5

D.如果传送带向左传送，其X-»图像为虚线c

二、非选择题(共54分)

11.某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率。实验过程如下：

(1)将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。

(2)①激光笔发出的激光从玻璃砖上的M点水平入射，到达ef面上的。点后反射到N点射出。用大头针在白

纸上标记。点、M点和激光笔出光孔Q的位置。

②移走玻璃砖。在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作QM连线的延长线与e/面的边界交于P点，如

③用刻度尺测量PM和OM的长度心和dz。PM的示数如图(b)所示，么为cm。测得d2为3.40cm。

(3)利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式般=。由测得的数据可得折射率n为(结

果保留3位有效数字)。

(4)相对误差的计算式5=吗需i但x100%。为了减小&、dz测量的相对误差，实验中激光在M点入射

时应尽量使入射角

12.(1)某小组利用如图所示装置验证动量守恒定律。光电门1、2分别与数字计时器相连，两滑块A、B上挡

光条的宽度相同，已测得两滑块4、B(包含挡光条)质量分别为巾］、m2»

光电门2光电门1

0滑块BX滑弋A1遮光条

气垫导航

调节按钮P调节按钮Q

①接通气源后，轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电门1的

时间。为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端(选填“升高”或“降低”)一些。

②实验前，滑块4、B静置于图中所示位置。用手向左轻推一下4使其经过光电门1后与B发生碰撞，碰后

两滑块先后通过光电门2。光电门1记录的挡光时间为口，光电门2记录的挡光时间依次为匕、t3o若已知挡

光条的宽度为d,则滑块4通过光电门1时的速度大小为%=。为减小实验误差，应选择宽度

(选填“窄”或者“宽”)的挡光条。若巾1、m2、t］、t2、分满足关系式______，则可验证动量守恒定律。

13.如图所示，一列简谐横波沿x轴方向传播，在口=0时刻波形如图中的实线所示，且质点P的振动方向沿y

轴负方向。t2=2s时刻的波形如图中虚线所示。

(1)求该列波的波长;I及可能的波速也

(2)若该列波的周期T>2s,「0时刻质点M(图中未画出)的位移为2.5cm,求从匕=。时刻开始经12s时间

该质点经过的路程。

14.如图所示，将一汽缸倒放在水平面上，汽缸与地面间密封性能良好，开始时汽缸.抽气阀门

内气体的温度为A=300K、压强与外界大气压相等为po；现将汽缸内的气体逐渐加

热到72=500K,汽缸对水平面刚好没有作用力；如果此时将汽缸顶部的抽气阀门打

开放出少量的气体后，汽缸内气体的压强再次与外界大气压相等，放气过程温度不变.已知汽缸的横截面积

为S,重力加速度为g,假设气体为理想气体。求：

①打开抽气阀门前瞬间，气体的压强为多少？汽缸的质量为多少？

②放出的气体与汽缸内剩余气体的质量之比。

15.如图甲所示，水平地面上固定有光滑的［圆形轨道，其半径R=0.5m,4、8分别是圆弧的两端点。紧靠

B的右侧，水平地面上放有质量M=5kg、高度/i=0.2m的木板，木板的上表面与B点水平相切，小滑块Q静

止在木板上表面的左端点。将小滑块P从4点的正上方高"=4.5巾处由静止释放，P从4点进入圆形轨道，离

开B后与Q发生碰撞并粘合在一起向右滑动，一段时间后从木板右侧滑出，这一过程中木板的卢-X图像如

图乙所示。已知P、Q的质量分别为nip=4kg、mQ=lkg,与长木板间的动摩擦因数均为〃=0.5。不计P、

Q的碰撞时间，取g=lOm/s2,求：

-rPP

;AV2/(m2,s-2)

7777777777777/

⑴PQ合为一体后的瞬间速度的大小;

(2)木板与水平面间的动摩擦因数；

(3)木板的长度。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、根据％=可知》-/图像的斜率为：=|^m/s2=lm/s2,则加速度为Q=2m/s2,

故A错误；

B、根据/=2ax可知一%图像的斜率为：2a=ym/s2=10m/s2,则加速度为Q=5/n/s2,故3错误;

C、根据X=得：

x1

~=一讶就+为

则g-t图像的斜率为：-；a=—gjn/s2,可知加速度大小为a=4m/s2,故C正确；

D、a-t图线与时间轴围成的面积等于速度变化量，则物体在前2s内的速度变化量大小为=3x

2m/s=3m/s,故Z）错误。

故选：Co

根据匀变速直线运动的位移一时间公式、速度一位移公式列式分析图像斜率的含义，进而求解物体的加速

度；a-t图像与坐标轴所围面积表示速度的变化量。

本题考查运动学图像问题，解题关键是掌握匀变速直线运动规律，并能通过数学变形得到各个图像的解析

式，来分析图像的斜率和面积的意义。

2.【答案】。

【解析】解：4、水滴下落的过程，做的是自由落体运动，

下降的高度为：H=\gt2

下落0.5t时，水滴下落的高度为

1t,1,1

九二#卬=89t=4H

此时到地面的距离为

1

H-h=H--rH=0.75H

4

故A错误；

B、第1个水滴落地时，第2个水滴已经下落了0.53此时水滴到地面的高度为0.75H,故B错误；

C、设第一滴水滴下落的时间为G，相邻的两个水滴的高度差为

11t11

H=2gt—2g-')?=2gtit-^gt2

:为定值，“为变量，可知，相邻两水滴均在空中下落时，两者距离逐渐变大，故c错误；

D、相邻的两水滴的速度差为v=gg

亨为定值，所以两水滴的速度差为定值，故。正确。

故选：D。

当第1个水滴刚好落到地面上时，第3个水滴刚好离开屋檐，说明第2个水滴下落的时间为0.53再根据自由

落体运动规律作答；根据自由落体运动规律得出下落两水滴的位移差与下落时间的关系；根据加速度的定

义作答。

注意小B选项求解的都是水滴与地面的高度，不是下落的高度，需要仔细审题，避免过失性失分。

3.【答案】C

【解析】解：4、在显微镜下观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，是煤油分子做无规则运动，对小粒灰撞击

作用的不平衡导致，所以煤油中小粒灰尘的布朗运动，说明煤油分子在做无规则运动，故A错误；

B、在厂=2处分子引力和斥力相等，分子合力为零，所以在r=r0处释放两分子，分子不运动，故8错误；

C、由理想气体状态方程华=C可知pU=CT,所以pV的乘积越大，温度越高，由图可知A<T2,故C正确；

。、水痘可以停在水面上是由于液体表面张力的作用，不是浮力的作用，故。错误。

故选：Co

A、煤油中小粒灰尘的布朗运动，是煤油分子做无规则运动导致；

B、在「=力处分子引力和斥力相等，分子合力为零；

c、由理想气体状态方程可知p，=cr,根据图像中pu的乘积来分析温度的大小关系；

。、水晅可以停在水面上是由于液体表面张力的作用。

本题考查了液体的表面张力、布朗运动、分子间的作用力，解题的关键是熟练掌握这些基本概念和基本物

理物理现象。

4.【答案】A

【解析】解：人武直-20减速下降过程中，加速度向上，所以飞行员处于超重状态，故A正确：

8、武直-20匀速上升过程中，座椅对飞行员的支持力与飞行员的重力是平衡力，不是作用力和反作用力，

故8错误；

C、“300千米/小时”指的飞机飞行时能达到的最大速度，故为瞬时速度，故C错误；

。、“米”均是国际单位制中的基本单位，但“吨”不是国际单位制中的基本单位，故。错误。

故选：Ao

明确加速度向上时物体超重，加速度向下时物体失重；

明确作用力和反作用力与平衡力的区别；

掌握平均速度和瞬时速度，知道最大飞行速度对应的是瞬时速度；

掌握国际单位制中的基本单位有哪些。

本题考查对超重和失重、作用力和平衡力、平均速度和瞬时速度以及国际单位制的认识，要注意对相近知

识点正确理解。

5.【答案】D

【解析】解：①卢瑟福用a粒子轰击氮核，获得反冲核氧核，发现了质子，故①错误；

@235(/+in^144Ba+llKr+3X,由电荷数守恒和质量数守恒可知x是中子，故②错误；

③汤姆孙对阴极射线的研究发现了电子，美国科学家密立根通过“油滴实验”测出了电子的电荷量，故③

错误；

④卢瑟福最先发现了质子，并预言中子的存在，故④正确；

⑤贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核可以再分，故⑤错误；

⑥麦克斯韦系统地总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，建立了经典电磁场理论，预言了电

磁波的存在。故⑥正确；

⑦普朗克最早提出能量子假设，即振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，故⑦正确，

综上所述，。正确，A8C错误。

故选：Do

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正确解答。

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。

6.【答案】C

【解析】解：4处于n=6激发态的氢原子向低能级跃迁时释放出射线的频率有：5+4+3+2+1=15种，

依据题意可见光单个光子能量的范围是1.64eU〜3.1eU，15种不同频率的射线落在可见光区域的有四种，分

别是由：

n=3向n=2跃迁，-E2=-l.SleV-(-3.40eK)=1.89eV

n=4向n=2跃迁，E4-E2=-0.85eV-(-3.40eIZ)=2.55eV

n=5向n=2跃迁，E5-E2=-0.54eV-(—3.40eV)=2.86eV

n=6向n=2跃迁，E6-E2=-0.38eU-(-3.40eV)=3.02eV释放的射线，故A错误；

B、由题意，《=4向《=2跃迁，E4-E2=2.55eV,释放的射线能使光电管发生光电效应，即电流表有示

数。单个光子能量大于2.55eU的射线一定能使电流表有示数，单个光子能量大于2.55eU的射线有8种，分别

是：

n向跃迁，10.2eV

=271=1E2-EX=-3.4el/-(-13.6eV)=

n=3向n=1跃迁，E3_E]=-1.51-(-13.6eK)=12.09eV

n=4向n=2跃迁，E4-E2=-0.85eV-(-3.40eK)=2.55eV

n=4向n=1跃迁，E4-E1=-0.85eK-(-13.6eV)=12.75eV

n=5向n=2跃迁，E5-E2=-0.54eV-(—3.40eV)=2.86eV

n=5向n=1跃迁，E5-E1=-0.54eV-(-13.6eV)=13.06W

n=6向n=2跃迁，E6-E2=-0.38eV-(-3.40eK)=3.02eV

n=6向n=1跃迁，E6-E1=-0.38eV-(-13.6eV)=13.22eV

但题意没有说n=4向n=2跃迁释放的射线恰好能使光电管发生光电效应，所以单个光子能量低于2.55eV

的射线也有可能使该光电管发生光电效应，故能使电流表有示数的射线最多可能大于8种，故B错误；

C、在可见光区域的四种射线，频率最高的是由n=6向n=2跃迁释放的射线，水对该射线折射率最大，临

界角最小，随着入射角增大，最先达到全反射，所以在空气中最先消失的折射光是由n=6向n=2跃迁释

放的射线，故C正确；

D、在双缝干涉实验中，根据干涉条纹间距公式：4%=。九条纹最宽的是波长最长的射线：

波长越长，频率v越低，光子能量：E=hv,越小，所以在可见光区域的射线中，由n=3向71=2跃迁释放

的射线亮条纹最宽，故。错误。

故选：Co

(1)根据玻尔跃迁假说/皿口=Em-En,结合数学知识，计算出发出可见光的数目；

(2)由跃迁理论和光子的能量公式，计算能使金属发生光电效应的光子数目；

(2)找到频率最大的光子，折射率最大，从而确定发生在哪两级之间的跃迁；

(3)根据玻尔跃迁公式、双缝干涉公式、波长与频率的公式判断条纹最宽。

考查光电效应规律的应用、玻尔跃迁理论、光子的能量公式、波长与频率的关系等，理解极限频率、逸出

功的概念及最大初动能的含义。注意当发生光电效应时，入射光的频率越高，而金属的逸出功是一定，则

光电子的最大初动能越大。

7.【答案】C

【解析】解：人由于4B图线与横轴平行，因此4B图线是等压过程，压强一定，体积减小，根据盖一吕萨

克定律可知，温度降低，根据

AU=W+Q

体积减小，外界对气体做功，温度降低，气体内能减小，可知气体对外放热，故A正确；

B、BC的延长线过坐标原点，根据克拉伯龙方程

pV-nRT

解得

1

p=nRT—

可知，从B到C过程为等温过程，温度不变，气体分子运动的平均速率一定，体积增大，气体分子分布的密

集程度减小，则单位时间内撞击到容器壁单位面积上的分子数减少，故8正确；

C、CD图线与纵轴平行，从C到。过程为等容过程，体积一定，压强增大，温度升高，则气体内能增大，故

C错误；

ZM的延长线过坐标原点，根据上述可知，从。到4过程为等温过程，温度不变，内能一定，体积减小，

外界对气体做功，则气体一定向外释放热量，即气体放出的热量等于外界对气体做的功，故。正确；

本题选择断错误的。

故选：Co

由图象结合理想气体状态方程判断气体的状态变化；对于一定质量的理想气体，温度降低则气体的内

能减少，温度不变则内能不变。结合压强的微观意义分析。

本题考查理想气体状态方程和温度的微观含义的综合应用，应用理想气体状态方程可判断气体的压强、体

积及温度的变化情况。

8.【答案】BD

【解析】解：4、加强点的位移不停变化，加强点的最大位移始终为30cm,故A错误;

8、加强点的振动频率等于振源振动的频率

0)27r

故B正确;

CD、周期为

1

T=了=Is

波长为A=vT=1xlm=lm

如图所示，图中所标注的数字是该点到两个波源之间的距离差等于半波长的倍数，其中偶数表示加强点,

奇数表示减弱点，除S2点之外，加强点的个数为7个，减弱点的个数为8个，故C错误，。正确。

故选：BD。

对两个完全相同的波源产生的干涉来说，凡到两波源的路程差为一个波长整数倍时，振动加强；凡到两波

源的路程差为半个波长的奇数倍时，振动减弱加强。

管教要找到振动加强和减弱的条件，再按条件判断，难度不大。

9.【答案】BC

【解析】解：力、小球缓慢上升一小段位移的过程中，小球处于平衡状态，对小球进行受力分析如图所示:

由于三角形4BC与三角形P6M相似，可得：器=焉=£

由于鬻为恒量，4P减小、则F减小，故A错误；

8、设4P长度为3贝4=k（定值），”表示F的变化量，4L表示L的变化量，则比值六="卜（定值），故8

正确：

CD、对小球受力分析可知，环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，根据关系翳=与可知，竿■=（,解

POA02

得N=2mg,故C正确、£＞错误。

故选：BC.

对小球进行受力分析，根据三角形相似列方程进行分析。环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，根据几

何关系求解弹力大小。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进

行力的合成，然后根据相似三角形建立平衡方程进行解答。

10.【答案】ABC

【解析】解：4、根据乙图分析可得，当传送带的速度大于4m/s时，物块平抛的水平位移发生变化，说明

传送带速度小于4m/s时，物块做匀减速运动，即当传送带速度为0时，物块到达B点的速度为4m/s,故A

正确；

8、根据平抛运动的规律，水平和竖直方向，有

x=vt,h=^gt2

物块到达B点的速度为4rn/s,得

t—0.4s,h=；x10x0.42m=0.8m

故8正确；

C、当传送带速度小于等于4m/s时，根据牛顿第二定律

irnig=ma

得a=ng

又

2

VQ—v=2al

其中u=4m/s,I=2m,得

〃=0.5

故C正确；

D、如果传送带向左运动，则物块所受滑动摩擦力向左，与传送带速度小于等于4m/s情况相同，不为虚线c,

故Q错误。

故选：ABC.

首先，分析传送带的速度与物块平抛的水平位移之间的关系，判断传送带速度为0时，物块到达B点的速度

是不是4m/；

其次，根据平抛运动的规律求出传送带平面到地面的高度；

接着，结合传送带速度小于等于4m/s时小物块的运动，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求出物

块与传送带之间的摩擦因数；

最后，分析传送带向左传送，物块所受滑动摩擦力的方向，判断传送带速度小于等于4m/s式，其X-U图像

是不是虚线。

本题考查了平抛运动的规律，解决本题的关键是熟练掌握传送带模型。

11.【答案】2.27学1.50大一些

«1

【解析】解：(2)刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读到分度值的下一位，则刈=2.27cm；

(3)根据题意标出光线对应的入射角和折射角，如图所示：

结合几何关系和折射定律可得：

[M

sina~d^d2

n—sin/?—fM—d]

弓2

代入数据解得：n=|^«1.50

(4)为了减小心、d2测量的相对误差，实验中激光在M点入射时应尽量使入射角大一些。

故答案为：(2)2.27；(3)*；1.50；(4)大一些。

(2)根据刻度尺的读数规则得出对应的读数；

(3)根据几何关系和折射定律得出折射率的表达式，代入数据得出n的大小；

(4)为了减小乙、d2测量的相对误差，实验中要尽量增大入射角。

本题主要考查了折射定律的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合几何关系和折射定律即可

完成分析。

12.【答案】升高《窄詈=詈+詈

口c2。3

【解析】解：(1)①轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电

门1的时间说明滑块运动速度减小，说明导轨右边低，为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端升高一些。

②滑块经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，滑块4通过光电门1时的速度大小为：匕=（

由于将经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，为减小实验误差，应选择宽度适当窄一点的挡光条。

同理可得碰撞后滑块B通过光电门2时的速度大小为：艺

滑块A通过光电门2时的速度大小为：v3=7-

取向左为正方向，若要验证动量守恒定律，需满足：=m2v2+mxv3

代入得:詈喈+得

故答案为：①升高；②《窄；詈=答+最

（1）①气垫导轨调至水平时，轻推滑块，滑块能做匀速直线运动，根据此要点进行判断：

②滑块过光电门的速度是用挡光片通过光电门的平均速度替代，挡光片的宽度越小，误差越小；求出碰撞

前4通过光电门的速度以及碰后4、B通过光电门的速度，再写出动量守恒定律方程。

解决本题时，要掌握光电门测速的原理和方法：用平均速度代替瞬时速度。要知道动量守恒定律的应用需

规定正方向。

13.【答案】（1）由图知；1=8m通过P的振动方向向下，知波传播的方向沿%轴负方向。

由u=：及s=71/1+2,得u=（4几+l）m/s（九取0,1,2.....）

（2）由"Y，得：7=（=岛

因T>2s,故T=8s,所以12s为

12s内质点M走过的路程S=6A=30cm

答：（1）该列波的波长4及可能