滚动测试卷(二)-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（粤教版2019）

滚动测试卷(二) 　　　　 滚动测试卷 1．(2023·广东深圳高二期中)下列说法中正确的是 A．图甲中，体操运动员着地时做屈膝动作的原因是为了减少动量的变化 B．图乙中描述的是多普勒效应，静止的观察者A接收到波的频率小于静止的观察者B接收到波的频率 C．图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后 B球的周期最大，C球的周期最小 D．图丁中，光纤包层的折射率大于纤芯的折射率 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 题图甲中，体操运动员着地时做屈膝动作 不能减少动量的变化，根据动量定理 Ft＝Δp，可知其原因是为了延长作用时间， 从而减小作用力，故A错误；题图乙中描 述的是多普勒效应，静止的观察者A接收 到波的频率小于波源频率，静止的观察者 B接收到波的频率大于波源频率，所以静 止的观察者A接收到波的频率小于静止的观察者B接收到波的频率，故B正确；题图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后 B、C做受迫振动，周期与摆球A相同，故C错误；题图丁中，光发生全反射，所以光纤包层的折射率小于纤芯的折射率，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2．如图为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)，则 A．此单摆的固有周期约为1 s B．此单摆的摆长约为1 m C．若摆长增大，单摆的固有频率增大 D．若摆长增大，共振曲线的峰将右移 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由题图知单摆做受迫振动的频率等于0.5 Hz时振幅最 大，则单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s，故 A错误；由公式T＝ 可得，L≈1 m，故B正确； 根据T＝ 知摆长增大，则固有周期增大，所以 固有频率会减小，故C错误；固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3．(2023·广东中山高二校考)在同一双缝干涉装置上分别用a、b两束单色光进行干涉实验，在距双缝恒定距离的屏上得到图示的干涉图样，其中甲图是a光形成的，乙图是b光形成的。则关于a、b两束单色光，下述正确的是  A．b光在玻璃中的临界角比a光大 B．在真空中b光传播的速度较大 C．a光频率小于b光的频率 D．若a光和b光以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由题图可知，a光条纹间距较大，由Δx＝λ 可知，a光波长较长，由c＝λf可知，a光频率小于b光的频率，a光折射率小于b光的折射率，由sin ic＝ 可知，a光在玻璃中的临界角比b光的大，由n＝ 可知，若a光和b光以相同的入射角从空气斜射入水中，a光的折射角大，故A、D错误，C正确；在真空中，光的传播速度相等，故B错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 4．一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时的波形如图所示，质点A与质点B相距1 m，A点速度沿y轴正方向；t＝0.02 s时，质点A第一次到达正向最大位移处。由此可知 A．此波沿x轴正方向传播 B．在t＝0.02 s时，质点B处在波谷位置 C．此波的传播速度为75 m/s D．从t＝0时起，经过0.02 s，质点A沿波传播方向迁移了0.5 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 已知A点的速度沿y轴正方向，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；根据“同侧法”可知，t＝0时，B点速度沿y轴负方向，则在t＝0.02 s时，B点处于负向最大位移处，也就是波谷的位置，故B正确；由题意，结合题图可知，λ＝2 m，T＝0.08 s，则波速 v＝ m/s＝25 m/s，故C错误；由简谐波的特点可知，在简谐横波中，质点不随波的传播而迁移，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 5．光滑水平面上，A、B两小球与轻质弹簧拴接， 初始弹簧处于原长，两小球静止。某时刻给A球水 平向右的初速度，对应初动能为Ek，设此后运动过 程弹簧弹性势能最大值为Ep，已知A球质量为m，若 >4，则B球质量可能为 C．2m D．4m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 当A、B的速度相等时，轻质弹簧有最大弹性势 能，A、B两小球与轻质弹簧组成的系统动量守 恒，以向右为正方向，则有mAv0＝(mA＋mB)v，又A球质量为m， >4， 设B的质量为km，故可得 >4，解得k< ，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 6．(2023·广东广州高二校考)如图所示，一束复合光 垂直玻璃砖界面进入球形气泡后分为a、b两种色光， 下列说法正确的是 A．a光的频率比b光的频率小 B．a光更容易观察到衍射现象 C．a光发生干涉现象条纹间距较窄 D．若保持复合光的方向不变仅将入射点上移，则b光先消失 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 光线从玻璃射入气泡时入射角γ相同，a光的折射角i较 大，根据 ，可知a光的折射率较大，a光 在玻璃中的传播速度较小，a光的频率较大，故A错 误；b光的频率比a光的频率小，根据λ＝ 可知，b光 的波长比a光的波长大，更容易观察到明显衍射现象， 故B错误；根据干涉条纹间距的公式Δx＝ λ可知，a光产生的条纹更窄，故C正确；由sin ic＝ ，可知a光的临界角较小，故保持复合光的方向不变仅将入射点上移，会使入射角增大，a光先发生全反射而消失，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 7．一列波长大于3.6 m的简谐横波沿直线方向 由a向b传播，a、b两质点的平衡位置相距6 m， a、b两质点的振动图像如图所示。由此可知 A．3 s末a、b两质点的位移相同 B．该波的波速为2 m/s C．该波的波长为4 m D．该波由a传播到b历时1.5 s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由题图可知，3 s末a、b两质点的位移不同， 一个在波谷，一个在平衡位置，故A错误； 由题图可知，波的周期T＝4 s，质点a的振 动传到b用时t＝3 s＋nT (n＝0，1，2，…)， 则该波的波速v＝ m/s (n＝0，1，2，…)，该波的波长λ＝vT＝ m (n＝0，1，2，…)，根据题意，波长大于3.6 m，则n只能取0，故t＝3 s，v＝2 m/s，λ＝8 m，故B正确，C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 8．(2023·广东汕尾高二统考期末)生活丰富多彩，处处有物理。下列物理现象的相关说法，正确的是 A．肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的 B．弹簧振子做无阻尼振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，说明光具有波动性 D．两列波发生干涉时，振动加强点的位移不一定大于振动减弱点的位移 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 肥皂泡呈彩色是光的干涉现象，故A错误；弹簧振子做无阻尼振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以知道，振动系统的势能与动能之和保持不变，故B正确；通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，这是光的衍射现象，说明光具有波动性，故C正确；两列波发生干涉时，振动加强点的振幅一定大于振动减弱点的振幅，但是振动加强点的位移不一定大于振动减弱点的位移，故D正确。故选BCD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 9．某校航天科普节活动中，航天兴趣小组模拟火箭升空的过程， 将静置在地面上的自制“水火箭”释放升空。已知“水火箭”质 量为M(不包含水)，“水火箭”内装有质量为m的水，发射时在极 短的时间内将水以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出。已知 重力加速度为g，空气阻力忽略不计，“水火箭” 内的空气质量忽略不计，下列说法正确的是 A．“水火箭”喷出水时，由于“水火箭”和水组成的系统受重力作用，所以系统一定不能看作动量守恒 B．“水火箭”喷出水时，由于内力远大于外力，所以“水火箭”和水组成的系统可以近似看作动量守恒 C．“水火箭”获得的最大速度大小为 D．“水火箭”上升的最大高度为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 “水火箭”和水组成的系统受到的外力之合不为零，但“水 火箭”喷出水时，水和“水火箭”的相互作用力远大于重力， 重力可以忽略不计，所以“水火箭”和水组成的系统可以近 似看作动量守恒，故A错误，B正确；取向上为正方向，根 据动量守恒有Mv－mv0＝0，解得v＝ v0，故C正确；“水 火箭”做竖直上抛运动，根据运动学规律可知v2＝2gH，可得“水火箭” 上升的最大高度为H＝ ，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 10．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子内有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(重力加速度大小为g) √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 根据动量守恒定律，最终小物块和箱子的共同速度v′＝ ，损失的 动能ΔEk＝ ，故A错误，B正确；根据能 量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，所以ΔEk＝NfL＝NμmgL，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 11．(6分)(2023·广东广州高二统考期末)如图甲所示， 在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在白纸上放好 一块两面平行的玻璃砖，描出玻璃砖的两个边MN和 PQ，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2然后在另 一侧透过玻璃砖观察，再插上大头针P3、P4，然后作 出光路图，根据光路图计算得出玻璃的折射率。 (1)关于此实验，下列说法中正确的是________。 A．大头针P4须挡住P3及P1、P2的像 B．入射角越大，折射率的测量越准确 C．插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些 D．如果误将玻璃砖的边PQ画到P′Q′，折射率的测量值将偏大 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 大头针P4的作用是确定出射光线，故大头针P4须挡住 P3及P1、P2的像，故A正确；实验时入射角适当大一 些即可，并不是越大越好，故B错误；为减小实验误 差，插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适 当远一些，故C正确；如果误将玻璃砖的边PQ画到 P′Q′，由题图可知折射角将增大，根据折射定律可知 折射率的测量值将偏小，故D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)用另一块折射率为 但上下两表面不平 行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图乙所 示。光从上表面入射，入射角从0°逐渐增大 到45°时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失， 则玻璃砖上、下表面的夹角θ为________。 15° 作出光路图如图所示，光在玻璃砖上表面折射 时，根据折射定律有 ＝n，解得折射角为 α＝30°，此时玻璃砖下表面的出射光线恰好 消失，则此时光在玻璃砖下表面发生全反射，有sin β＝ ，解得光在玻璃砖下表面的入射角为β＝45°，根据几何关系可知玻璃砖上、下表面的夹角θ＝15°。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 12．(9分)为了验证碰撞中动量守恒和检验两个小球的 碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、 质量相差比较大的小球a、b，按下述步骤做了实验： ①用天平测出两小球a、b的质量(分别为m1和m2， 且m1>m2)。 ②按如图所示的装置安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。 ③先不放小球b，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。 ④将小球b放在斜槽末端边缘处，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球a和b在斜面上的落点位置。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 ⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的 距离。图中点D、E、F是该同学记下小球在斜面上 的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。 根据该同学的实验，回答下列问题： (1)在不放小球b时，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在图中的_____点，把小球b放在斜槽末端边缘处，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球a的落点在图中的____点。 E D 小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在题图中的E点，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后a球的落点是D点，b球的落点是F点。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________。 A．m1LF＝m1LD＋m2LE   C．m1LE＝m1LD＋m2LF D．LE＝LF－LD C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 设斜面BC的倾角为θ，小球落点到B点的距离为L， 小球从B点抛出时速度为v，则竖直方向有L sin θ＝ gt2，水平方向有L cos θ＝vt，解得   所以v∝ 。由题意分析得， 只需满足m1v1＝m1v1′＋m2v2，整理得 ，就可以说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰 撞前后机械能没有损失，则要满足关系式  整理得m1LE＝m1LD＋m2LF，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 13．(8分)根据如图所示的振动图像，回答下列问题。 (1)将位移随时间的变化规律写成x＝A sin (ωt＋φ)的形式， 并指出振动的初相位是多少？ 由题图可知，A＝10 cm，T＝4 s， ，初始位置x＝10 cm 可得位移随时间的变化规律为 x＝10sin cm 初相位φ＝ 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 13 14 15 16 (2)算出下列时刻振子相对平衡位置的位移。 ①t1＝0.5 s；②t2＝1.5 s。 ①t1＝0.5 s时，x1＝10sin cm ＝5 cm； ②t2＝1.5 s时，x2＝10sin cm＝－5 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 13 14 15 16 14．(9分)如图甲所示，波源位于坐标原点O，t＝0时刻波源开始振动，其振动图像如图乙所示。产生的两列横波分别沿x轴正、负半轴传播，P、Q分别为x轴上横坐标为x1＝6.25 m和x2＝－0.25 m的两质点，t1＝0.05 s时Q点刚好起振，求： (1)波的波长并写出质点Q的振动方程(以波源起振时刻为计时起点)； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 因为t1＝0.05 s时Q点刚好起振，所以振动从O传到Q的时间为t1，则波速为v＝ 由题图乙可知波的周期为T＝0.4 s 又λ＝vT 联立解得λ＝2 m 质点Q的振动方程为y＝A sin ω(t－t1) 由题图乙可知A＝5 cm ω＝ rad/s＝5π rad/s，t1＝0.05 s 则y＝5sin 5π(t－0.05) cm＝5sin cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 (2)质点P第1次到达波谷时，质 点Q已通过的路程s。 答案：75 cm 设质点P第一次到波谷时刻为t2，则    此时质点Q已振动的时间Δt＝t2－t1＝1.5 s 质点Q通过的路程s＝ ·4A＝75 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 15．(10分)(2023·广东茂名高二期中)如图所 示，有一救生员面向泳池坐在池边的高凳上， 他的眼睛到地面的高度为H0＝1.8 m，眼睛距 离池边缘的水平距离为d＝2.4 m，当泳池注 满水时，水深度可达H1＝2.0 m，此时救生 员可观察到池底离池边缘最近的点为P，P点到池边缘的水平距离为x1＝1.5 m，水池边缘与PO之间的范围为“视线盲区”。 (1)求水的折射率； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 光线从P点射向人眼时在水面发生折射， 设入射角为r，折射角为i，由几何关系可知   则水的折射率n＝ 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 (2)若水池并未注满水，水深仅为H2＝1.8 m时，求 救生员可观察到池底离池边缘的最近点到池边缘的 水平距离x2为多少？(此问结果保留3位有效数字) 答案：1.62 m 水深仅为H2＝1.8 m时，设刚好能看到的 最近点为P′，光线从P′点射向人眼，在水 面发生折射时入射角和折射角均不变，光 路图如图所示。 由几何关系可知 由几何关系得x2＝H2tan r＋ tan i解得x2≈1.62 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 16．(12分)某游戏装置可以简化为如图所示：游客乘坐滑椅(可视为质点)从固定光滑圆弧轨道P上的B点处无初速度滑下后冲上静止在光滑水平面上的滑板A。已知游客与滑椅的质量为m，滑板A的质量为2m，滑椅与滑板间的动摩擦因数为μ，滑板A足够长，滑椅不会从滑板表面滑出，圆弧轨道的半径为R，O点为圆弧轨道的圆心，θ＝60°，重力加速度为g。 (1)求滑椅滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； 答案：2mg　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 设滑椅滑到圆弧轨道最低点时速度为v0, 由动能定理有 在圆弧轨道最低点时，有FN－mg＝ 联立解得FN＝2mg 由牛顿第三定律可知，滑椅对轨道的压力大小为2mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 (2)滑椅滑上A后经多长时间不再相对A滑动？ 因滑板A足够长且滑椅不会从滑板表面滑出，故当滑椅与滑板A具有共同速度v共时，滑椅不再相对滑板A运动。 由动量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v共 对滑板A，由动量定理有μmgt＝2mv共－0 解得 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 (3)滑板A至少多长才能满足要求？ 设滑板长度至少为x，由功能关系可得   解得x＝ 。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 16 13 谢 谢 观 看 ！ 滚动测试卷 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2π 2π ＝ A．m B．m n＝＝ ＝ A．mv2 B． C．NμmgL D．NμmgL mv2－(M＋m)v′2＝ B．m1L＝m1L＋m2L m1v＝m1v1′2＋m2v， v＝＝＝， m1＝m1＋m2 ω＝＝ rad/s 答案：x＝10sin cm　 答案：①5 cm　②－5 cm 答案：2 m　y＝5sincm　 t2＝T＋＝1.55 s 答案：　 sin i＝＝，sin r＝＝ ＝ tan i＝，tan r＝ mgR(1－cos θ)＝mv 答案： 　 t＝ 。 μmgx＝mv－(m＋2m)v 答案： $$