精品解析：重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末考试物理试题

西南大学附中2024—2025学年度下期期末考试 高一物理试题 （满分∶ 100分； 考试时间∶ 75分钟） 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列说法正确的是（　　） A. 物体受到的合外力不为0，动能一定改变 B. 物体受到的合外力为0，动量可能改变 C. 物体受到的合外力做功为0，则物体运动速度一定不变 D. 物体受到的合外力冲量为0，则物体动量不变 2. 声波从声源发出后，在空中向外传播的过程中（　　） A. 振幅在逐渐变大 B. 频率不变 C. 波速在逐渐变小 D. 波长在逐渐变小 3. 左图为小朋友在玩秋千，为了方便研究，可以将其简化为右图模型。下列说法正确的是（　　） A. 秋千在B、C两点速度最大 B. 秋千在 B、C两点加速度指向悬挂点 C. 若秋千摆动周期为T，为使秋千越摆越高，站地上的小朋友可以每隔T推秋千一次 D. 绳子在 B、C两点拉力最大 4. 如图为火遍全国的重庆李子坝轻轨穿楼图。假设本列车质量为m，在某时刻初速度为v0，以额定功率 P 在平直轨道上加速，经时间t达到最大速度 vm，且列车行驶过程所受到的阻力f保持不变。列车在时间t内（　　） A. 做匀加速直线运动 B. 牵引力逐渐增大 C. 列车的额定功率 D. 牵引力做功 5. 发射同步卫星需要经历如图所示过程，先发射到贴近地球表面的轨道I，再经过椭圆轨道II变轨到同步轨道Ⅲ。设卫星质量为m，轨道Ⅲ的高度为h，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则（　　） A. 卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为 B. 卫星在轨道Ⅲ上运行线速度大小为 C. 卫星在近地圆轨道上经过Q的速度大于椭圆轨道上经过Q点速度 D. 卫星在轨道Ⅲ的速度大于轨道I上速度 6. 2025年5月西南大学附中高一篮球赛火热开赛。比赛中，某同学将篮球以与水平面成45°的倾角准确投入篮筐，假设这次跳起投篮时投球点和篮筐正好在同一高度，投球点到篮筐距离为9.8m，不考虑空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是2.45m B. 篮球鞋较厚的鞋底可以减少人落地时地面对人的冲量 C. 人从地面跳起时地面对人做正功 D. 如果其他条件不变，只让球离手时速度方向与水平夹角变小，则球一定会砸篮板上 7. 如图所示，长L的轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆中心O有一竖直方向的固定转动轴，小球A、B的质量分别为3m、m。当轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动，则（　　） A. 转轴受杆作用力的大小为 B. 如果调整转动轴方向，使两球在竖直平面内以ω转动，则转轴受杆作用力最大值为 C. 如果调整转动轴方向，使两球在竖直平面内以ω转动，则转轴受杆作用力最小值为 D. 如果调整转动轴方向，使两小球在竖直平面内转动，则当两球刚好等高时，转轴受杆作用力为 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 如图甲是t=0时刻波形图，图乙是其中A点的振动图像，则（　　） A. 这列波的波速是25m/s B. 这列波沿x轴正方向传播 C. 质点 A 在任意1s内所通过的路程为0.4m D. 若此波能与另一列波发生干涉，则另一列波的频率一定为1.25 Hz 9. 如图所示，公园修建了一个截面为等腰梯形的水池，水池坡面的倾角为α、在注满水的情况下，一束平行光照射到水面，折射光线与反射光线恰好垂直，该平行光与水面的夹角，，则（　　） A. 水对该光的折射率为 B. 若改变入射角，使，A点入射光恰好能够照到水池底角B点，则水池坡面的倾角 C. 减小θ角大小使得入射角达到临界角时，由于全反射，光将照不进水中 D. 若水池深m，将一点光源放入池底中央，水面足够宽、不考虑多次反射，则点光源照亮水面的面积为m2 10. 如图，足够长的小车质量，木块质量，小车与木块之间动摩擦因数，地面光滑。现在把木块放在小车左端，一起以的速度向右运动，小车与墙发生弹性碰撞后会以原速率反弹。则（　　） A. 小车第一次撞墙后向左运动的最大距离为 B. 小车第二次撞墙前瞬间的速度为0.4m/s C. 小车第二次撞墙后到第三次撞墙前，摩擦生热0.48J D. 当小车最终停止时，木块相对小车滑动的总路程为 三、非选择题：本大题共5小题，共57分。 11. 如图（a）所示，某同学用图中装置验证动量守恒定律。先将a球从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次，平均落地点为B；再把b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次，两球平均落地点为A、C。平均落地点的位置A、B、C与抛出点的水平距离分别为、、 （1）小球a、b的质量应该满足ma______ mb（填“>”、“<”或“=”）。 小球a、b的半径应该满足 ra______ rb（填“>”、“<”或“=”）。 （2）若两球碰撞时动量守恒，应满足的关系式为______（用题目提供的符号表示）。 （3）若两球质量比，且两球间的碰撞是弹性的，则可以得出x3=______ x1（用k表示）。 12. 如图甲所示，某同学用图中装置完成“测定玻璃的折射率”的实验，aa'和 bb'为玻璃砖的两个界面，O为直线AO与 aa'的交点，直线OA上竖直地插着 两枚大头针。 （1）下列说法中，正确是 （　　） A. 入射光线AO 与法线的夹角应该越大越好 B. 入射角变大，会在边界 bb'发生全反射 C. 大头针P1，P2的间距应该适当取大一点 D. 插上大头针 P4，使P4只需要挡住P1、P2的像 （2）某同学在测量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO'延长线于 C点，过A 点和C 点作垂直法线的直线分别交于B 点和D 点，如图乙所示，若他测得 ，则可求出玻璃的折射率 n= ______。 （3）如果将玻璃砖的边 bb'误画成了 cc'，如图丙所示，折射率的测量值将______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 （4）该同学设计了一个液体折射率测量仪，如下图所示。在一圆盘上，过其圆心O作两条互相垂直的直径BC、EF，选取某条半径AO（测量出∠AOF=θ），AO的延长线与圆周交点为K。在半径OA上，垂直盘面插下两枚大头针 ，并保持 位置不变。每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC 相平，EF为法线。而后在图中右上方区域观察P1、P2的像，并在圆周上插上大头针 ，使 正好挡住P1、P2的像。小组成员通过计算，预先在圆周KC部分刻好了折射率的值，这样只要根据圆周上大头针所插的位置，就可读出液体的折射率。则： ①P3处对应的液体的折射率______P4处对应液体的折射率；（填“>”、“<”或“=”） ②该测量仪，∠AOF越小，测量液体折射率的量程______；（填“越大”、“越小”或“不变”） ③若相邻两个刻度的折射率差值相同，对于给定的θ值，则圆周KC部分折射率刻度是否均匀？______（填“是”或“否”）。 13. 2025年5月6日，西南大学附属中学“玩转科学，创见未来”科技节正式亮相，其中简单有趣的空气炮挑战吸引了大家的注意。如图所示，质量m=0.2kg的圆柱形杯子静止在水平桌面上，空气炮向杯子水平喷出气体，杯子在气体冲击力作用下在A 点从静止开始运动。气体作用总时间t1=0.1s，杯子运动到B点，杯子之后在水平桌面上再滑行L=1m到达桌边C点，接着做平抛运动落在地面D点。已知桌面距离地面高度h=0.45m，C点与D点的水平距离x=1.5m，杯子与桌面间的动摩擦因数μ=0.55，重力加速度g取 B、C、D图中未标出， 求∶ （1）杯子做平抛运动的初速度大小； （2）杯子在水平桌面上B到C滑行过程中摩擦力对杯子的冲量大小； （3）空气炮喷出气体对杯子的平均作用力大小。 14. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，振幅均为2cm。如图所示为t=1.0s时刻两列波的波形图，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置位于x=0.5m处。 （1）求两列波的周期大小； （2）当两波源持续振动足够长时间后，求两列波叠加后两波源之间（不包括两个振源位置）有几个振动减弱点； （3）如果两波源持续振动，求从t=0s到t=2.125s内，质点M运动的路程。 15. 如图所示，长为L、质量为的木板A静止放在光滑的水平面上，A的左端紧靠光滑固定曲面，曲面底端切线与A上表面重合，A右端足够远处有一与A等高的平台，平台上MN之间是一个宽度为的特殊区域，只要物体进入MN之间（含边界MN）就会受到一个方向向右、大小为F=mg的作用力，平台除MN之间粗糙外，其余部分光滑，MN的右侧某处安装有一特殊的弹射装置。质量为m的小滑块B从曲面上距底端高为处由静止释放，B滑上A后，先与A达到共速，之后A与平台接触时会立刻被粘住。当B到达弹射装置的速度不小于时可通过弹射装置，速度小于时被反弹，反弹后的动能为反弹前的k倍（0<k<1）。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g。 （1）求B与A相对静止时的速度v； （2）若B滑上平台后在MN间通过的路程为，求B与MN之间的动摩擦因数μ1（μ1<1）的最大值； （3）若B与MN之间的动摩擦因数，试讨论B滑上平台后在MN间通过的路程。 （可能用到的数学知识：一组数列a1，a2⋯⋯an，若从第二项起，每一项与其前一项的比值等于同一常数q（0<q<1），该种数列称为递缩等比数列。n个这样的数求和公式为，当n→∞时， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西南大学附中2024—2025学年度下期期末考试 高一物理试题 （满分∶ 100分； 考试时间∶ 75分钟） 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列说法正确的是（　　） A. 物体受到的合外力不为0，动能一定改变 B. 物体受到的合外力为0，动量可能改变 C. 物体受到的合外力做功为0，则物体运动速度一定不变 D. 物体受到的合外力冲量为0，则物体动量不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．物体受到的合外力不为0，但合外力不一定做功。例如，做匀速圆周运动的物体，合外力提供向心力，合外力不为0，但合外力始终与速度方向垂直，不做功，故动能不变，故A错误； B．根据动量定理 可知当合外力为0时动量的变化量，即动量不变，故B错误； C．物体受到的合外力做功为0，根据动能定理 可知动能不变，即速度大小不变，但速度方向可能改变。例如，做匀速圆周运动物体，合外力做功为0，但速度方向时刻在变化，故C错误； D．根据动量定理 可知合外力冲量为零，则动量的变化量，故动量不变，故D正确。 故选D。 2. 声波从声源发出后，在空中向外传播的过程中（　　） A. 振幅在逐渐变大 B. 频率不变 C. 波速在逐渐变小 D. 波长在逐渐变小 【答案】B 【解析】 【详解】A．声波传播时，能量因扩散和介质吸收而减少，振幅逐渐减小，故A错误； B．频率由声源振动决定，与传播过程无关，所以频率不变，故B正确； C．波速由介质性质决定，在均匀空气中传播时波速不变，故C错误； D．根据公式，因波速和频率均不变，所以波长不变，故D错误。 故选B。 3. 左图为小朋友在玩秋千，为了方便研究，可以将其简化为右图模型。下列说法正确的是（　　） A. 秋千在B、C两点速度最大 B. 秋千在 B、C两点加速度指向悬挂点 C. 若秋千摆动周期为T，为使秋千越摆越高，站地上的小朋友可以每隔T推秋千一次 D. 绳子在 B、C两点拉力最大 【答案】C 【解析】 【详解】A．秋千在最低点O点的速度最大，在B、C两点的速度为零，故A错误； B．由题可知，秋千在 B、C两点合力指向沿切线斜向下，由牛顿第二定律，则加速度与合力方向相同，即沿所在点的切线斜向下，而不是指向悬挂点，故B错误； C．根据受迫振动的特点可知，秋千摆动周期为T，欲使秋千越摆越高，则站地上的小朋友可以每隔nT（n=1，2，……）推秋千一次，故C正确； D．设秋千在最高点时，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，则 在最高点，沿绳方向，有 从最高点到最低点，由动能定理，有 在最低点，有 解得 可得 则F2>F1，即绳子在O点拉力最大，在B、C两点拉力最小，故D错误。 故选C。 4. 如图为火遍全国的重庆李子坝轻轨穿楼图。假设本列车质量为m，在某时刻初速度为v0，以额定功率 P 在平直轨道上加速，经时间t达到最大速度 vm，且列车行驶过程所受到的阻力f保持不变。列车在时间t内（　　） A. 做匀加速直线运动 B. 牵引力逐渐增大 C. 列车的额定功率 D. 牵引力做功 【答案】C 【解析】 【详解】AB．列车以恒定功率运行，根据 可知列车的速度不断增大，则牵引力不断减小；根据牛顿第二定律有 可知加速度不断减小，故列车做加速度不断减小的加速运动；当加速度为零时，牵引力最小，等于阻力，并保持不变，此时速度达到最大速度vm，故AB错误； C．当加速度为零时，牵引力最小，等于阻力，并保持不变，此时速度达到最大速度vm，则列车的额定功率为，故C正确； D．设在时间t内克服摩擦力做功为，根据动能定理有 解得牵引力做功为，故D错误。 故选C。 5. 发射同步卫星需要经历如图所示过程，先发射到贴近地球表面的轨道I，再经过椭圆轨道II变轨到同步轨道Ⅲ。设卫星质量为m，轨道Ⅲ的高度为h，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则（　　） A. 卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为 B. 卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为 C. 卫星在近地圆轨道上经过Q的速度大于椭圆轨道上经过Q点速度 D. 卫星在轨道Ⅲ的速度大于轨道I上速度 【答案】B 【解析】 【详解】A．卫星在近地轨道I上运行时，有 则有 轨道Ⅲ上运行时，有 联立，解得卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为，故A错误； B．卫星在轨道Ⅲ上运行时，有 联立，解得卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为，故B正确； C．卫星在近地圆轨道上经过Q时，点火加速，则卫星变轨到椭圆轨道，则卫星在近地圆轨道上经过Q的速度小于椭圆轨道上经过Q点速度，故C错误； D．卫星近地轨道I上运行时，有 且有 则解得 则，故D错误。 故选B。 6. 2025年5月西南大学附中高一篮球赛火热开赛。比赛中，某同学将篮球以与水平面成45°的倾角准确投入篮筐，假设这次跳起投篮时投球点和篮筐正好在同一高度，投球点到篮筐距离为9.8m，不考虑空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是2.45m B. 篮球鞋较厚的鞋底可以减少人落地时地面对人的冲量 C. 人从地面跳起时地面对人做正功 D. 如果其他条件不变，只让球离手时速度方向与水平夹角变小，则球一定会砸在篮板上 【答案】A 【解析】 【详解】A．篮球抛出后做斜向上抛运动，设初速度为v0，运动总时间为t，水平位移为x，篮球运动的最高点相对篮筐的竖直高度为h。运动如图所示： 可知运动总时间为 水平位移为 已知 则解得 则，故A正确； B．篮球鞋较厚的鞋底可以增加缓冲，减小人落地时地面对人的弹力，但地面对人的冲量不变，故B错误； C．人从地面跳起时，支持力作用在脚底，脚底位移是零，所以支持力不做功，故C错误； D．由题意，当初速度与水平方向的夹角为θ<45°时，如图所示： 篮球上升用时 上升过程中，水平位移 即 则可知篮球下降过程中与篮筐等高时还没有接触到篮筐，即篮球一定不会砸在篮板上，故D错误。 故选A。 7. 如图所示，长L的轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆中心O有一竖直方向的固定转动轴，小球A、B的质量分别为3m、m。当轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动，则（　　） A. 转轴受杆作用力的大小为 B. 如果调整转动轴方向，使两球在竖直平面内以ω转动，则转轴受杆作用力最大值为 C. 如果调整转动轴方向，使两球在竖直平面内以ω转动，则转轴受杆作用力最小值为 D. 如果调整转动轴方向，使两小球在竖直平面内转动，则当两球刚好等高时，转轴受杆作用力为 【答案】B 【解析】 【详解】A．杆对A的拉力提供A所需的向心力，由向心力公式可知 同样 根据牛顿第三定律，A球对杆的拉力 方向沿杆由O指向A，故杆对轴的沿杆由O指向A的力为 同理杆对轴的沿杆由O指向B的力为 故转轴受杆作用力的大小为，故A错误； B．如果调整转轴方向，使两球在竖直平面内以ω转动，当A球在最低点，B球在最高点时，杆对A向上的拉力和A重力的合力提供向心力，则 杆对B向上的推力与B重力的合力提供向心力，则 同理根据牛顿第三定律可得，转轴受杆作用力的最大值为 故B正确； C．如果调整转轴方向，使两球在竖直平面内以ω转动。当B球在最低点，A球在最高点时，杆对B向上的拉力和B重力的合力提供向心力， 杆对A向下的拉力与A重力的合力提供向心力，，同理根据牛顿第三定律可得，转轴受杆作用力的最小值为，故C错误； D．如果调整转轴方向，使两球在竖直平面内以ω转动，则当两球刚好等高时，转轴受杆作用力的水平分力与A选项相同，转轴受杆作用力的竖直分力为两球重力之和，方向向下，故转轴受杆作用力为，故D错误； 故选 B。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 如图甲是t=0时刻波形图，图乙是其中A点的振动图像，则（　　） A. 这列波的波速是25m/s B. 这列波沿x轴正方向传播 C. 质点 A 在任意1s内所通过的路程为0.4m D. 若此波能与另一列波发生干涉，则另一列波的频率一定为1.25 Hz 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由图甲可知波长为，由图乙可知周期为，则波速为，故A正确； B．由图乙可知，在时刻A点的速度方向沿y轴正方向，所以在图甲中，根据“上下坡”法可知这列波沿x轴负方向传播，故B错误； C．根据 可知如果是从图示位置开始计时，A点通过的路程为 但A点做简谐运动，不同时刻作为起点，A点在任意1s内所通过的路程不一定是，故C错误； D．这列波的频率为 产生稳定干涉现象的条件是两列波的频率相等，故若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为，故D正确。 故选AD。 9. 如图所示，公园修建了一个截面为等腰梯形的水池，水池坡面的倾角为α、在注满水的情况下，一束平行光照射到水面，折射光线与反射光线恰好垂直，该平行光与水面的夹角，，则（　　） A. 水对该光的折射率为 B. 若改变入射角，使，A点入射的光恰好能够照到水池底角B点，则水池坡面的倾角 C. 减小θ角大小使得入射角达到临界角时，由于全反射，光将照不进水中 D. 若水池深m，将一点光源放入池底中央，水面足够宽、不考虑多次反射，则点光源照亮水面的面积为m2 【答案】BD 【解析】 【详解】A．设入射角为，折射角为，又已知折射光线和反射光线垂直，，所以 因为折射光线与反射光线恰好垂直，所以 由折射定律 A错误； B．根据 ， 得 可得 根据几何关系 B正确： C．全反射针对的是光从光密介质射向光疏介质，C错误； D．当水中点光源射向水面时，若达到临界角C，则光线会发生全反射，所以光照亮水面的区域为一个半径为r的圈，如图所示 这时入射角等于临界角C，由几何关系可得 其中 可得 则 D正确。 故选BD。 10. 如图，足够长的小车质量，木块质量，小车与木块之间动摩擦因数，地面光滑。现在把木块放在小车左端，一起以的速度向右运动，小车与墙发生弹性碰撞后会以原速率反弹。则（　　） A. 小车第一次撞墙后向左运动的最大距离为 B. 小车第二次撞墙前瞬间的速度为0.4m/s C. 小车第二次撞墙后到第三次撞墙前，摩擦生热为0.48J D. 当小车最终停止时，木块相对小车滑动的总路程为 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的路程为，即为小车右端与墙壁之间的最大距离，由动能定理，有 解得，故A正确； B．假设小车第二次撞墙前，小车与木块达到共速，则由动量守恒定律，有 解得 可知，二者相对运动过程中，小车的加速度大小为 则小车向右的加速运动位移 解得，则假设成立，小车第二次撞墙前瞬间的速度为，故B正确； C．第二次撞墙后，小车以的速度向左反弹，由动能定理，有 解得 假设小车第三次撞墙前，小车与木块达到共速，则由动量守恒定律，有 解得 则小车向右的加速运动位移 解得，则假设成立。 系统因摩擦生热，由能量守恒，有 解得热量，故C错误； D．由题意，在运动过程中，系统总动量始终向右，最后小车与木块静止，小车靠着墙壁，系统的机械能被二者之间的摩擦力全部消耗，转化为热量，则由能量守恒，有 解得木块相对小车滑动的总路程为，故D正确。 故选ABD。 三、非选择题：本大题共5小题，共57分。 11. 如图（a）所示，某同学用图中装置验证动量守恒定律。先将a球从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次，平均落地点为B；再把b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次，两球平均落地点为A、C。平均落地点的位置A、B、C与抛出点的水平距离分别为、、 （1）小球a、b的质量应该满足ma______ mb（填“>”、“<”或“=”）。 小球a、b的半径应该满足 ra______ rb（填“>”、“<”或“=”）。 （2）若两球碰撞时动量守恒，应满足的关系式为______（用题目提供的符号表示）。 （3）若两球质量比，且两球间的碰撞是弹性的，则可以得出x3=______ x1（用k表示）。 【答案】（1） ①. ②. = （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 [1]为防止碰撞后，入射球反弹，入射球的质量应该大于被碰小球，即； [2]为使两球发生对心正碰，两球半径应该相等，即； 【小问2详解】 两个小球从相同的高度下落，落地时间相同，设为，由动量守恒定律有 其中，， 解得 【小问3详解】 由能量守恒定律有 与上问结果联立，解得 12. 如图甲所示，某同学用图中装置完成“测定玻璃的折射率”的实验，aa'和 bb'为玻璃砖的两个界面，O为直线AO与 aa'的交点，直线OA上竖直地插着 两枚大头针。 （1）下列说法中，正确的是 （　　） A. 入射光线AO 与法线的夹角应该越大越好 B. 入射角变大，会在边界 bb'发生全反射 C. 大头针P1，P2的间距应该适当取大一点 D. 插上大头针 P4，使P4只需要挡住P1、P2的像 （2）某同学在测量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO'延长线于 C点，过A 点和C 点作垂直法线的直线分别交于B 点和D 点，如图乙所示，若他测得 ，则可求出玻璃的折射率 n= ______。 （3）如果将玻璃砖的边 bb'误画成了 cc'，如图丙所示，折射率的测量值将______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 （4）该同学设计了一个液体折射率测量仪，如下图所示。在一圆盘上，过其圆心O作两条互相垂直的直径BC、EF，选取某条半径AO（测量出∠AOF=θ），AO的延长线与圆周交点为K。在半径OA上，垂直盘面插下两枚大头针 ，并保持 位置不变。每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC 相平，EF为法线。而后在图中右上方区域观察P1、P2的像，并在圆周上插上大头针 ，使 正好挡住P1、P2的像。小组成员通过计算，预先在圆周KC部分刻好了折射率的值，这样只要根据圆周上大头针所插的位置，就可读出液体的折射率。则： ①P3处对应的液体的折射率______P4处对应液体的折射率；（填“>”、“<”或“=”） ②该测量仪，∠AOF越小，测量液体折射率的量程______；（填“越大”、“越小”或“不变”） ③若相邻两个刻度的折射率差值相同，对于给定的θ值，则圆周KC部分折射率刻度是否均匀？______（填“是”或“否”）。 【答案】（1）C （2） （3）偏小 （4） ①. < ②. 越大 ③. 否 【解析】 【小问1详解】 A．入射光线AO与法线的夹角（入射角）过大，折射光线会很弱，不利于确定折射光线位置，不是越大越好，A错误； B．光从空气进入玻璃，在aa'界面是从光疏到光密介质，不会发生全反射；在 bb'界面，根据几何关系，入射角等于aa'界面的折射角，一定小于临界角，不会发生全反射，B错误； C．大头针P1，P2的间距应该适当取大一点，能更准确确定入射光线方向，减小误差，C正确； D．插上大头针 P4，需要挡住P1、P2的像以及P3，这样才能确定出射光线，D错误。 故C。 【小问2详解】 根据折射定律 由几何关系， 代入数据得 小问3详解】 若误将bb'画成cc'，会使折射角的测量值偏大，根据折射定律，偏大时，的测量值偏小。 【小问4详解】 [1]设为入射角，、对应的折射角分别为、，由图知，对应的折射角更大。由，可知越大，越小，P3处对应的液体的折射率小于P4处对应液体的折射率。 [2]∠AOF越小，减小，由，可知当减小时，对应可测的折射率最大值变大，即测量量程越大。 [3]设圆周半径为R，折射角r对应的圆周弧长s=Rr（r以弧度为单位）由，可知与为非线性关系，故相邻刻度折射率差值相同时，刻度不均匀。 13. 2025年5月6日，西南大学附属中学“玩转科学，创见未来”科技节正式亮相，其中简单有趣的空气炮挑战吸引了大家的注意。如图所示，质量m=0.2kg的圆柱形杯子静止在水平桌面上，空气炮向杯子水平喷出气体，杯子在气体冲击力作用下在A 点从静止开始运动。气体作用总时间t1=0.1s，杯子运动到B点，杯子之后在水平桌面上再滑行L=1m到达桌边C点，接着做平抛运动落在地面D点。已知桌面距离地面高度h=0.45m，C点与D点的水平距离x=1.5m，杯子与桌面间的动摩擦因数μ=0.55，重力加速度g取 B、C、D图中未标出， 求∶ （1）杯子做平抛运动的初速度大小； （2）杯子在水平桌面上B到C滑行过程中摩擦力对杯子的冲量大小； （3）空气炮喷出气体对杯子的平均作用力大小。 【答案】（1） （2） （3）13.1N 【解析】 【小问1详解】 杯子做平抛运动，在竖直方向，有 解得 在水平方向，有 解得杯子做平抛运动的初速度大小 【小问2详解】 从B到C杯子做匀减速运动，根据速度-位移公式 根据牛顿第二定律，有 联立解得 根据动量定理，有 联立解得摩擦力对杯子的冲量大小 【小问3详解】 从A到B，根据动量定理，有 代入数据解得空气炮喷出气体对杯子的平均作用力大小为 14. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，振幅均为2cm。如图所示为t=1.0s时刻两列波的波形图，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置位于x=0.5m处。 （1）求两列波的周期大小； （2）当两波源持续振动足够长时间后，求两列波叠加后两波源之间（不包括两个振源位置）有几个振动减弱点； （3）如果两波源持续振动，求从t=0s到t=2.125s内，质点M运动的路程。 【答案】（1）1s （2）6 （3） 【解析】 【小问1详解】 波长为λ=0.4m，波速为v=0.4m/s 可得周期 【小问2详解】 振动减弱点到两波源的距离差Δx应满足 n取整数；由题意知：-（0.2+1.2）m=-1.4＜Δx＜（0.2+1.2）m=1.4m 可得n=0，±1，±2，-3，共6个振动减弱点。 【小问3详解】 两列波再经 相遇在PQ的中点M，所以M点在t=1.75s时开始振动；两列波同时到达M点时，引起质点振动的方向均沿y轴负方向．所以，两列波在M点的振动加强，即M点的振幅为A′=2A=4cm t=2.125s时，M点振动了0.375s，即0.375s=0.25s+0.125s= M点运动的路程为 15. 如图所示，长为L、质量为的木板A静止放在光滑的水平面上，A的左端紧靠光滑固定曲面，曲面底端切线与A上表面重合，A右端足够远处有一与A等高的平台，平台上MN之间是一个宽度为的特殊区域，只要物体进入MN之间（含边界MN）就会受到一个方向向右、大小为F=mg的作用力，平台除MN之间粗糙外，其余部分光滑，MN的右侧某处安装有一特殊的弹射装置。质量为m的小滑块B从曲面上距底端高为处由静止释放，B滑上A后，先与A达到共速，之后A与平台接触时会立刻被粘住。当B到达弹射装置的速度不小于时可通过弹射装置，速度小于时被反弹，反弹后的动能为反弹前的k倍（0<k<1）。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g。 （1）求B与A相对静止时的速度v； （2）若B滑上平台后在MN间通过的路程为，求B与MN之间的动摩擦因数μ1（μ1<1）的最大值； （3）若B与MN之间的动摩擦因数，试讨论B滑上平台后在MN间通过的路程。 （可能用到的数学知识：一组数列a1，a2⋯⋯an，若从第二项起，每一项与其前一项的比值等于同一常数q（0<q<1），该种数列称为递缩等比数列。n个这样的数求和公式为，当n→∞时， 【答案】（1） （2）0.25 （3）当时，s1=L；当时， 【解析】 【小问1详解】 设B滑到曲面底端时速度为v0，B在曲面上，由动能定理有 B在A上滑动时，由动量守恒定律，有 联立解得 【小问2详解】 设B与A共速时相对位移为x，由功能关系，有 解得x=L B恰好到A右端时二者共速，即B滑上平台时速度为v。第一次过N点后B恰好能通过弹射装置时μ1有最大值，由动能定理，有 解得μ1=0.25 【小问3详解】 由可知B在弹射装置处反弹。设B第一次到达N时速度为v1，由动能定理有 解得 反弹后，设k=k1时，B恰好回到M点。B在从N到M过程中，由动能定理有 解得 ①当时，B第一次反弹后从M点左侧离开MN区域，B在MN间通过的路程为s1=L ②当时，B不能从MN左侧离开。设B第1次反弹后在MN区域向左运动的最大位移为x1，由动能定理，有 解得 由F>μ2mg可知，B不能在MN之间静止。 设B第1次反弹后从N离开的速度为v2，由动能定理，有 设第2次反弹后在MN区域向左运动的最大位移为x2，由动能定理，有 解得 设第2次反弹后从N离开的速度为v3，由动能定理，有 设第3次反弹后在MN区域向左运动的最大位移为x3，由动能定理有 解得 由上可知：B第n次反弹后在MN中向左运动的最大位移为 B在MN间路程 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $