第2次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 22 — 第二次月考滚动检测卷 (范围:第一章至第四章) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 【名师推好题】 第14题,以单反相机取景五棱镜的工作原理为背景,考查对光的折射和全反射 规律的理解,本题情景新颖,考查学生将物理知识解决生产生活实际问题的能力,值得推荐。 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.古代有个人住在寺庙附近,他家里放有一套乐器———磬,每当夜晚的时候他发现磬会自己发出响 声,他很害怕,寝食难安。后来寺庙的一个和尚来了,和尚注意到每当夜晚寺庙的钟声响起的时 候,磬就会发出响声。和尚用锉刀在磬上锉了一些槽,磬就再也没有出现响声了。关于这个故事 所涉及的物理知识,下列说法错误的是 ( ) A.磬夜晚发出响声是自发地振动 B.磬夜晚发出响声做的是受迫振动 C.磬夜晚发出响声是发生了共振现象 D.用锉刀在磬上锉一些槽改变了磬振动的固有频率 2.(2025·双十中学高二期中)某学习小组在探究反冲现象时,将质量为m1 的 一个小液化气瓶固定在质量为m2 的小玩具船上,将液化气瓶向外喷射的气 体对船的作用力作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上,已知 打开瓶后向外喷射的气体的对地速度大小为v1,如果在Δt的时间内向外喷射 的气体的质量为Δm,忽略水的阻力,则喷射出质量为Δm 的气体后,小船的速度大小是 ( ) A. Δmv1 m1+m2-Δm B. Δmv1 m1+m2 C. Δmv1 m1-Δm D. Δmv1 m2-Δm 3.(2025·鞍山一中高三模拟)如图所示,把由同种玻璃制成的棱长为d的 立方体A 和半径为d 的半球体B 分别放在报纸上,且让半球体的凸面向 上。从正上方分别观察A、B 中心处报纸上的字,下面说法正确的是 ( ) A.看到A 中的字比B 中的字高 B.看到B 中的字比A 中的字高 C.看到A、B 中的字一样高 D.看到B 中的字比没有放玻璃半球体时的字高 4.“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中,裁判员主要 根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大 致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下 滑;②起跳阶段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向 前伸展;③飞行阶段,在空中运动员保持身体与滑雪板基本平行、两臂伸直贴 放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。 下列说法正确的是 ( ) A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力 B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度 C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向的速度 D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间 5.如图甲所示,t=0时,一小船停在海面上的P 点,一块浮木漂在纵坐标y=0.5m的R 点,其后小 船的振动图像如图乙所示,则 ( ) A.水波的振动向x轴负方向传播 B.水波波速为4.8m/s C.1.5s末,浮木的纵坐标刚好为零 D.0.9s末,小船的加速度达到正向最大值 6.如图所示,一轻弹簧一端固定在天花板上,另一端连接一小球,小球在A、B 之间做简 谐运动,规定竖直向上的方向为正方向,已知A、B 之间的距离为4cm,O为A、B 连线 的中点,t=0时,小球正位于O、A 连线的中点处且向上运动,t=83s 时,小球第一次到 达B 点,下列说法正确的是 ( ) A.小球运动的周期为4s B.小球从A 向O 运动时,弹性势能一定增加 C.小球运动的初相位为π4 D.小球运动时位移的方向与加速度的方向始终相同 7.(2025·深圳中学高一月考)质量相等的a、b两物体(均可视为质点) 放在同一水平面上,两物体分别受到水平恒力F1、F2 的作用,从同 一位置由静止开始同时沿同一直线分别做匀加速直线运动。经过时 间t0 和4t0,a、b两物体的速度大小分别达到2v0 和v0 时撤去F1、 F2,然后两物体继续做匀减速直线运动直至停止。如图所示为a、b 两物体的v-t图像。下列说法正确的是 ( ) A.a、b两物体的总位移大小之比为5∶6 B.F1 和F2 分别对a、b两物体做的功之比为6∶5 C.a、b两物体所受摩擦力的冲量大小之比为1∶1 D.F1 和F2 的冲量大小之比为5∶3 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对 得6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.(2025·山西大学附中高二月考)如图所示,竖直放置的半圆玻璃砖可 绕过圆心的水平轴转动,圆心O与竖直放置的足够大光屏的距离d= 20cm,初始时半圆玻璃砖的直径与光屏平行,一束光对准圆心、垂直 于光屏射向玻璃砖,在光屏上O1 点留下一光点,保持入射光的方向不 变,让玻璃砖绕O 点顺时针方向转动α(α<90°)角,光屏上光点也会 移动,当α=30°时,光屏上光点位置距离 O1 点20cm,sin75°= 6+ 2 4 。下列说法正确的是 ( ) A.玻璃砖转动后,光屏上的光点相对于O1 点向上移动 B.该玻璃砖的折射率为 2 C.该玻璃砖的折射率为 6+ 22 D.当α满足sinα= 6- 22 时,光屏上的光点消失 9.如图甲所示,每年夏季,我国多地会出现日晕现象,日晕是太阳光通过卷层云时,发生折射或反射 形成的。如图乙所示为一束太阳光射到截面为六边形的冰晶上时的光路图,a、b为其折射出的光 线中的两种单色光,下列说法正确的是 ( ) A.在冰晶中,b光的传播速度较大 B.通过同一装置发生双缝干涉,a光的相邻亮条纹间距较大 C.从同种玻璃中射入空气发生全反射时,a光的临界角较大 D.用同一装置做单缝衍射实验,b光的中央亮条纹较宽 10.(2025·西安一中高二期中)如图所示的木块B 静止在光滑的水平 面上,木块上有半径为R=0.4m的14 光滑圆弧轨道,且圆弧轨道 的底端与水平面相切。一可视为质点的物块A 以水平向左的速度 — 21 — — 24 — v0 冲上木块,经过一段时间刚好运动到木块的最高点,随后返回到水平面。已知物块A 的质量 mA 及木块B 的质量mB 均为1kg,g=10m/s2。下列说法正确的是 ( ) A.物块A 滑到最高点的速度为零 B.物块A 的初速度大小为4m/s C.物块A 返回水平面时的速度大小为4m/s D.木块B 的最大速度为4m/s 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)(2025·福建漳州期中)用圆弧状玻璃砖做测量玻璃折射率的实验时,先在白纸上放好圆 弧状玻璃砖,在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2,然后在玻璃砖的另一侧观察,调整视 线使P1 的像被P2 挡住,接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3 和P4,使P3 挡住P1 和P2 的 像,P4 挡住P3 以及P1 和P2 的像,在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓,如图甲所示, 其中O为两圆弧所在圆的圆心,图中已画出经过P1、P2 点的入射光线。 (1)在图甲上补画出完整的光路; (2)为了测出玻璃砖的折射率,需要测量入射角i和折射角r,请在图中的AB 分界面上画出这两 个角; (3)多次改变入射角,测得几组入射角和折射角,根据测得的入射角i和折射角r的正弦值,作出 了如图乙所示的图像,由图像可知该玻璃的折射率n= 。 12.(9分)用气垫导轨和光电门等装置来验证动量守恒定律和测量轻弹簧对滑块的冲量、弹簧的弹性 势能,实验装置如图所示。滑块在气垫导轨上运动时阻力不计,其上方挡光条到达光电门D(或E) 时,计时器开始计时;挡光条到达光电门C(或F)时,计时器停止计时。实验主要步骤如下: a.用天平分别测出滑块A、B 的质量mA、mB; b.给气垫导轨通气并调整使其水平; c.调节光电门,使其位置合适,测出光电门C、D 间的水平距离L,光电门E、F间的水平距离x; d.A、B 之间紧压一轻弹簧(与A、B 不粘连),并用细线拴住A、B,如图静置于气垫导轨上; e.烧断细线,A、B 各自运动,弹簧恢复原长前A、B 均未到达光电门,从计时器上分别读取A、B 在两光电门之间运动的时间tA、tB。 (1)利用上述测量的物理量,写出验证动量守恒定律的表达式: (用题中所给的字母表示)。 (2)利用上述各量可得出弹簧对滑块A 的作用力的冲量大小IA 为 ,弹簧对滑块B 的作 用力的冲量大小IB 为 ;若mA>mB,则弹簧对滑块A 的作用力的冲量大小和对滑块B 的作用力的冲量大小之间的关系是 (选填“IA 大于IB”“IA 小于IB”或“IA 等于IB”)。 (3)利用上述各量还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep= (用题中所给的字母表 示)。 13.(13分)(2025·宝鸡中学高二期中)如图甲所示,两小孩各握住轻绳一 端,当左侧的小孩上下抖动绳子时,若规定x轴正方向水平向右,在绳上 产生的简谐横波某时刻的波形图如图乙所示,经0.1s后如图丙所示,已 知小孩抖动绳子的周期T 满足0.3s<T<0.5s,求: (1)小孩抖动绳子的周期T; (2)此列波在绳子中传播的速度大小。 14.(15分)(2025·重庆八中高二期中)如图所示为单反相机取景五棱镜的 工作原理图,光线①经反光镜反射后垂直AB 面射入五棱镜,一段时间后 以平行于AB 面的方向射出五棱镜。已知玻璃的折射率为1.6,CD 面与 AB 面的夹角为30°,∠ABC=90°,sin38°= 11.6 。 (1)如果图中的桃心表示一正立的物体,判断在取景窗中得到的是正立的 像还是倒立的像。 (2)试分析光线①在F点是否发生全反射。如不发生全反射,求折射角的正弦值。 (3)调节CD 面、AE 面与AB 面的夹角,使得光线①射向CD 面时,恰好发生全反射,且仍平行 AB面射出五棱镜,求调整后CD 面、AE 面与AB 面的夹角。(在传播过程中光线与DE 面无交 点) 15.(11分)为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实 验装置。水平直轨道AB、CD 和水平传送带平滑无缝连 接,两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直 细圆弧管道 DEF 与轨道CD 和足够长的水平直轨道 FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b与质量为2m 的 滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接,静置 于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=2 21m/s从D 处进入,经DEF 管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时 针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s,各滑块均可视为质点,弹簧的弹 性势能Ep= 1 2kx 2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF 和所受支持力大小FN; (2)若滑块a碰后返回到B 点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE; (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 — 23 — —64 — 8.BD [明纹对应的光加强,在上下空气界面反射光的光程差为nλ, 此处空气薄膜厚度为nλ 2 ,相邻明纹间空气厚度差为λ 2 ,将一张纸 抽出,θ变小,由公式tanθ=λ2d ,得d变大,B正确,A错误;抽出一 张纸,θ变小,空气薄膜厚度变小,条纹右移,D正确,C错误。] 9.AB [根据n=cv ,λ=vf 可得λ=cnf ,由于红光的折射率小于紫 光的折射率,红光的频率小于紫光的频率,则红光的波长大于紫光 的波长,故A正确;图3中紫光满足θ1=θ0=60°,根据几何关系可 知θ2=30°,则折射率为n= sinθ1 sinθ2 = 3,故B正确;红光的折射率小 于紫光的折射率,则红光的偏转角比紫光的偏转角小,故C错误; 由于红光的波长大于紫光波长,由Δx=Ldλ 可知,D错误。] 10.BD [由题图可知,玻璃对a光的偏折能力小于对b 光的,故na <nb,其频率关系为fa<fb,故A错误;在玻璃中光的传播速度v =cn ,由于na<nb,则va>vb,故B正确;由于频率fa<fb,则波 长λa>λb,由双缝干涉条纹间距公式Δx= l dλ 可知a 光的条纹间 距比b光的大,故C错误;光在玻璃砖中的传播速度va>vb,若折 射角相同,则两束光的传播路程相同,故a光在玻璃砖中传播的 时间小于b光在玻璃砖中传播的时间,故D正确。] 11.解析 (1)由折射定律知,光线通过平行玻璃砖后向左侧发生侧 移,且出射光线与入射光线平行,则大头针P3 和P4 可能插在2 线上。 (2)由题意可知,玻璃的折射率为n= sin π2-α sin π2-β =cosαcosβ 。 (3)描出玻璃两边界线后,不小心将玻璃砖沿OA 方向平移了一 些,通过比较发现,入射角和折射角没有 变 化,则 由n=sinisinr 可 知,折射率的测量值不变。 答案 (1)2 (2)cosαcosβ (3)不变 12.解析 (1)为获取两个单色线光源,A 处应为单缝、B 处应为双 缝,滤光片应放在单缝前,故选D。 (2)因为有清晰的干涉图样,所以不用调节拨杆方向,要使分划板 中心刻线与干涉条纹在同一方向上,可将测量头旋转一个较小角 度,或者将遮光筒旋转一个较小角度,A、D错误,B、C正确。 (3)读数为x2=9mm+5×0.1mm=9.5mm。 根据公式Δx=ldλ 得λ=dΔxl , 则λ= 0.20×10-3×9.5-0.35-1 ×10 -3 75.0×10-2 m≈6.1×10-7m。 答案 (1)D (2)BC (3)9.5 6.1×10-7 13.解析 (1)光在液体中的传播速度为v=cn 光从光源竖直向上射出液面时,经过时间最短,则有h 2=vt 解得 t=nh2c (2)设光在液面上发生全反射的临界角为C,则有sinC=1n 液面有光射出的区域为圆形,设其半径为r,则由于容器底面为 平面镜,有r=3h2tanC 联立解得r= 3h 2 n2-1 液面上有光射出的区域的面积S=πr2= 9πh 2 4(n2-1) 答案 (1)nh2c (2) 9πh 2 4(n2-1) 14.解析 (1)透光圆面的半径r=dtanC 下表面透光的面积S=πr2 sinC=-1n 得n=- 3 (2)光线在下表面的入射角α=30° 设折射角为β,有-n= sinβ sinα 可得β=60° dtan30°=htanβ h=43cm 单色光在材料中的传播速度v= c-n 在材料中的光程s1= 8 3 cm 在空气中的光程s2= 8 3cm 这束光线从P 点到光屏所用的时间t=s1v+ s2 c 可得t=329×10 -10s 答案 (1)- 3 (2)43cm 32 9×10 -10s 15.解析 (1)由题意知,出射角r=45° 由折射定律有n=sinrsini 解得sini=sinrn = 3 2 10 (2)在△BPD 中有 BP sin π2-i = DPsin45° 解得DP=5 8241 a 光在棱镜中的速度v=cn 故t=DPv = 25 82 123ca (3)根据sinC=1n ,解得临界角为C=37°,当光线刚好在AB 边 上M 点发生全反射时,光路如图甲所示,入射角α=37°,由几何 关系知,反射到AC边的入射角α'=53°>C,能够发生全反射,过 P 点作AB 的垂线交AB 于Q 点,由几何关系知PQ=a,QM= atan37°=34a 当光线刚好在AC边上发生全反射时,光路如图乙所示,在AC边 的入射角β'=37°,由几何关系知,在AB 边的入射角β=53°>C, 能够发生全反射,反射点为 N,在△PNQ 中,由几何关系知QN =atan53°=43a 综上所述,在AB 边上的照射区域长度MN=43a- 3 4a= 7 12a 答案 (1)3 210 (2)25 82123ca (3)712a 第二次月考滚动检测卷 1.A [磬发出响声是因为寺庙钟声使磬做受迫振动,当两者频率相 等时,发生共振现象,用锉刀锉出槽,改变了磬振动的固有频率,使 磬的固有频率与钟声的频率不相同,BCD正确,A错误。] 2.A [由动量守恒定律得(m1+m2-Δm)v船 -Δmv1=0,解得v船 = Δmv1 m1+m2-Δm ,A正确,BCD错误。] 3.A [分别画出A、B 中的部分光路,如图 所示。当人眼从正上方竖直向下观察B 底面中心处报纸上的字时,文 字 反 射 的 光线沿球面法线方向射出,此时物、像重 合,看到B 中的字和没有放玻璃半球体 时的字一样高。当人眼从正上方竖直向 下观察A 底面中心处报纸上的字时,文字反射的光线射出时传播 方向发生了变化,折射角大于入射角,此时物、像不重合,看到的像 S'比 物S 高。则 看 到 A 中 的 字 比B 中 的 字 高,A 正 确,BCD 错误。] 4.B [助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力,A错 误;起跳阶段,运动员猛蹬滑道,增大了滑道对人的作用力,根据动 量定理可知,在相同时间内,增加了向上的速度,B正确;飞行阶 段,运动员所采取的姿态是为了减小与空气接触面积减小阻力,C 错误;着陆阶段,运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间,根据动 量定理可知,可以减少身体受到的平均冲击力,D错误。] 5.D [由题图乙可知,t=0时刻小船沿y 轴的正方向运动,根据同 侧法可知水波的振动向x轴正方向传播,A错误;由题图甲和题图 乙可知,波的波长λ=4m,周期T=1.2s,因此水波的波速为v= λ T = 4 1.2m /s=103m /s,B错误;t=0时刻,浮木位于波传播方向的 上坡,因此浮木此时沿y轴的负方向振动,因为1.5s=T+T4 ,t= 0时刻,浮木位于平衡位置的上方,且不在最大位移处,因此1.5s 末,浮木不在平衡位置,C错误;0.9s是34T ,在t=0时刻,小船从 平衡位置向y轴正方向振动,经34T 时间,小船振动到y轴负方向 的最大位移处,由简谐振动的受力特点可知,小船受沿y轴正方向 的力最大,由牛顿第二定律可知,小船的加速度达到正向最大值, D正确。] 6.A [由题意可知,小球做简谐运动的振幅为2cm,设简谐运动的 方程为x=Asin(ωt+φ),t=0时,有1cm=2cm·sinφ,解得φ= π 6 ,所 以 x=2sin ωt+π6 cm,当t= 83 s时,有 -2cm= 2sinωt+π6 cm,解得ω=π2rad/s,所以x=2sin π2t+π6 cm, 小球运动的初相位为π 6 ,小球运动的周期T=2πω =4s ,A正确,C 错误;小球从A 向O 运动时,弹簧可能由压缩状态变为伸长状态, 弹性势能可能先减少后增加,B错误;小球运动时位移的方向由平 衡位置O 点指向小球所处的位置,加速度方向由小球所处的位置 指向平衡位置O 点,两者方向总是相反的,D错误。] 7.B [v-t图像中的图线与时间轴所围成的面积表示物体运动的 位移,则a、b两物体的总位移大小之比为6∶5,A错误。根据牛顿 第二定律,匀减速直线运动中有f=ma,故a、b两物体所受摩擦力 的大小之比为1∶1。设 F1 和 F2 分 别 对a、b两 物 体 做 的 功 为 W1、W2,对整个过程运用动能定理得W1-fx1=0,W2-fx2=0, 解得W1∶W2=6∶5,B正确。根据冲量定义I=Ft,求得a、b两 物体所受摩擦力的冲量大小之比为3∶5,分别对a、b两物体运用 动量定理可得IF+If=0,则F1 和F2 的冲量大小之比为3∶5, CD错误。] 8.ACD [玻璃砖转动后,画出此时 的光路图,如图所示,则光屏上的 光点相对于O1 点向上移动,A正 确;当α=30°时,入射角i=30°,根 据几 何 关 系 可 得θ 满 足tanθ= O1P d = 20cm 20cm=1 ,解得θ=45°,则 折射角γ=45°+30°=75°,根据折 射定 律 可 得sini sinγ= 1 n ,解 得 折 射 率n= 6+ 22 ,B错 误,C正 确;发 生 全 反 射 时,有sinC= 1n = 6- 2 2 ,则sinα=sinC=1n= 6- 2 2 ,D正确。] 9.BC [由题图乙可知,太阳光射入冰晶时,a光的折射角大于b 光 的折射角,由折射定律可知,冰晶对a光的折射率小于对b光的折 射率,由v=cn 知,在冰晶中a光的传播速度较大。A错误;由冰 晶对a光的折射率较小,知a光的频率较小,则a光的波长大于b 光的波长,根据Δx=Lλd 可知,a、b光通过同一装置发生双缝干涉 时,a光的相邻亮条纹间距较大。B正确;同种玻璃对a光的折射 率较小,由临界角公式sinC=1n 可知,a光发生全反射的临界角 较大。C正确;用同一装置做单缝衍射实验,由于a 光的波长较 大,故a光的中央亮条纹较宽。D错误。] 10.BD [物块A 刚好运动到木块B 的最高点时,两者共速,设为v, 对物块A 和木块B 组成的系统,由机械能守恒和水平方向上动 量守恒得1 2mAv0 2=mAgR+ 1 2 (mA+mB)v2,mAv0=(mA+mB) v,解得v0=4m/s、v=2m/s,A错误,B正确;由题意可知,当物 块A 返回到水平面时,木块B 的速度最大,设此时物块A 的速度 为v1,木块B 的速度为v2,由机械能守恒和水平方向上动量守恒 得1 2mAv0 2=12mAv1 2+12mBv2 2,mAv0=mAv1+mBv2,解得v1 =0、v2=4m/s,C错误,D正确。] 11.解析 (1)P3、P4 的连线与CD 的交点 即为光线从玻璃砖中射出的位置,P1、 P2 的连线与AB 的交点即为光线进入 玻璃砖的位置,连接这 两 点 即 可 作 出 玻璃砖中的光路,如图所示。(2)连接 O 点与光线在AB 上的入射点所得直线即为法线,作出入射角和 折射角如图中i、r所示。(3)图乙中图线的斜率k=sinisinr=n ,由 图乙可知斜率为1.5,即该玻璃砖的折射率为1.5。 答案 (1)见解析图 (2)见解析图 (3)1.5 12.解析 (1)利用题述测量的物理量可知,弹簧恢复原长后滑块A 的速度大小为vA= L tA ,滑块B 的速度大小为vB= x tB ,A、B 与弹 簧组成的系统动量守恒,又弹簧为轻弹簧,故根据动量守恒定律, mAvA-mBvB=0,所以验证动量守恒定律的表达式为 mA L tA - mB x tB =0。(2)根据动量定理,弹簧对滑块A 的作用力的冲量大 小IA=mAvA=mA L tA ,弹簧对滑块B 的作用力的冲量大小IB= mBvB=mB x tB ;无论两滑块的质量关系如何,弹簧对滑块A 的作 用力的冲量大小和对滑块B 的作用力的冲量大小之间的关系都 是IA 等于IB。(3)根据能量守恒定律,烧断细线前弹簧的弹性势 能Ep 等于烧断细线后两滑块A、B 最终的动能之和,所以利用题 述各量还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep= 1 2mAvA 2+12 mBvB2= 1 2mA L tA 2 +12mB x tB 2 。 答案 (1)mA L tA -mB x tB =0 (2)mA L tA mB x tB IA 等于IB (3)12mA L tA 2 +12mB x tB 2 13.解析 (1)左侧小孩抖动绳子,说明波沿x 轴正方向传播,则有 Δt= n+14 T(n=0,1,2,…) 解得T= 4Δt4n+1= 0.4 4n+1s (n=0,1,2,…) 又0.3s<T<0.5s,所以n=0时,T=0.4s符合题意。即小孩 抖动绳子的周期T=0.4s (2)由题图知波长λ=12m 故波速v=λT = 12 0.4m /s=30m/s 答案 (1)0.4s (2)30m/s 14.解析 (1)画出另一条光线的光路图,如图1所示,由图1可知, 在取景窗中得到的倒立的像。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 63 — —66 — (2)由几何关系可知,光线①在F 点的入射角为i=30° 由折射率n=1.6,sin38°= 11.6 ,可知发生全反射的临界角C= 38°>30° 所以光线①在F 点不发生全反射。 由sinr sini=n ,可得sinr=0.8 (3)画出此时的光路图,如图2所示。光线①在CD 画恰好发生 全反射,结合几何关系可知,CD 面与AB 面的夹角α=C=38° ∠O1O2M=90°-∠MO1O2=90°-2C=14° ∠MO2A=90°- 1 2∠O1O2M=83° ∠EO2M=∠EAB=180°-∠MO2A=97° 则AE 面与AB 面的夹角β=97° 答案 (1)倒立的像 (2)不发生全反射 0.8 (3)38° 97° 15.解析 (1)滑块a从D 到F,由能量关系mg·2R=12mvF 2-12 mv02;在F 点FN-mg=m vF2 R ,解得vF=10m/s,FN=31.2N (2)滑块a返回B 点时的速度vB=1m/s,滑块a一直在传送带 上减速,加速度大小为a=μg=5m/s 2,根据vB2=vC2-2aL,可 得在C点的速度vC=3m/s 则滑块a从碰撞后到达C 点12mv1 2=12mvC 2+mg·2R 解得v1=5m/s 因ab碰撞动量守恒,则mvF=-mv1+3mv2 解得碰后b的速度v2=5m/s 则碰撞损失的能量ΔE=12mvF 2-12mv1 2-12 ·3mv22=0 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则ab碰后的共同速度mvF =4mv 解得v=2.5m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv=6mv' 则v'=53 m /s 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1,由能量关系 1 2 ·4mv2=12 ·6mv'2+12kx1 2 解得x1=0.1m 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x1=0.2m 答案 (1)10m/s;31.2 (2)0 (3)0.2m 高中期考测控卷 期中考试测控卷 1.C [塞子被喷出瞬间,试管内的气体对塞子有斜向右上的作用力,所 以塞子有向上的加速度,则系统处于超重状态,系统所受合外力不为 零,动量不守恒,A、D错误;水蒸气的内能转化为小车的动能和塞子的 动能,系统的机械能增加,如果将小车固定在水平面上,则塞子获 得的动能增大,塞子被喷出的速度将增大,B错误,C正确。] 2.C [设点光源距水面的深度为h,被光照亮的圆形区域的半径为 r,由几何关系有sinC= r r2+h2 ,又sinC=1n ,S=πr2,得S= πh2 n2-1 ,可知S1 S2 = n22-1 n12-1 ,故选C。] 3.C [因为A1O1=A2O2,所以甲、乙两质点 的v-t图像与t轴所围成的面积相等,结 合题意,作出甲质点从A1 到O1 与乙质点 从A2 到O2 的v-t图像,如图所示,得出 t1<t2,故C正确,ABD错误。] 4.C [使用者用力大小影响的是振幅,与振 动快慢没有关系,A错 误;飞 力 士 棒 做 受 迫振动,驱动力的频率与飞力士棒的固有频率相差越小,飞力士棒 的振幅越大,所以随着手振动的频率变大,飞力士棒振动的幅度不 一定变大,B错误;若双手驱动使该飞力士棒每分钟发生270次全 振动,则驱动力的频率f=27060Hz=4.5Hz ,与飞力士棒的固有频 率相等,飞力士棒会产生共振,C正确;若只将PVC杆缩短,飞力 士棒的固有频率会改变,D错误。] 5.B [双缝干涉条纹是均匀的,所以题图乙是双缝干涉条纹,但也发 生了衍射现象,A项正确;遮住一条狭缝,就只能观察到单缝衍射 现象,狭缝宽度增大时,衍射现象减弱,题图丙中中央亮条纹宽度 减小,B项错误;照射两狭缝时,发生双缝干涉,根据Δx=Lλd 可知, 当增加L时,题图乙中相邻暗条纹中心间的距离增大,C项正确; 照到双缝的光是由一束光经单缝衍射后形成的,两光的相位相同, 根据相干条件可知,|S2P-S1P|=(2n+1) λ 2 (n=0,1,2,…)时, P 点处一定是暗条纹,D项正确。] 6.D [由波形图可知,该波的波长为λ=2m。若该波沿x轴正方向 传播,则其周期满足T=t2-t11 4+n =0.3s1 4+n ,由于T>0.3s,则n=0, 即T=1.2s,故其频率和波速分别为f=1T = 5 6 Hz ,v=λT = 5 3 m /s。若该波沿x轴负方向传播,则T=t2-t13 4+n =0.3s3 4+n ,由于 T>0.3s,则n=0,即T=0.4s,故其频率和波速分别为f=1T= 2.5Hz,v=λT =5m /s。故ABC错误,D正确。] 7.A [当x=R 时,画出光路图,如图1所示,由几何关系可得sini =R2R= 1 2 ,又sini sinr=n ,可得sinr= 1 2 2 ,由正弦定理可得 R sinr= 2R sin(π-θ) ,可得sinθ= 22 ,θ=45°,发生全反射的临界角C 满足 sinC=1n ,可得C=45°,易知光线恰好在内圆表面上发生全反射, A正确。当x= 2R 时,画出光路图,如图2所示,由几何关系可 得sini'= 2R2R = 2 2 ,又sini' sinr'=n ,可得sinr'=12 ,结合光路图,可 得折射光线与内圆相切,由对称性可知r″=45°,由几何知识可知 光线从外圆射出方向与图中入射光线的夹角小于45°,BC错误。 由以上分析可知,D错误。] 8.BC [根据数学知识可知,曲线上各点到两波源的距离之差均为 4m,等于波长,则曲线上各点都是振动加强点,选项A错误;因为 曲线上各点到两波源的距离之差均为4m,则两个波源同时发出 的波传到曲线上的同一点差了一个周期的时间,选项B正确;由数 学知识可知,a=2,c=4,则由a2+b2=c2 可得b2=12,则曲线的方 程为x 2 4- y2 12=1 ,则曲线上存在一个坐标为(4,6)的点,选项C正 确;虚线框内y轴上的各点到两波源的距离都相等,故都是振动加 强点。选项D错误。] 9.AD [细线烧断后,对小木船与铁块组成的系统,由平均动量守恒 得 Ms1=ms2,s1+s2=L,解得s1=0.5m,s2=2.5m,铁块离开小 木船后做平抛运动,(s1+x)=v2t,h= 1 2gt 2,解得t=0.4s,v2= 3m/s,A正确,B错误。细线烧断后,由 动 量 守 恒 定 律 得 Mv1- mv2=0,解得v1=0.6m/s,C错误。由机械能守恒定律得Ep= 1 2 Mv12+ 1 2mv2 2,解得Ep=108J,D正确。] 10.AD [由题图乙可知该波的周期T=0.50s,则该波经过T2 ,传 播到x=-2m的质点 Q,波在介质中匀速运动,所以经过一个 T,将传播到x=-4m处质点,故该波的波长为4m,A正确;波 速v=λT =8m /s,波传播到P 点经过t1= xP v = 15 8s= 15 4T ,由振 动图像知波源起振方向是向上的,所以t1= 15 4T 时P 点开始向 上振动,再经过t2= 3 4 T 第一次到达波谷,即P 点第一次到达波 谷所用时间t=t1+t2= 15 4T+ 3 4T= 9 2T=2.25s ,B错误;由上 面分析可知,P 点第一次到达波谷时是t=92T 时刻,波传播到Q 用时T 2 ,所以t=92T 时,Q 运动时间t3= 9 2T- T 2=4T=2s ,C 错误;t=92T 时,Q 运动时间为4T,所以通过的路程s=16A=16 ×5cm=80cm=0.8m,D正确。] 11.解析 (1)推动小车P,小车P 经过短暂的加速后,在碰撞前做匀 速直线运动,在相同的时间内通过的位移相同,BC 段为小车P 碰撞前匀速运动的阶段,故选BC 段来计算小车P 碰撞前的速 度;碰撞过程是一个变速运动的过程,而小车P 和Q 碰撞后共同 运动时做匀速直线运动,在相同的时间内通过相同的位移,故选 DE 段来计算小车P 和Q 碰撞后的共同速度。 (2)由题图乙可知,BC=10.50cm=0.1050m,DE=6.95cm= 0.0695m;则碰 前 小 车 P 的 速 度 为vP = BC t = 0.1050 0.02×5m /s= 1.05m/s,碰前的总动量 为p=mPvP =0.4×1.05kg·m/s= 0.420kg·m/s;碰 后 小 车 P 和 Q 的 共 同 速 度 为v=DEt = 0.0695 0.02×5m /s=0.695m/s,碰后的总动量为p'=(mP +mQ)v= (0.4+0.2)×0.695kg·m/s=0.417kg·m/s。 (3)根据碰撞前后系统总动量的关系可知,在误差允许的范围内, 系统动量守恒。 答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)在误差允许的范围 内,系统动量守恒 12.解析 (1)分划板在第7条亮条纹位置时游标卡尺主尺读数为 15mm,游标尺读数 为0.1×5mm=0.5mm,所 以 最 终 读 数 为 15mm+0.5mm=15.5mm。 (2)第1条亮条纹游标卡尺读数为11mm+0.1mm=11.1mm, 相 邻 两 条 亮 条 纹 间 距 Δx = x7-x1n-1 = 15.5-11.1 6 mm ≈0.733mm。 (3)若想增加从目镜中观察到的条纹个数,需减小相邻两条亮条 纹的间距,由相邻两条亮条纹的间距公式Δx=ldλ 可知,可增大 双缝间距d,或减小双缝到屏的距离l,故A、C、D错误,B正确。 (4)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,则 在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时,测量值大于实际值。 答案 (1)15.5 (2)0.733 (3)B (4)大于 13.解析 (1)发光像素单元发出的光射到屏障上被屏障吸收,射到 屏障顶端的光射到透明介质和空气界面,折射后从界面射向空 气,能够射出介质的光在界面的入射角正弦值 sini= L 2 L 2 2 +d2 折射角为r=θ2=30° 由折射定律有n=sinrsini 代入数据解得d=25 15mm≈1.55mm (2)sini'= L+x 2 L+x 2 2 +d2 折射角为r'=θ2=90° 由折射定律有n=sinr'sini' 代入数据解得x= 2 3 3 -0.8 mm≈0.35mm 答案 (1)1.55mm (2)0.35mm 14.解析 (1)从图中读出波长λ=1m 周期T=0.8s 由于A的起振方向向上,故波沿着x轴负方向运动,P 点正在向 下(或沿-y方向)运动; (2)水波传播速度v=λT =1.25m /s (3)由于A浮子振动时B浮子已经在波峰,故B浮子先振动,从B 传到A经历的时间为t=T4+nT (n=0,1,2…) n=0时,t0=0.2s A、B间距离为s0=vt0=0.25m n=1时,t1=1.0s A、B间距离为s1=vt1=1.25m n=2时,t2=1.8s A、B间距离为s2=vt2=2.25m 故A、B两浮子间的可能距离为0.25m,1.25m,2.25m。 答案 (1)1m 0.8s P 点正在向下(或沿-y方向)运动 (2)1.25m/s (3)0.25m 1.25m 2.25m 15.解析 (1)a、b一起下滑时根据动能定理有(M+m)gssin30°= 1 2 (M+m)v02 代入数据得v0=5m/s (2)从a与挡板发生碰撞反弹到绳刚好绷紧,根据受力分析可知 两球的加速度大小均为 a=gsin30°=5m/s2 这段过程中a球的位移大小xa=v0t- 1 2at 2 b球的位移大小xb=v0t+ 1 2at 2 又因为xa+xb=L 代入数据解得t=0.5s 绳绷紧前瞬间有 va=v0-at=(5-5×0.5)m/s=2.5m/s vb=v0+at=(5+5×0.5)m/s=7.5m/s 绳绷紧过程动量守恒,取沿斜面向下为正,有mvb-Mva=(m+M)v 当 M=m 时解得v=2.5m/s 故绳绷紧瞬间,a、b两球的共同速度v 的大小为2.5m/s,方向沿 斜面向下 (3)若Mm =k ,v=mvb-Mvam+M = vb- M mva 1+Mm = vb-kva 1+k 令v=0,可得k=3 讨论: 当k<3时,v>0,方向沿斜面向下 当k=3时,v=0 当k>3时,v<0,方向沿斜面向上 答案 (1)5m/s (2)2.5m/s 方向沿斜面向下 (3)见解题 思路 选择性必修第二册 第一章 安培力与洛伦兹力 1.C [根据安培力公式F=BIL⊥,其中L⊥ 为垂直于磁场方向的有 效长度,由于甲、乙、丙、丁四个选项图中导线的有效长度相等,所 以各图中导线所受的安培力大小相等,故选C。] 2.C [因I1≫I2,则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用;根 据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引,异向电 流相互排斥”,则正方形左右两侧的直导线要受到中心直导线吸引 的安培力,形成凹形,正方形上下两边的直导线要受到中心直导线 排斥的安培力,形成凸形,故变形后的形状如图C,故选C。] 3.B [当有电流通过弹簧时,构成弹簧的每一圈金属丝周围都产生 了磁场,根据安培定则及左手定则可知,各圈金属丝之间都产生了 相互吸引的作用,弹簧就缩短了,当弹簧的下端离开水银后,电路 断开,弹簧中没有了电流,各圈金属丝之间失去了相互吸引力,弹 簧又恢复原长,使得弹簧下端又与水银面接触,弹簧中又有了电 流,开始重复上述过程,弹簧上下振动,故选B。] 4.D [粒子射出回旋加速器时qvB=mv 2 R ,Ek= 1 2mv 2,得 Ek= 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 65 —