北京市大兴一中2023-2024学年高二（下）期中物理试卷
考试范围：选择性必修一
第I卷（选择题）
一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。
1.关于单摆，下列说法中正确的是( )
A. 摆球经过平衡位置时，加速度为零
B. 摆球运动的回复力是它受到的合力
C. 摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时，加速度是确定的
D. 摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
2.如图所示，一个物体静止在水平地面上，受到与水平方向成角的恒定拉力作用时间后，物体仍保持静止。现有以下看法，你认为看法正确的是( )
A. 物体所受合力的冲量大小为 B. 物体所受拉力的冲量大小是
C. 物体所受摩擦力的冲量大小为 D. 物体所受拉力的冲量方向水平向右
3.如图所示是研究光的双缝干涉示意图，挡板上有两条狭缝，，经过，的两束光到达屏上时会产生干涉条纹。已知屏上的点到两狭缝和的距离相等。如果入射光的波长为，把处的亮条纹记作号条纹，由向上数，与号亮条纹相邻的亮纹为号亮纹，与号亮纹相邻的亮纹为号亮纹，则处的亮纹恰好是号亮纹。当入射光的波长时，则处为( )
A. 号亮纹 B. 号暗纹 C. 号亮纹 D. 号暗纹
4.如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，某同学用黄色滤光片时得到一个干涉图样，为了使干涉条纹的间距变宽，只进行一步操作，下列可以采取的方法是( )
A. 换用紫色的滤光片 B. 换用双缝间距更大的双缝片
C. 使光源离双缝距离近一些 D. 使光屏离双缝距离远一些
5.质量为的物体以的初速度竖直向上抛出，经时间达到最高点。速度变为，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是( )
A. 和 B. 和 C. 和 D. 和
6.如图，挡板是固定的，挡板可以上下移动。现在把、两块挡板中的空隙当作一个“小孔”做水波的衍射实验，出现了图示中的图样，点的水没有振动起来。为了使挡板左边的振动传到点，可以采用的办法是( )
A. 增大振源频率 B. 减小振源频率 C. 板向下移动 D. 板向左移动
7.如图所示，质量为的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为的木块以初速度水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则( )
A. 由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
B. 车表面越粗糙，木块减少的动量越多
C. 车表面越粗糙，小车增加的动量越少
D. 木块的最终速度为
8.在光滑水平面上的两个小球发生正碰．图为它们碰撞前后的位置图象．小球的质量分别为和，已知由此可以判断( )
A. 碰前、都运动
B. 碰后和运动方向相同
C. 由动量守恒定律可以算出
D. 碰撞过程中系统损失了的机械能
9.一门大炮处于静止状态，炮身的质量为，水平方向发射一枚质量为的炮弹，已知炮弹的动能为，则炮弹发出之后炮身反冲的动能为( )
A. B. C. D.
10.一列简谐横波沿轴负方向传播，图甲是时的波形图，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图像两图用同一时间起点则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图像( )
A. 处的质点 B. 处的质点
C. 处的质点 D. 处的质点
11.如图表示两列频率相同的水波在某时刻叠加后发生稳定干涉的图样，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的振幅相等，点是连线和连线的交点，下列说法不正确的是( )
A. B、两质点振动始终是加强的
B. B、两点的位移始终最大
C. 质点是振动加强的点
D. 质点的位移有时为零
12.如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线，则下列说法错误的是( )
A. 若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B. 若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比：：
C. 图线Ⅱ若表示是在地面上完成的，则该单摆摆长约为
D. 若摆长均为，则图线Ⅰ表示是在地面上完成的
13.轻质弹簧上端固定于定点处，其下端焊接一个小球，在球下面用细线拴一个小球，系统静止时，球的位置记为，如图所示。已知，球质量等于球质量，弹簧的伸长在弹性限度内。现将、之间的细线剪断，此后球在竖直方向做简谐运动，现有下列说法，其中正确的是( )
A. 点是小球做简谐运动的平衡位置
B. 球运动到最高点时，弹簧的长度大于其自然长度
C. 球运动到最高点时，弹簧的长度等于其自然长度
D. 球运动到最高点时，弹簧的长度小于其自然长度
14.如图所示，物块与叠放在一起，以为平衡位置，在之间做简谐振动，两者始终保持相对静止，取向右为正方向，其振动的位移随时间的变化图象如图，则下列说法正确的是( )
A. 在时间内，物块的速度和所受摩擦力都沿负方向，且都在增大
B. 从时刻开始计时，接下来内，两物块通过的路程为
C. 在某段时间内，两物块速度增大时，加速度可能增大，也可能减小
D. 两物块运动到最大位移处时，若轻轻取走，则的振幅不变
第II卷（非选择题）
二、实验题：本大题共3小题，共24分。
15.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律。
关于本实验，下列说法正确的是 。
A.要调节好实验装置，使斜槽末端点的切线水平
B.小球的质量必须满足
C.用秒表和刻度尺计算小球平抛的初速度
D.白纸铺好后可随意移动
图中点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上端位置由静止释放，找到其平均落地图点的位置，测量平抛射程。然后，把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射球从斜轨上端位置由静止释放，与小球相碰，并多次重复。之后，分别找到、相碰后平均落地点的位置、，测量平抛射程，，并测量两个小球的质量、若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 用中测量的量表示。
经测定，，，小球落地点的平均位置距点的距离分别为，，。则碰撞前、后总动量的比值： 。结果保留三位有效数字。
有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用中已知的两小球的质量和，分析和计算出被碰小球平抛运动射程的最大值为 。
16.在“用单摆测量重力加速度”实验中：
除的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要______；
A.停表 B.米尺 C.天平 D.弹簧秤
用游标卡尺测小球的直径，如图所示，则小球的直径是______；
下列做法正确的是______；
A.从摆球达到最高位置时开始计时
B.记录摆球完成一次全振动的时间
C.要让摆球在竖直平面内摆动离开平衡位置的角度不小于
D.选用的细线应细、质量小，且不易伸长
某同学利用单摆测量当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长，通过改变摆线的长度，测得组和对应的周期，画出图线，然后在图线上选取、两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为 ______用图中标注字母表示。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将______选填“偏大”“偏小”或“相同”。
17.在“测玻璃的折射率”实验中：
为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是______。
A.必须选用上下表面平行的玻璃砖
B.选择的入射角应尽量小些
C.大头针应垂直地插在纸面上
D.大头针和及和之间的距离适当大些
甲同学由于没有量角器，在完成了光路图以后，以点为圆心，长为半径画圆，分别交线段于点，交和连线延长线于点，过点作法线的垂线交于点，过点作法线的垂线交于点，如图所示，用刻度尺量得，，由此可得出玻璃的折射率 ______。
乙同学在画界面时，不小心将两界面和间距画得比玻璃砖宽度大些，下界面与实际相同，如图所示、若操作无误，则他测得的折射率比真实值______选填“偏大”、“偏小”或“不变”。
三、计算题：本大题共4小题，共34分。
18.如图甲，一质量为的物块用一长度为的轻绳悬挂于点处，初始时其与竖直方向的夹角，点正下方处有一钉子。另一物块与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块，当其运动至点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块发生碰撞假定在物块触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块的后续运动。记物块第一次与弹簧接触的时刻为，第一次与弹簧分离的时刻为。第一次碰撞过程中，、的图像如图乙所示。已知从到时间内，物块运动的距离为。、分离后，滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的再次碰撞。斜面倾角，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为，。求：
轻绳即将断裂时的张力；
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值用、表示；
物块与斜面间的动摩擦因数的取值范围。
19.一列横波在轴上传播，在时刻波形如图中实线所示，时刻波形如图中虚线所示。
求这列波的波速是多少？
若有另一列波能与这列波发生稳定干涉，则另一列波的最小频率是多少？
若此波在传播过程中遇到一根竖立的电线杆，是否会发生明显的衍射现象？
20.某高校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。总质量为的该种型号手机从距离地面高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，平摔在地面上不反弹，保护器撞击地面的时间为，不计空气阻力，，试求：
手机落地前瞬间的速度大小；
手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；
手机对地面的平均作用力。
21.如图，轻绳上端固定在点，下端将质量的小球悬挂在点。质量的玩具子弹，以的速度射向小球，与小球碰撞后，又以的速度弹回。已知绳长为，取，。求：
碰撞后瞬间小球达到的速度。
碰撞过程中系统发的热。
碰撞后，小球向右摆动到最高点时相对于点的高度。
从碰撞后瞬间开始计时，小球经过多长时间第一次回到点。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：摆球经过平衡位置时，拉力大于重力，加速度不为零，故A错误
B.根据回复力的定义单摆运动的回复力是重力沿切线方向上的分力，重力沿切线方向上的分量不等于合力，故B错误；
C.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时，受力情况相同，则加速度是确定的，故C正确；
D.球在运动过程中，回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，加速度方向不是始终指向平衡位置，故D错误；
故选：。
单摆在运动过程中的回复力是重力沿切线方向上的分力；垂直速度方向也存在加速度；经过轨迹上的同一点受力情况相同；球经过平衡位置时有向心加速度。
解决本题的关键，掌握单摆做简谐运动的特点，注意在垂直速度方向也存在加速度。
2.【答案】
【解析】【分析】
根据动量定理求出合外力的冲量；根据冲量的公式，结合力的大小和时间求出恒力和摩擦力冲量的大小。
本题考查动量定理以及冲量的定义，解决本题的关键掌握冲量的公式，知道冲量等于力与时间的乘积。
【解答】
A、物体保持静止，动量变化为零，根据动量定理可知，物体所受合力的冲量大小为零，故A正确；
B、根据冲量的定义可知，拉力的冲量大小，故B错误；
C、根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力，故摩擦力的冲量，故C错误；
D、拉力的冲量方向与拉力的方向相同，即方向与水平方向成角斜向右上方，故D错误。
故选：。
3.【答案】
【解析】解：根据双缝干涉产生明暗条纹的条件，当光程差满足其中，，，，，出现亮条纹；
由于为号亮纹，则，得到
当入射光的波长时，光程差满足
因此处为号亮条纹；
故A正确，BCD错误；
故选：。
根据双缝干涉产生明暗条纹的条件进行分析。
本题主要考查了双缝干涉产生明暗条纹的条件和双缝干涉条纹间距公式，基础题。
4.【答案】
【解析】解：双缝干涉条纹间距公式：，
A、换用紫色的滤光片，波长减小，则相邻条纹间距减小，故A错误；
B、换用间距更大的双缝片，则增大，则相邻条纹间距减小，故B错误；
C、使光源向双缝靠拢一些，条纹间距与此距离无关，故C错误；
D、使光屏向双缝远离一些，即增大，则相邻条纹间距增大，故D正确。
故选：。
根据双缝干涉的条纹间距公式分析哪种方法可以使条纹间距变宽，从而即可求解。
本题考查了双缝实验条纹间距公式的应用，知道双缝干涉实验的原理、熟练应用双缝干涉条纹间距公式即可正确解题。
5.【答案】
【解析】解：以竖直向上为正方向，物体动量的变化：，
重力的冲量：，故A正确；
故选：。
明确题设条件，根据动量的定义式与冲量的定义式分析答题．
本题考查了求动量的变化与重力的冲量，知道动量的定义式与冲量的定义式即可正确解题，解题时注意正方向的选择．
6.【答案】
【解析】解：处质点没有振动，说明点波没有明显衍射过去，原因是间的缝太宽或波长太小，因此若使处质点振动，可采用板上移或下移减小小孔的间距，同时也可以增大波的波长，即减小频率，故B正确，ACD错误；
故选：。
发生明显衍射的条件是当缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多或比波长更小。要使点发生振动的话，需要让波的衍射更加明显，因此可以根据上述条件去判断应该采取的方式。
本题主要考查了发生明显衍射的条件，解题关键是掌握发生明显衍射的条件是当缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或比波长更小。
7.【答案】
【解析】解：小车和木块组成的系统中，产生的摩擦力是内力，根据动量守恒的条件判断，系统满足动量守恒，故A错误；
根据动量守恒定律，规定水平向右的反向为正方向，有
得
不论粗糙程度如何，木块减少的动量都等于小车增加的动量，即，故BC错误，D正确。
故选：。
A.根据动量守恒的条件进行分析判断；
根据动量守恒求解最终速度，以及判断两物体的动量变化情况。
考查动量守恒问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
8.【答案】
【解析】解：、由位移时间图象的斜率得到，碰前的位移不随时间而变化，处于静止。速度大小为，故A错误。
B、由图示图象可知，碰后的速度为正方向，的速度为负方向，两物体运动方向相反，故B错误。
C、由图示图象可知，碰后和的速度分别为，，根据动量守恒定律得，，代入解得，。故C正确。
D、碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得，，故D错误。
故选：。
位移时间图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能．
本题首先考查读图能力，抓住位移图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量的方向．
9.【答案】
【解析】解：动能与动量关系为
则
系统总动量为零，由动量守恒可知，炮弹和炮身的动量等大、反向，即
炮弹发出之后炮身反冲的动能为
，故B正确，ACD错误。
故选：。
根据动能与动量关系结合动量守恒，分析炮弹发出之后炮身反冲的动能。
本题解题关键是掌握动能与动量关系，并分析出系统总动量为零，动量守恒。
10.【答案】
【解析】由图乙可知，该波的振动周期是，所以结合甲图可知，时，该波的波形如图中红色线：
图乙上，时刻，只有处质点位于最大位移处。故乙图是处的质点的振动图像
故选：。
此题也可以由振动图像乙读出时刻质点的运动状态，在波动图像甲上找出相对应的质点。
根据波的传播方向判断出质点的振动方向，由振动图像读出质点的振动方向都是应具有的基本能力。
11.【答案】
【解析】解：、据干涉图象可知，两点是振动加强点，始终是加强的，但位移却不总是最大的，故A正确，B错误；
、处质点是两列波波峰与波峰叠加，而处是波谷与波谷叠加的地方，均处于振动加强；则点也处于振动加强点，由于振幅相同，所以两点的位移时而为零，时而最大，故CD正确。
本题选择错误的，故选：。
两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉，波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍．
本题考查对波的叠加原理及规律的理解能力，两列波叠加振动加强时，等于两列波单独传播时振幅之和；注意振动加强点与振动始终加强的区别．
12.【答案】
【解析】解：、若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据可知，周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线，图线Ⅱ是地球上的单摆的共振曲线；故A正确；
B、若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为：，则根据可知，固有周期比为：，根据可知，摆长比为：；故B正确；
C、图线Ⅱ是在地球地面上完成的，则固有频率为，则
代入数据解得：；故C正确；
D、若摆长均约为，图线Ⅰ的频率为，根据周期公式
解得
故D错误；
本题选择错误选项；
故选：。
当受迫振动的频率等于单摆的固有频率，将发生共振，根据共振的频率大小，得出固有周期的大小，根据单摆的周期公式进行分析。
解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振，以及掌握单摆的周期公式。
13.【答案】
【解析】解：由题意可知点是小球做简谐运动的最大位移处，故A错误；
设、球质量均为，球处于最低点时，弹簧弹力
此时弹簧的伸长量为
小球在平衡位置处受力平衡，则由胡克定律可得：
此时弹簧的伸长量为
根据对称性可知将在弹簧的形变量为到之间做振幅为的简谐振动，所以球运动到最高点时，弹簧的长度等于其自然长度，故C正确，BD错误。
故选：。
根据平衡位置的受力特点得出小球做简谐运动的平衡位置；
根据胡克定律结合简谐运动的特点得出小球运动到最高点时弹簧长度与自然长度的大小关系。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解简谐运动的特点，结合胡克定律即可完成分析。
14.【答案】
【解析】解：、在时间内，物块向平衡位置移动，速度增大，加速度减小，回复力也减小，则受摩擦力减小，且方向指向平衡位置，沿轴负方向，故A错误；
B、简谐振动的物体在平衡位置与最大值之间的在四分之一周期内的路程不一定等于一个振幅，则从时刻开始计时，接下来内，两物块通过的路程不一定为，故B错误；
C、物块速度增大时，向平衡位置移动，加速度一定减小，故C错误；
D、当两运动到最大位移处时，将物块轻轻地取走，由于二者水平方向的速度都是，所以不会由机械能的损失，振子的振幅不变，故D正确。
故选：。
在最大位移处，加速度最大，静摩擦力最大。由图象可读出振子振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小。通过分析振子位移的变化，即可判断其速度和加速度的变化。
解答该题的关键是弄清的恢复力的来源以及注意最大位移处将一质量为的物块轻轻地拿走表示的是小物块拿走时水平方向的速度为，此时无机械能损失。
15.【答案】
【解析】解：要调节好实验装置，使斜槽末端点的切线水平，使小球离开斜槽末端具有水平初速度，故A正确；
B.小球的质量必须满足，可以防止碰撞后反弹，故B正确；
C.该实验不需要使用秒表测时间，故C错误；
D.白纸铺好后随意移动会造成落点变化，故D错误。
故选：。
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
即
整理得
碰撞前的动量为：
碰撞后的总动量为：
则碰撞前、后总动量的比值：
发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
即
联立解得
被碰球的最大射程为
故答案为：；；；。
根据实验原理和注意事项分析判断；
根据动量守恒定律推导；
根据动量表达式计算碰撞前后总动量及比值；
根据动量守恒定律和能量守恒推导计算。
本题考查验证动量守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
16.【答案】；；；，相同
【解析】在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要停表，需要测量摆线的长度，所以需要米尺，摆球的质量不需要测量，所以不需要天平或弹簧秤。
故选：；
游标卡尺的最小分度值为，读数为；
摆球经过平衡位置时速度最大，在该处计时测量误差较小，故A错误；
B.通过测量次全振动的时间，然后依据求解周期，测量一次误差较大，故B错误；
C.摆球在同一竖直面内摆动，不能做圆锥摆，且离开平衡位置的角度不大于，故C错误；
D.选用的细线应细、质量小，且不易伸长，故D正确。
故选：；
由单摆的周期公式，得
则
，
可得
由此式可知测得的与某一次实验时的摆长无关，与两次实验中的摆长差有关，所以值与摆球重心在不在球心处无关。
故答案为：；；；，相同。
根据实验原理分析判断需要的测量工具；
先读出游标卡尺的最小分度值，在读数；
根据实验原理和注意事项分析判断；
根据单摆周期公式推导判断。
本题考查用单摆测量重力加速度实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
17.【答案】 偏小
【解析】解：用插针法测折射率时，不一定要选用上下表面平行的玻璃砖，故A错误；
B.为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好，故B错误；
C.为了准确确定入射光和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，故C正确；
D.大头针和及和之间的距离适当大些，会减小角度测量误差，故D正确。
故选：。
根据折射定律和几何关系知
由光路图可知，入射角测量没有误差，而折射角偏大，根据折射定律知，测出的折射率偏小。
故答案为：；；偏小。
根据实验原理、实验步骤和注意事项分析判断；
根据折射定律和几何关系计算；
根据折射角偏大分析误差。
本题考查测玻璃的折射率实验，要求掌握实验原理、
18.【答案】解：设摆至最低点的速度为，根据动能定理有：
代入题设条件解得：
设轻绳即将断裂时其中的张力为，对受力分析，根据牛顿第二定律有：
代入数据解得：
设的质量为，碰后的速度为，与发生完全弹性正碰，碰撞前后动量守恒，
以向右为正有：
机械能守恒：
解得：，
易知时弹簧压缩量最大，记为。设压缩过程中的速度为，，的速度为
微分求和得：
利用动量守恒：
将用，替换可得：
代入题给条件：
可求得：
若要与发生二次碰撞，其不能越过斜面。设在斜面顶端的速度为，由动能定理得
不能越过斜面即等价于：
代入可解得：
若要与发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比的大。设此时在斜面上的最大高度为，返回水平面时的速度为，根据动能定理得
从中可以得到与的关系：
返回的速度要大于在水平面上的速度，代入可解得：
最后，能够从斜面上滑下必须满足条件：
从中解得：
综上可得与斜面间的动摩擦因数应满足：
答：轻绳即将断裂时的张力为；
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为；
物块与斜面间的动摩擦因数的取值范围为。
【解析】物块在下摆过程中，细线拉力不做功，只有重力做功，根据动能定理求出物块摆到最低点的速度，由牛顿第二、三定律再求出在最低点的最大拉力；
物块与物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，结合题图中的已知条件求出两个滑块的质量关系和速度关系，结合题图用微分求和的方法求弹簧压缩的最短距离；
考虑物块能与发生第二次碰撞，分析的两种临界状态，由动能定理求出动摩擦因数的范围。
本题采用程序法分析，逐一分析物体间的相互作用过程，分析得到物体间相互作用时满足的规律：动量守恒、能量守恒等，进而求出要求的物理量。
19.【答案】解：若波沿轴正方向传播，则波向前传播的距离，
。
若波沿轴负方向传播，则波向前传播的距离，
；
由，得，
若波沿轴正方向传播，则，即；
若波沿轴负方向传播，则，即。
要发生稳定的干涉现象则两列波的频率必须相同，
所以得出另一列波的最小频率为；
由于该波波长，大于电线杆竖直的尺寸，所以当波通过竖立的电线杆时会发生明显的衍射现象。
答：若波沿正向传播这列波的波速是
若波沿负向传播这列波的波速是；
若有另一列波能与这列波发生稳定干涉，则另一列波的最小频率是；
若此波在传播过程中遇到一根竖立的电线杆，会发生明显的衍射现象。
【解析】结合波形的重复性得到波平移距离的通项，根据求解波速；
根据求解最小频率；
根据明显的衍射现象的条件分析解答。
解决该题需要掌握平移法求解简谐波传播的波速，能正确分析传播距离与波长的关系，掌握稳定的干涉现象个明显的衍射现象的条件。
20.【答案】解：由运动学公式，可得手机落地前瞬间速度为
手机做自由落体运动，由，可得手机从开始掉落到落地的时间为
根据，得手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小
设向上方向为正方向，对手机由动量定理得
解得
由牛顿第三定律可知手机对地面的平均作用力大小为，方向竖直向下。
答：手机落地前瞬间的速度大小为；
手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；
地面对手机的平均作用力大小。
【解析】根据速度时间公式求出落地前速度；
由位移时间公式求解运动时间，根据冲量公式求出重力冲量；
由动量定理求出地面对手机的平均作用力大小。
本题要理清手机的运动过程，建立模型，要知道手机与地面撞击时，地面对手机的作用力是变力，只能根据动量定理求解。
21.【答案】解：以水平向右为正方向，子弹和小球组成的系统动量守恒：
解得：
方向水平向右。
对碰撞前后，子弹和小球组成的系统能量守恒：
解得碰撞过程中系统发的热：
碰撞后，小球向右摆动到最高点，由机械能守恒定律：
解得最高点相对于点的高度：
由于最高点的高度和绳长相比，所以小球被碰撞后的运动属于单摆运动，由单摆周期公式：
解得：
所以从碰撞后，小球经过多长时间第一次回到点的时间：
答：碰撞后瞬间小球达到的速度为，水平向右；
碰撞过程中系统发的热为；
碰撞后，小球向右摆动到最高点时相对于点的高度为；
从碰撞后瞬间开始计时，小球经过多长时间第一次回到点。
【解析】根据子弹和小球组成的系统动量守恒，即可求出碰撞后瞬间小球达到的速度；
由机械能守恒定律求出碰撞过程中系统发的热；
碰撞后，小球向右摆动到最高点，由机械能守恒定律求出高度；
小球被碰撞后的运动属于单摆运动，由单摆周期公式即可求出时间。
本题主要考查了动量守恒定律和能量守恒定律的应用，分清过程，即可解题。
