安徽省阜阳市2023-2024学年高二上学期期中物理试卷（含答案）

安徽省阜阳市2023-2024学年高二上学期期中物理试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题：共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项符合题目要求；第9—12题有多项符合题目要求，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．如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的半圆形细管，A、B为细管上的两点，A点与圆心等高，B点为细管最低点.一个小球从A点匀速滑到B点，小球除受到重力和细管的弹力外，还受另外一个力.小球从A点滑到B点的过程中，关于小球，下列说法正确的是（）A．合力做功为零 B．合力的冲量为零C．机械能不变 D．机械能增大2．光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为E=1A．振子的最大加速度为16m/s2B．振子经过平衡位置时的速度为0.4m/sC．若振子在位移最大处时，质量突变为0.4kg，则振子经过平衡位置的速度增大D．若振子在位移最大处时，质量突变为0.4kg，则振子经过平衡位置的速度减小3．如图所示，有一光滑并带有圆弧的曲面，倾斜放在平面上，在曲面的底部平行于轴线画一条虚线，现将一个可视为质点的小球从图中位置平行于虚线以一定的初速度进入曲面，将小球下滑过程中经过虚线时的位置依次记为a、b、c、d，以下说法正确的是（）A．虚线处的ab、bc、cd间距相等B．经过ab、bc、cd的时间相等C．小球从释放到离开曲面末端时（曲末端的圆弧可认为在水平面内）动能的变化量与初速度大小有关D．小球通过a、b、c三点时对曲面的压力大小与初速度大小有关4．如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置，静止释放b球，下列说法正确的是（）A．b球落地的瞬间，a球的速度不为0B．在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为05．某次冰壶比赛中蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生对心正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点.可将冰壶视为质点，两冰壶与冰面的动摩擦因数相等，如图所示，则（）A．碰撞过程中两壶动量的变化量相同B．碰后运动过程中两壶动量的变化量相同C．两壶碰撞为弹性碰撞D．碰后瞬间蓝壶速度大小为红壶的2倍6．质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一轻大本营杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m1的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，小球向下摆动过程中未碰到小车与轻杆，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．球、车组成的系统总动量守恒B．小球向左不能能摆到原高度C．小车向右移动的最大距离为3D．小球运动到最低点时的速度大小为27．如图甲所示，在xOy平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源S1和S2分别位于x=−5m和x=7m处，某时刻波源S1在x轴上产生的波形图如图乙所示，波源S2的振动图像如图丙所示，由两波源所产生的简谐波波速均为13m/s，质点a、b、p的平衡位置分别位于xa=3m、xb=−2m、xp甲乙丙A．两波源所产生的简谐波不会发生干涉B．t=30s时，质点a向y轴正方向振动C．在32~50s内，质点b运动的总路程是0.30mD．稳定后质点p振动的表达式为y=58．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，振幅为2cm，某时刻相距40cm的两质点a、b的位移都是3cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，a的平衡位置距O点不足一个波长入，此时x=0处质点恰好经过平衡位置.下列说法正确的是（）A．该列简谐横波波长λ为2.4mB．质点a的平衡位置距O点的距离可能为2λC．质点a的平衡位置距O点的距离一定为λD．再经T69．据报道ACF极限缓震材料，是一种集缓冲、减震、吸能于一身的高分子高性能材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为不明显的热能.为了验证该报道，某同学找来一个ACF缓震材料置于水平地面，将质量为m的钢球置于缓震材料上方H1处静止释放，通过相机测出钢球与缓震材料的接触时间t及钢球反弹的最大高度H2，假设钢球始终在竖直方向上运动，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A．冲击时机械能转为热能百分比为HB．冲击时机械能转为热能百分比为HC．钢球与缓震材料接触过程中，始终处于超重状态D．缓震材料受到钢球的平均冲力为m10．有两列简谐横波a、b在同一介质中沿x轴相向传播，其中a波沿x轴正向传播，如图所示，在t=0时刻两列波的波峰正好在x=0处重合，a、b周期分别为Ta，Tb，则下列判断正确的是（）A．Ta：Tb=5：7B．t=0时刻，两列波的波谷和波谷不可能有重合处C．t=0时刻，x=17.5cm处质点的振动速度为0D．t=0.2Ta时刻，某处必有波峰与波峰重合11．如图所示，甲乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，甲与车的总质量M=50kg，车与水平地面间的摩擦不计.另有一质量m=2kg的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度v（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只球以相同速率v水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率v将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，则（）A．甲每一次抛出球后，速度均增加0.04vB．甲第三次抛出球后，车的速度为0.52v，方向水平向左C．从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球D．从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球12．图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体中，高频电信号通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号，发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去.两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，在节点两侧声波压力的作用下，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态，该情境可等效简化为图乙所示情形，图乙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点M（−1.5，0）、点N（0.5，0）分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为340m/s，则下列说法正确的是（）甲乙A．小水珠悬浮时，受到的声波压力为零B．两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有10个悬浮点C．两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个D．两列波充分叠加后，小水珠不可以悬浮在点M（−1.5，0）附近二、非选择题：本题共5小题，共52分。13．用如图所示装置探究物体所受合力的冲量与物体动量变化的关系.将气垫导轨调节至水平，轻牵引绳一端连接滑块，另一端通过定滑轮连接钩码.气垫导轨充气后释放钩码，滑块上的遮光片经过光电门A、B时间分别为t1、t2，滑块从光电门A到B的时间为t；逐渐改变钩码个数n（n=1，2，3，…），重复实验，并将实验数据记录在下列表格中.已知滑块（含遮光片）总质量M=0.422kg，每个钩码质量m=0.005kg，遮光片宽度d=0.020m，g取9.8m/s2，计算时可认为滑块所受合外力等于钩码总重力.数据组别t1/st2/st/sn/个10.1270.0621.459120.0850.0431.005230.0750.0360.858340.0570.0300.699450.0510.0270.6255（1）从光电门A到B，滑块“所受合力的冲量”的计算式是.（用题中相关物理量的符号表示）（2）从光电门A到B，滑块“动量变化”的计算式是.（用题中相关物理量的符号表示）（3）本实验滑块“动量变化Δp”和“所受合力的冲量I”的相对误差δ=|I−Δp|12(14．同学们用如图所示的“杆线摆”研究摆的周期与等效重力加速度的关系.杆线摆可以绕着立柱OO'来回摆动（立柱并不转动），使摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内.具体操作步骤如下：（1）测量“斜面”的倾角①将铁架台放在水平桌面上，在铁架台立柱上绑上重垂线，调节杆线摆的线长，使重垂线与摆杆垂直.②把铁架台底座的一侧垫高，使立柱倾斜.测出静止时摆杆与重垂线的夹角为β，则“斜面”的倾角θ=.（2）根据斜面倾角，求出等效重力加速度a.测量杆线摆的周期.尽量减小摆杆与立柱之间的摩擦，将摆拉开一个较小的角度，轻轻释放摆球.用停表测量摆球全振动20次所用的时间t，则单摆的周期为T=.（3）改变铁架台的倾斜程度，重复实验，将所需数据记录在表格中.序号θ（°）T（s）a（m/s2）1111.02.521.870.731214.52.112.450.639319.01.833.190.560422.51.733.750.516525.51.624.220.487629.01.504.750.459为了直观体现周期与等效重力加速度的关系，请在坐标纸中选择合适的物理量与单位，补全缺少的数据点并绘图.（4）通过图线，可以计算出在摆长一定的情况下，摆的周期与等效重力加速度的关系.若忽略球的尺寸，本实验中的摆长应为（填“摆线”、“摆杆”）的长度，摆长为L=m（结果保留1位有效数字）.15．物理学中，力与运动关系密切，而力的空间累积效果——做功，又是能量转化的量度。因此我们研究某些运动时，可以先分析研究对象的受力特点，进而分析其能量问题。已知重力加速度为g，且在下列情境中，均不计空气阻力。（1）劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连一可视为质点的小物块，若以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox，如图所示，用x表示小物块由平衡位置向下发生的位移。a．求小物块的合力F与x的关系式，并据此证明小物块的运动是简谐运动；b．系统的总势能为重力势能与弹性势能之和。请你结合小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，推导小物块振动位移为x时系统总势能Ep（2）若已知此简谐运动的振幅为A，求小物块在振动位移为A2时的动能E16．娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游人只要穿上特制的可改变受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮.已知一游客穿上飞行服后质量为60kg，腹部向下时受风面积最大为0.7m2，身体直立时受风面积最小为0.2m2，气流密度为1.2kg/m3，气流速度为30m/s，重力加速度为g=10m/s2，假设气流吹到人身体上后速度近似变为0.求：（1）若游客在风洞内悬浮，则受风面积应调整为多大；（2）若游客进入风洞先由最大受风面积运动1s后立即改为最小受风面积，求游客距出发点的最远距离为多少.（结果均保留2位有效数字）17．如图所示，倾角θ=37°、长l=4m的传送带bc上端与固定在竖直平面内半径R=0.4m的光滑圆弧轨道cd相切于c点，半径Od竖直；传送带下端与光滑水平面ab间用一极小段光滑的圆弧平滑连接.可视成质点的质量分别为mA=1kg、mB=4kg的物块A、B之间夹着一根仅与物块B栓连、被压缩且锁定的轻短弹簧，它们静止在光滑的水平轨道ab上.已知传送带以v0=2m/s逆时针匀速传动，物块A与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.（1）若解除弹簧锁定后，要使物块A恰能通过圆弧轨道最高点，求开始时弹簧弹性势能Ep大小；（2）若开始时弹簧弹性势能Ep=40J，求解除弹簧锁定后，物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热；（3）在（2）问的基础上，求物块A在光滑水平面ab上运动的最终速度大小.

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】AB.由题意可知，小球从A点滑到B点的过程中，做匀速圆周运动，小球所受合外力提供向心力，故合外力不零，合外力的冲量I=Ft，不为零；由于向心力总与速度垂直，所以向心力不做功，即合力做功为零，A符合题意，B不符合题意；

CD.小球从A点滑到B点的过程中，速度大小不变，故小球的动能不变，重力势能减小，所以小球的机械能减小，CD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】匀速圆周运动中，合外力即为向心力，由冲量的定义式I=Ft分析合外力的冲量；根据合外力与速度的方向关系，分析合外力做功；根据小球从A点滑到B点的过程中，动能和重力势能的变化情况分析机械能的变化情况。2．【答案】D【解析】【解答】A.弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有1可得该振动的振幅为A=0.08m，振子在端点的加速度最大，由牛顿第二定律可知振子的最大加速度为a=A不符合题意；

B.振子经过平衡位置时，弹性势能全部转化为动能，可得1所以振子经过平衡位置时的速度为v=0.8B不符合题意；

CD.振子在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以振子质量突变为0.4kg，不影响系统的机械能，当振子运动到平衡位置时，依然有12mv2=0.08J3．【答案】B【解析】【解答】B.小球在垂直于虚线所在平面内做类似单摆运动，小球从a到b、从b到c、从c到d的时间均为半个周期，所以经过ab、bc、cd的时间相等，B符合题意；

A.小球在沿虚线方向做匀加速直线运动，因为经过ab、bc、cd的时间相等，所以ab<bc<cdA不符合题意；

C.由动能定理可知，动能变化量等于合外力做功，与初速度大小无关，C不符合题意；

D.小球通过a、b、c三点时，斜面对小球的支持力与小球重力在垂直斜面方向的合力提供其在垂直于虚线平面内分（圆周）运动的向心力，由于向心力不做功，所以小球通过a、b、c三点时在垂直于虚线方向的分速度大小相同，初速度方向沿虚线向下，无论初速度大小如何，小球所需向心力大小相同，受到斜面的支持力大小相同，根据牛顿第三定律可知小球通过a、b、c三点时对斜面的压力大小相同，与初速度无关，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】将小球的运动分解，小球在平行虚线方向做匀加速直线运动，在垂直虚线方向，可视为一个单摆运动，根据单摆运动的特点，分析小球经过ab、bc、cd的时间关系；根据匀加速直线运动的规律，分析虚线处的ab、bc、cd间距的大小关系；由动能定理分析小球动能的变化量；根据圆周运动的特点，分析小球垂直虚线方向的分运动，得出小球小球通过a、b、c三点时对曲面的压力与初速度的关系。4．【答案】C【解析】【解答】A.由于地面光滑，所以a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，系统水平方向动量守恒，由于系统水平方向初动量为零，在b球落地瞬间，b球速度与水平面垂直，水平分量为零，由水平方向上的动量守恒可知，a球的速度为零，A不符合题意；

B.由于当b球落地的瞬间，a球速度为零，可知a球先加速后减速到最后速度变为0，则轻杆对a球先做正功后做负功，由于球a、b与轻杆组成的系统机械能守恒，则在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球先做负功后做正功，故此过程中b球的机械能不守恒，B不符合题意；

C.对b球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，所以由杆对b球的水平和竖直冲量可知，杆对b球的冲量不为零，C符合题意；

D.由于b落地时的速度与只有重力作用时速度相同，所以b球落地前的整个过程中，b球受到的合力对b球做的总功等于重力做功，所以整个过程中杆对b球做的总功为零，D不符合题。

故答案为：C。

【分析】根据分动量守恒定律，分析b球落地的瞬间，a球的速度；由a、b两球运动过程中的速度变化，分析杆对两小球的做功情况，再分析机械能；由b球的速度变化情况，分析杆对b的冲量和总功。5．【答案】D【解析】【解答】A.两壶碰撞过程中，系统总动量守恒，所以红壶的动量减少等于蓝壶的动量增加，故碰撞过程中两壶动量的变化量的大小相等，方向相反，A不符合题意；

B.由于碰后两壶运动的距离不相同，而两壶的加速度大小a=相同，可知碰后两壶做匀减速运动的初速度大小不同，而末速度均为零，故动量的变化量的大小∆p=m不相同，B不符合题意；

C.如果两壶发生的是弹性碰撞，因为两壶质量相等，所以碰后应该速度互换，碰后瞬间红壶应静止，蓝壶向前运动，与题意不符，C不符合题意；

D.由题意可得，碰后红壶运动的距离为x蓝壶运动的距离为x碰后匀减速运动加速度大小相等，则x1=联立可得vD符合题意；

故答案为：D。

【分析】根据动量守恒定律，分析碰撞过程中两壶动量的变化量的关系；由动量变化量的定义式∆p=mv-6．【答案】C【解析】【解答】A.小球在下摆的过程中，由竖直方向上有加速度，所以球和车组成的系统在竖直方向上受的合力不为零，系统总动量不守恒，A不符合题意；

B.由于球、车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，则系统在水平方向上的动量守恒，可知当小球向左摆到最高点时，球与车的速度均为0，而球、车组成的系统内，只发生了动能和重力势能的相互转化，所以系统的机械能守恒，所以小球向左仍能摆到原高度，B不符合题意；

C.当小球摆到左侧最高点过程，小车位移最大，由人船模型原理可得m其中x解得小车向右移动的最大距离为xC符合题意；

D.小球运动到最低点过程，根据水平方向动量守恒有m根据机械能守恒定律有m解得vD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据动量守恒的条件分析；由系统水平方向上动量守恒的特点，分析小球向左摆到最高点时的速度，再由机械能守恒定律分析小球向左能否摆到原高度；根据人船模型原理，分析小车向右移动的最大距离；对小球由最高点运动到最大点的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律分析小车和球组成的系统，求出小球运动到最低点时的速度大小。7．【答案】C【解析】【解答】A.由图乙可知，波源S1产生的波的波长λf由图丙可知波源S2的周期为Tf所以波源S1和波源S2的频率相同，两列波振动方向相同，相位差固定，为相干波源，则两波源所产生的简谐波可发生干涉，A不符合题意；

B.由图丙知，在t=5s时，波源S2∆t=25波源S1和Sλ可知a点距波源S1的距离两个波长，距波源S2的距离为一个波长，根据相距波长整数倍的两点，振动情况总相同，可知波源S1和波源S2所引起的波均在t=30s时，使质点a在平衡位置下方且向轴负方向运动，根据波的叠加原理可知，t=30s时，质点a向y轴负方向振动，B不符合题意；

C.质点b到波源∆可知b点为振动减弱点，则b点的振幅为A在32～50s内，质点经过了18根据一个周期质点振动4个振幅的路程，可知质点b在32～50s内运动的总路程s=C符合题意；

D.质点p到两波源的距离差为∆可知p点为振动加强点，则p点的振幅为Aω=2πf=由题在t=5s时两波源均在平衡位置且向下振动，p到两波源的距离为6cm，可知p点到两波源的距离等于半波长，则在t=5s时p质点在平衡位置且向上振动，相位为0，则p点做简谐振动的初相位为φ0ω×5+可得φ稳定后质点p振动的表达式为y=35D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】分别计算两波的频率，再由波的干涉条件分析两列波能否产生干涉；先分析t=30s时两列波分别引起的a点的振动情况，再根据波的叠加原理，分析a质点的振动方向；通过b到两波源的路程与波长的关系，判断出b是减弱点，求出b的振幅，再根据一个周期质点振动4个振幅的路程，求出质点b在32～50s内运动的总路程；根据p到两波源的路程差确定p是加强点，求出振幅，判断p点在t=5s时的振动情况，求出P点做简谐振动的初相位，再根据质点的振动方程写出p点振动的表达式。8．【答案】B【解析】【解答】A.设质点的起振方向向上，图中时刻b的振动方程为3可得ωa质点比b振动时间长，所以a的振动方程为3可得ω则a、b振动的时间差最短为∆t=所以ab之间的最短距离为∆x=v∆t=则a、b之间的距离通式为(n+可得λ=A不符合题意；

BC.若O点正在向下振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距O点的距离为x若0点正在向上振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距O点的距离为xB符合题意，C不符合题意；

D.因为a、b间距最短为λ6，根据a、b关于波峰对称的特点可知，波峰需向前传播λ12到达b点，根据一个周期波向前一个波长，可知波峰传到b点最短还需T12，即b点最短经T12到达波峰，D不符合题意。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB.根据题意可知，冲击前钢球的机械能为E冲击后钢球的机械能为E由能量守恒定律可得，转化内能的机械能为Q=冲击时机械能转为热能百分比为η=A不符合题意，B符合题意；

C.钢球与缓震材料接触过程中，下降阶段，减震材料对钢球的向上的作用力先小于重力，再大于重力，上升阶段，减震材料对钢球的向上的作用力先大于重力，再小于重力，故小球的加速度先向下，再向上，再向下，可知钢球先失重后超重再失重，C不符合题意；

D.以向上为正方向，对钢球，根据动量定理有(F-mg)t=m由自由落体公式2gh=可得v1=联立解得缓震材料受到钢球的平均冲力为F=mD符合题意。

故答案为：BD。

【分析】求出冲击缓震材料前后钢球的机械能，再由能量守恒定律求出冲击过程中产生的热能，在计算冲击过程机械能转为热能的百分比；根据钢球与减震材料作用过程中的加速度方向，分析超重失重问题；根据动量定理分析缓震材料受到钢球的平均冲力。10．【答案】A,C,D【解析】【解答】A.由图可知λa=2.5两列波在同一介质传播，故两列波的波速相等，根据T=λTA符合题意；

B.t=0时刻，a波的波谷平衡位置对应的坐标为xb波的波谷平衡位置对应的坐标为x两列波的波谷重合处有x即5n1=7n2+1时，两列波的波谷重合，B不符合题意；x=v·0.2可知t=0.2Ta时刻的a、b波的波形图可由t=0时刻的a、b波的波形图分别向右、左平移0.5m所得，由C可知t=0时刻，在x=17.5cm处a、b波波峰重合，故t=0.2Ta时刻，某处必有波峰与波峰重合，D符合题意。

故答案为：ACD。

【分析】根据机械波的速度由介质决定，得出两列波的传播速度相等，再由波速公式11．【答案】B,C【解析】【解答】A.以向右为正方向，甲第一次抛出球后，对甲、车与第一只球构成的系统，根据动量守恒定律有mv-M解得v方向水平向左，甲第二次抛出球后，对甲、车与第二只球构成的系统，根据动量守恒定律有M解得v方向水平向左，甲第二次抛出球后速度增加量∆v=A不符合题意；

B.甲第三次抛出球后，对甲、车与第三只球构成的系统，根据动量守恒定律有M解得v方向水平向左，B符合题意；

CD.根据由动量守恒定律对前三次抛球列出的动量守恒表达式，经过归纳总结可得，甲第n次抛出球后有M解得v若甲不能接到乙抛回来的球，则有vn≥v，解得n>3，即从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：BC。12．【答案】C,D【解析】【解答】A.小水珠悬浮时，受力平衡条，可知小水珠受到的声波压力与重力等大反向，A不符合题意；

B.由波源P、Q振动步调相反，当波程差为波长的整数倍时，该点是振动减弱点，设波源P、Q之间某一点坐标为x，悬浮点为振动减弱点，满足(2-x)-[x-(-2.5)]=解得x=±0.25、±0.75、±1.25、±1.75、-2.25，故两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点，B不符合题意；

C.波源P、Q之间振幅为2A的点为振动加强点，当波程差为半波长的奇数倍时，该点是振动加强点，满足|(2-x)-[x-(-2.5)]=|2x+0.5|=2n+1解得x=0、±0.5、±1、±1.5、-2，两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个，C符合题意；

D.由于P、Q两个波源振动步调相反，M点与两个波源的波程差为∆s=而波长λ=1cm，可知∆s为2.5个波长，所以M点为振动加强点，不是节点，小水珠不能悬浮在此处，D符合题意。

故答案为：CD。

13．【答案】（1）nmgt（2）Md(（3）5.94（5.90~5.98）【解析】【解答】（1）由于钩码的总质量远小于滑块的质量，所以滑块受到的拉力可认为等于钩码的重力，由冲量的定义式I=Ft可得，滑块所受合力的冲量为I=nmgt所以滑块“所受合力的冲量”的计算式是nmgt。

（2）滑块经过光电门A、B时的速度分别为vA=则滑块的动量变化为∆p=M则滑块“动量变化”的计算式是Md(1t2-1t1I=nmgt=0.156∆p=Md(则相对误差为δ=【分析】（1）由冲量的定义式I=Ft，得出滑块受到的合力冲量的表达式；（2）根据动量变化量∆p=mv-mv0，得出滑块动量变化的表达式；（3）用第5组数据求出滑块从A运动到B，所受合力的冲量I和动量的变化量14．【答案】（1）90°−β（2）t（3）（4）摆杆；0.3【解析】【解答】（1）由几何关系可得θ=90°-β（2）由题意可知，摆球全振动20次所用的时间t，则单摆的周期为T=（3）a为等效重力加速度，根据单摆周期公式T=2πLT=2π为了使直观体现周期与等效重力加速度的关系，应使图线成直线，所以在图中以周期T为纵坐标轴、则应以1a为横坐标轴建立坐标系，根据表格中相应的各组数据在坐标系中描点作图，如图所示：

（4）本实验的摆长为摆杆；由上述图像T-1k=结合T-1k=2π解得L=【分析】（1）由几何关系求出θ与β的关系；（2）一次全振动的时间为一个周期，由所给数据求出单摆的周期；（3）根据单摆的周期公式T=2πLg，推导该单摆的周期表达式，根据图线为直线能更直观的体现物理量之间的关系，确定横轴表示的物理量，然后根据表中数据做出图像；（4）根据15．【答案】（1）解：a．设小物块