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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙教新kok电子竞技选择性必修1物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图所示，质量为3m、半径为R的大空心球B（内壁光滑）静止在光滑水平面上，有一质量为m的小球A（可视为质点）从与大球球心等高处开始无初速度下滑；滚到大球最低点时，大球移动的距离为（）

A.RB.C.D.2、质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v—t图象为A.B.C.D.3、如图所示，质量为m滑块A套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。在水平杆上固定一挡板P，滑块靠在挡板P左侧且处于静止状态，其下端用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为3m的小球B，已知重力加速度大小为g。现将小球B拉至右端水平位置；使细线处于自然长度，由静止释放，则（）

A.滑块与小球组成的系统机械能不守恒B.滑块与小球组成的系统动量守恒C.小球第一次运动至最低点时，细线拉力大小为3mgD.滑块运动过程中，所能获得的最大速度为4、下面物理原理中说法不正确的是()A.物体所受合外力越大，它的动量变化就越快B.发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力C.物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机械能一定守恒D.某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒5、浮漂的基本原理如图甲所示；下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直漂浮在水面上。浮漂受到一个竖直方向的微小扰动之后开始振动，以竖直向下为正方向，某一时刻开始木棒的振动图像如图乙所示，则（）

A.木棒在t1时刻受到的浮力小于重力B.木棒在t2时刻动量最小C.木棒在t2到t3过程所受到合外力的冲量方向竖直向下D.在振动过程中木棒的机械能守恒6、一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的则单摆的（）A.频率不变，振幅不变B.频率不变，振幅改变C.频率改变，振幅不变D.频率改变，振幅改变7、如图，一根粗细均匀的绳子，右侧固定在墙上，A是绳子上的一个质点。一位同学握住绳子左侧的S点，让其上下振动，某时刻波形如图。下列关于该机械波的说法正确的是（）

A.波速不变B.频率不变C.此时质点A的速度方向向下D.此时质点A的加速度方向向上8、对于教材中的四幅插图；下列说法正确的是（）

A.图甲中，由电子偏转轨迹可判断a端应为磁铁的N极B.图乙中，回旋加速器所接电压U应为直流电C.图丙中，线圈中插入铁芯，自感系数L将变小D.图丁中，水波波长远小于狭缝的宽度评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时的波形图；图乙为波上质点M的振动图像，下列说法正确的是（）

A.这列波的传播速度大小为4m/sB.这列波沿x正方向传播C.t=0.5s时，质点M的振动速度大于质点Q的振动速度E.这列波每秒沿x轴负方向传播距离为4mE.这列波每秒沿x轴负方向传播距离为4m10、一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为0.2s，时的波形图如图所示，下列说法正确的是（）

A.平衡位置在处的质元的振幅为0.03mB.该波的波速为10m/sC.时，平衡位置在处的质元向y轴正向运动E.时，平衡位置在处的质元加速度为零E.时，平衡位置在处的质元加速度为零11、有一列简谐横波的波源在O处，某时刻沿x轴正方向传播的振动形式传到20cm处，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，P点离O处80cm，如图所示，取该时刻为t＝0时；下列说法正确的是（）

A.P点起振时的速度方向沿y轴正方向B.波的传播速度为0.5m/sC.经过1.3s，P点第一次到达波谷E.x＝15cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间内通过的路程为52cmE.x＝15cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间内通过的路程为52cm12、弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，以下说法错误的是（）A.振子在A、B两点时的速度和位移均为零B.振子在通过O点时速度的方向将发生改变C.振子所受的弹力方向总跟速度方向相反D.振子离开O点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动13、如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B（可视为质点），物块B恰好与光滑的水平面接触。质量为m的物块C（可视为质点）以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为g；则下列说法正确的是（）

A.物块C与物块B碰后速度为vB.物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为C.若滑环A不固定，则滑环A最大速度大于D.若滑环A不固定，则物块C摆起的最大高度为14、在足够长的光滑倾斜长直轨道上，先后将甲、乙两个小球分别以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出，两小球相遇时发生了完全非弹性碰撞，它们运动的图像如图所示。已知小球甲的质量为1kg，重力加速度大小g取则下列说法正确的是（）

A.小球乙的质量为2kgB.两小球碰撞过程中的机械能损失为25JC.轨道斜面倾角满足D.两小球回到出发点时的速度大小为15、随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为和探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞；但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（）

A.B.C.D.16、一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形如图中实线所示；t=0.5s时刻的波形如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置．已知质点P平衡位置的坐标x=0.5m．下列说法正确的是___________

A.该简谐波传播的最小速度为1.0m/sB.波传播的速度为(1.4+2.4n)m/s(n=0，1，2，3)C.若波向x轴正方向传播，质点P比质点Q先回到平衡位置E.质点O的振动方程可能为y=10sincm(n=0，1，2，3)E.质点O的振动方程可能为y=10sincm(n=0，1，2，3)评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、波：______的传播称为波动，简称波。18、x＝Asin（ωt＋φ0）＝Asin（t＋φ0），其中：A为______，ω为圆频率，T为简谐运动的_____，φ0为初相位。19、频率：周期的_____叫作振动的频率，数值等于单位时间内完成___的次数，用f表示。在国际单位制中，频率的单位是_________，简称____，符号是_____。20、判断下列说法的正误．

（1）回复力的方向总是与位移的方向相反．____

（2）回复力的方向总是与加速度的方向相反．____

（3）水平弹簧振子运动到平衡位置时，回复力为零，因此能量一定为零．____

（4）回复力的大小与速度大小无关，速度增大时，回复力可能增大，也可能减。甠___21、如图甲所示为一弹簧振子的振动图像；规定向右的方向为正方向，试根据图像分析以下问题：

（1）如图乙所示的振子振动的起始位置是________，从初始位置开始，振子向________（填“右”或“左”）运动．

（2）在乙图中，找出图像中的O、A、B、C、D各对应振动过程中的位置，即O对应________，A对应________，B对应________，C对应________，D对应________．

（3）在时，振子的速度的方向与时速度的方向_______．

（4）质点在前4s内的位移等于________．22、一列机械波以5m/s的速度，沿x轴负方向传播。在t1=0时，波形图如图所示，P、Q质点的平衡位置分别为1.0m、2.0m。则质点P振动的周期T=___________s；t2=0.35s时，质点Q的振动方向为y轴___________方向（填“正”或“负”）；t3=0.45s时，质点P的加速度大小___________（填“大于”、“等于”或“小于”）质点Q的加速度大小。

23、如图1，在xy平面内有两个沿与xy平面垂直的z方向做简谐运动的波源S1(0，4)和S2(2，0)，两波源的振动图线分别如图2和图3所示，两列波的波速均为0.50m/s，若两波源从零时刻开始振动，则t1=5s时刻，C(3，0)处质点在z方向的位移是___cm；两列波引起A(-5，-1)处质点的振动相互___（填“加强”或“减弱”）。

24、在双缝干涉实验中，用频率ν＝5×1014Hz的单色光照射双缝，若屏上P点到双缝距离之差为0.9μm，则P点将出现________条纹。若将整个装置放入折射率n＝2的介质中进行上述实验，则P点将出现________条纹。评卷人得分四、解答题(共3题，共21分)25、如图所示是一个质点做简谐运动的图象；根据图象回答下面的问题：

（1）振动质点离开平衡位置的最大距离；

（2）写出此振动质点的运动表达式；

（3）在0～0.6s的时间内质点通过的路程；

（4）在t＝0.1s；0.3s、0.5s、0.7s时质点的振动方向；

（5）振动质点在0.6s～0.8s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？

（6）振动质点在0.4s～0.8s这段时间内的动能变化是多少？26、如图所示，光滑水平面上依次有滑块C质量mC＝2kg，滑块A质量mA＝3kg，滑块B质量mB＝3kg。开始时A、B静止，C以初速度的速度冲向A；与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起．求：

（1）C与A碰撞后A的速度大小为多少；

（2）A与B碰撞过程中损失的机械能。

27、如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在和时刻的波形图。已知在时刻，处的质点向y轴正方向运动。

(1)求该波的最小频率；

(2)若求该波的波速。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，动量守恒，则从A被释放到A滚到最低点的过程中，A、B在任意时刻的速度大小满足

所以A、B的位移大小满足

根据位移关系有

解得

故选D。2、B【分析】【详解】

人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒，规定车的速度方向为正方向，则有：

得

车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变，所以能正确表示车运动的v－t图象B。

故选B。3、D【分析】【详解】

A．滑块与小球运动过程中；系统内没有除重力之外的力对系统做功，所以系统机械能守恒，故A错误；

B．小球向下摆动过程中；滑块受到挡板的作用力，滑块与小球组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；

C．设小球第一次运动至最低点时的速度为v，根据机械能守恒定律有①

在最低点根据牛顿第二定律有②

联立①②解得小球第一次运动至最低点时细线拉力大小为③

故C错误；

D．当小球通过最低点后，P不再受挡板的作用力，此时小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，设某时刻小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有④

由上式可知，当v1与v反向且达到最大值时，v2也将达到最大值，即小球第二次通过最低点时，滑块速度达到最大，根据机械能守恒定律有⑤

联立①④⑤解得⑥

故D正确。

故选D。4、C【分析】【详解】

A．物体所受合外力越大；加速度就越大，物体速度变化就越快，所以它的动量变化就越快，故A正确；

B．发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体；获得强大的反冲推力，选项B正确；

C．物体所受合外力对其所做总功为零；则该物体机械能不一定守恒，例如匀速上升的物体，选项C错误；

D．某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒，选项D正确；5、C【分析】【详解】

A．由题意可知，木棒在t1时刻振动到最低点；此时恢复力向上，则浮力大于重力，故A错误；

B．木棒在t2时刻回到平衡位置；速度最大，所以动量最大，故B错误；

C．由图可知，木棒在t2到t3过程向上振动；所受到合外力方向向下，所以合力的冲量方向竖直向下，故C正确；

D．在振动过程中；浮力对做功，所以木棒的机械能不守恒，故D错误。

故选C。6、B【分析】【分析】

【详解】

CD．决定单摆周期的是摆长及当地重力加速度，即

单摆的周期与质量无关；与单摆的运动速度也无关，当然，频率也与质量和速度无关，故CD错误；

AB．决定振幅的是外来因素，反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能

当m增为原来的4倍，速度减为原来的时，动能不变，最高点的重力势能也不变，但是由于第二次摆的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了），势能

不变，m大了，h就一定变小了；也就是说，振幅减小了。故B正确，A错误。

故选B。7、A【分析】【详解】

A．波速和介质有关；在同一种介质中传播的速度不会发生变化，故A正确；

B．根据题意可知，波是向右传播波的，根据波形图可知，波源出来的波波长在变。

可知频率变大；故B错误；

C．根据峰前质点上振可知此时质点A的速度方向向上；故C错误；

D．质点A在平衡位置的上方；所以加速度方向向下，故D错误。

故选A。8、A【分析】【详解】

A．图甲中，由电子偏转轨迹根据左手定则可以判断a端应为磁铁的N极；所以A正确；

B．图乙中，回旋加速器所接电压U应为变化电流；所以B错误；

C．图丙中；线圈中插入铁芯，自感系数L将变大，所以C错误；

D．图丁中；水波波长远大于狭缝的宽度，水波的衍射效果才明显，所以D错误；

故选A。二、多选题(共8题，共16分)9、A:C:E【分析】【详解】

A．由甲图可得λ=4m，由乙图中可得T=1s，所以该简谐横波的传播速度为

故A正确；

B．由图乙知，t=0时刻质点M正通过平衡位置向下运动，由波形平移法知波的传播方向沿x轴负方向。故B错误；

C．t=0.5s=0.5T时M质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q不在平衡位置，所以t=0.5s时M质点的振动速度大于Q质点的振动速度；故C正确；

D．t=0.5s=0.5T，质点P到达波谷，此时P的位移为-0.2cm；故D错误。

E．这列波每秒沿x轴负方向传播距离为选项E正确。

故选ACE。10、A:B:C【分析】【详解】

由波形图可知，平衡位置在处的质元的振幅为0.03m，选项A正确；由图可知波长λ=2m，因T=0.2s，则该波的波速为选项B正确；因t=0时刻平衡位置在x=0.5m处的质元沿y轴负向振动，则t=0.3s=1T时，平衡位置在x=0.5m处的质元向y轴正向运动，选项C正确；因t=0时刻平衡位置在x=0.5m处的质元沿y轴负向振动，则t=0.4s=2T时，平衡位置在x=0.5m处的质元仍在平衡位置向y轴负向运动，选项D错误；因t=0时刻平衡位置在x=1.0m处的质元在波峰位置，则t=0.5s=2T时，平衡位置在x=1.0m处的质元振动到波谷位置，此时的加速度为y轴正向最大，则选项E错误.11、B:C:E【分析】【详解】

A．根据图像可知，A点起振方向向下，沿y轴负方向，各个质点的起振方向均相同，则质点P的起振方向沿y轴负方向；故A错误；

B．根据图像可知，波长此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，即振动了半个周期，则周期为

则波速为

故B正确；

C．从A点传播到P点所需时间为

从开始振动到第一次到达波谷所需时间

所以经过1.3s时间P点第一次到达波谷；故C正确；

D．从0～0.1s时间内，x=10cm处的质点从平衡位置向波峰位置振动；速度逐渐减。酱锊ǚ宕λ俣任，故D错误；

E．x=15cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间为

则x=15cm处的质点振动的路程为

故E正确。

故选BCE。12、A:B:C【分析】【详解】

A．振子在A、B两点时的速度均为零；位移均达到最大值，故A错误；

B．振子在通过O点时速度的方向不变；故B错误；

CD．振子离开O点的运动总是减速运动，此时振子所受弹力方向跟速度方向相反；振子靠近O点的运动总是加速运动；此时振子所受弹力方向跟速度方向相同，故C错误，D正确。

故选ABC。13、C:D【分析】【详解】

AB．物块C与物块B碰撞有mv＝2mv1

碰后速度

碰撞过程中损失的机械能mv2－×2m＝mv2

故AB错误；

CD．设碰后BC到达最高点时的速度为v2，由水平方向的动量守恒和机械能守恒有2mv1＝3mv2mv2＝×3m+2mgh

解得

此后A继续加速向右运动，故其最大速度大于故CD正确。

故选CD。14、B:D【分析】【详解】

A．由图像可知，甲、乙两小球碰撞为完全非弹性碰撞，两小球碰撞过程中满足动量守恒，则有

其中

解得

故A错误；

B．两小球碰撞过程中的机械能损失为

故B正确；

C．由图像可知，甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小为

斜面光滑，根据牛顿第二定律可得

联立解得

故C错误；

D．根据图像与横轴围成的面积表示位移，以乙研究，可知碰撞位置与出发点的距离为

由图像可知，碰后甲、乙一起沿轨道向下做初速度为零的匀加速直线运动，根据

解得两小球回到出发点时的速度为

故D正确。

故选BD。15、B:C【分析】【详解】

设探测器的质量为行星的质量为探测和行星发生“弹性碰撞”对于模式一：设向左为正方向，由动量守恒定律得

由能量守恒定律得

联立解得探测器“碰撞”后的速度

因则

对于模式二：设向左为正方向，由动量守恒定律得

由能量守恒定律得

联立解得探测器“碰撞”后的速度

因则

则

故BC正确；AD错误。

故选BC。16、A:D:E【分析】【分析】

由图读出波长，根据波形平移法得到周期的表达式，再由波速公式得到波速的表达式，分析波速可能值．要分波沿x轴正方向传播和沿x轴负方向传播两种情况分析．根据P、Q回到平衡位置先后；确定两者的速度方向，再由“上下坡法”判断波的传播方向．

【详解】

A；0.5s内波传播的最短距离为0.5m；故最小速度为1.0m/s，A选项正确.

B、若波向x轴正方向传播，波速为若波向x轴负方向传播，波速为故B选项错误.

C、波向x轴正方向传播，0时刻后质点P背离平衡位置运动，质点Q靠近平衡位置运动，故质点P比质点Q后回到平衡位置；C选项错误.

D、t=0时刻，质点P偏离平衡位置5cm，若波向x轴负方向传播，质点P向平衡位置运动；经十二分之一个周期刚好回到平衡位置，故最短路程为5cm，D选项正确.

E、若波向x轴正方向传播，则周期质点O的振动方程若波向x轴负方向传播，则周期质点O的振动方程故E选项正确.

故选ADE.

【点睛】

对于波动图象问题，要能根据波的传播方向判断质点的振动方向，灵活运用波形平移法，分析时间与周期的关系，或距离与波长的关系．三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】振动18、略

【分析】【详解】

略【解析】①.振幅②.周期19、略

【分析】【详解】

略【解析】①.倒数②.全振动③.赫兹④.Hz20、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.正确②.错误③.错误④.错误21、略

【分析】【分析】

由题中“如图甲所示为一弹簧振子的振动图像”可知；本题考查简谐振动的振动图像，根据简谐振动的振动图像反应的位移与时间的关系．

【详解】

（1）[1]由图知t=0时刻，x=0；说明振子振动的起始位置是E；

[2]t=0时刻位移图像的斜率为正；则振子速度沿正向，即向右；

（2）[3][4][5][6][7]根据位移和起始速度方向可以知道；图像中的O；A、B、C、D各对应振动过程中的位置，即O对应E、A对应G、B对应E、C对应F、D对应E；

（3）[8]在t=2s时，图像的斜率为负，说明振子的速度沿负方向，即向左，t=0速度的方向相反；

（4）[9]质点在前4s内回到了出发点，其位移等于零．【解析】①.E②.右③.E④.G⑤.E⑥.F⑦.E⑧.相反⑨.022、略

【分析】【详解】

[1]由图可知，波长

则波的周期

质点P振动的周期与波的周期相同。

[2]由于波沿x轴负方向传播，可知在t1=0时，质点Q向y轴正方向振动，由于

所以t2=0.35s时，质点Q的振动方向为y轴正方向。

[3]由于波沿x轴负方向传播，可知在t1=0时，质点P由平衡位置向y轴负方向振动，质点Q由平衡位置向y轴正方向振动，由于

所以P、Q离开平衡位置的位移大小相等，回复力大小相等，加速度大小相等。【解析】0.4正等于23、略

【分析】【详解】

[1]由振动图像可知，振动周期T=4s，则波长=2m

S1的振动传到C点历时

S2的振动传到C点历时

结合S2的振动图像分析可知，t1=5s时刻C(3，0)处质点在z方向的位移是2cm；

[2]S1、S2到A的距离相等，而S1、S2的振动反相，则两列波引起A处质点的振动相互减弱。【解析】2减弱24、略

【分析】【详解】

[1]由c＝λν得λ＝＝m＝0.6×10－6m＝＝

即Δx＝λ

故P点出现暗条纹；

[2]放入n＝2的介质中v＝＝1.5×108m/s

由v＝λ′ν得λ′＝＝m＝0.3×10－6m＝＝3

即Δx′＝3λ′

故P点出现亮条纹。【解析】暗亮四、解答题(共3题，共21分)25、略

【分析】【详解】

（1）由振动图象可以看出；质点振动的振幅为5m，此即质点离开平衡位置的最大距离．

（2）由图象可知A＝5m，T＝0.8s，φ＝0．所以可得

（3）由振动图象可以看出，质点振动的周期为T＝0.8s，0.6s＝3×振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5m＝15m

（4）在t＝0.1s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图象中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1s时的振动方向是沿题中所设的正方向的．同理可以判断得出质点在t＝0.3s；0.5s、0.7s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向。

（5）由振动图象可以看出；在0.6s～0.8s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小。

（6）由图象可以看出；在0.4s～0.8s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初；末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零。

【点睛】

析振动过程中各个物理量如何变化是应具备的基本功．对于任意时刻的位移，可通过写出振动方程求解．【解析】(1)5cm(2)x＝5sin(2.5πt)cm(3)15cm(4)正方向负方向负方向正方向(5)速度越来越大加速度的方向指向平衡位置越来越小(6)零26、略

【分析】【详解】

（1）取向右为正方向，以CA为系统研究，根据动量守恒定律

根据机械能守恒定律

解得

C与A碰撞后A速度大小为8m/s；

（2）仍取向右为正方向，以AB为系统研究，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

解得【解析】（1）8m/s；（2）48J27、略

【分析】【详解】

(1)由波形图可知

解得（）

当

时，可求解最大周期

则最小频率

(2)若

则由上述表达式可知

即

解得

由图中读出波长为

则波速【解析】(1)12.5Hz；(2)75m/s