模块检测卷-【金版新学案】2025-2026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（人教版）

该高中物理课件涵盖动量、机械波、光学等核心知识，通过安全气囊碰撞、急救车多普勒效应等实际问题导入，从基础概念到综合应用构建递进学习支架，衔接图像分析与实验操作。 亮点在于融合科学思维与科学探究，如F-t图冲量计算（科学推理）、单摆实验图像处理（科学探究），通过模型建构（如平板车与圆弧轨道综合题）深化物理观念。助力学生提升分析能力，教师可分层教学提高效率。

模块检测卷 　　　　 1．(2024·辽宁沈阳高二月考)汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝20 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2，则 A．碰撞过程中F的冲量大小为440 N·s B．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小 为120 kg·m/s D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 F -t图像与横轴围成的面积表示力F的冲量，由题图乙可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝×0.1×4 400 N·s＝220 N·s，方向竖直向上，故A、B错误；头锤落到气囊上时的速度大小v0＝＝8 m/s，与气囊作用过程由动量定理(取竖直向上为正方向)有IF－Mgt＝Mv－，解得v＝2 m/s，碰撞过程中头锤的动量变化量大小Δp＝Mv－＝200 kg·m/s，故C错误；碰撞结束后头锤上升的最大高度h＝＝0.2 m，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2．(2024·广东广州高二期中)如图甲所示，轻质弹簧下端挂一质量为m的小球并处于静止状态。现将小球竖直向上推动距离A后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向开始做简谐运动，弹簧弹力与小球运动时间的关系如图乙所示(选竖直向上为正方向)，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A．小球做简谐运动的周期为2t0 B．小球在0～时间内下降的高度为 C．小球的最大加速度为4g D．弹簧的最大弹性势能为2mgA √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 分析题图乙可知，小球从上方的最大位移 处到下方的最大位移处用时为t0，所以小 球做简谐运动的周期为2t0，故A正确；因 为小球从上方最大位移处运动四分之一周 期，运动路程为A，，在0～时间内，小球速度逐渐增加，故小球在0～时间内下降的高度小于，故B错误；在下方最大位移处，小球受到向上的最大弹力为3mg，则3mg－mg＝ma，小球的最大加速度为2g，故C错 误；小球从上方的最大位移处运动到下方的最大位移处，动能增加量为0，弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能的减小量2mgA，但是初始弹簧具有一定的弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能大于2mgA，故D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3．图1为一列横波在t＝2 s时的波形，图2为介质中平衡位置在x＝0处质点的振动图像。Q为介质中平衡位置在x＝1 m的质点。下列说法正确的是 A．波速为2 m/s B．波的传播方向沿x轴正方向 C．该横波可以与频率为4 Hz的横波发生稳定干涉 D．0～3 s内，质点Q运动的路程为15 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图1知波长λ＝2 m，由题图2知周期T＝4 s，可得波速为v＝＝ 0.5 m/s，故A错误；由题图2知，t＝2 s时介质中平衡位置在x＝0处质点在平衡位置向y轴负向运动，结合题图1由“同侧”法可知波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；该横波的频率为f＝ Hz，与频率为4 Hz的横波不满足相干条件，故C错误；在0～3 s即四分之三周期内，质点Q的路程为3A＝15 cm，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4．关于以下四张图片，下列说法正确的是 A．图1所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于共振引起的 B．图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的衍射产生的 C．图3所示泊松亮斑现象是由于光的衍射产生的 D．图4所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的折射引起的 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 题图1所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故A错误；题图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横 纹，是由于光的干涉产生的，故B错误；题图3所示泊松亮斑现象是由于光的衍射产生的，故C正确；题图4所示水中的气泡看上去特别明 亮，是由于光的全反射引起的，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5．(2024·河南信阳高二期中)甲、乙两人静止在光滑的冰面 上，甲推乙后，两人朝相反的方向滑去，已知甲的质量为 45 kg，乙的质量为50 kg，则 A．甲、乙分开时的速度大小之比为9∶10　 B．甲、乙分开时的动量大小之比为1∶1 C．甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小之比为10∶9 D．从甲开始推乙到甲、乙分开的过程中甲、乙的加速度之比为9∶10 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由动量守恒可知，甲、乙分开时动量大小相等，即m甲v甲 ＝m乙v乙，得甲、乙分开时的速度大小之比，故 A错误，B正确；对甲、乙单独分析，由动量定理，可知 甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，故C错误；由牛 顿第三定律可知，在甲、乙相互作用的过程中，甲对乙的推力与乙对甲的推力大小相等，由牛顿第二定律得a＝，可知甲、乙加速度之比为10∶9，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6．(2024·江苏泰州高二期末)直角坐标系xOy的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线。位于x＝6 m和x＝－6 m处的波源先后发出的两列频率都为1 Hz的机械波相向传播(不考虑波在界面的反射)，某时刻两列波均第一次传到x＝0处，该时刻波形图如图所示。下列说法正确的是 A．两列波波源的起振方向相反 B．右边的波传到x＝－3 m处时，x＝ －4 m处的质点正处于平衡位置 C．两列波波源频率相同，相遇后会发 生干涉，且x＝－3 m处为振动减弱点 D．两列波波源频率相同，但从一种介质传到另一种介质过程频率变化，故不会发生干涉 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据带动法可知两波源起振方向均沿y轴正方向，起振方向相同，故A错误；两列波频率都为1 Hz，则周期T＝1 s，左边介质中传播速度v左＝＝4 m/s，右边介质中传播速度v右＝＝1 m/s，机械波的波速由介质决定，从题图所示时刻起，右边的波进入左边介质，传播速度变为 4 m/s，传到x＝－3 m处需要t＝ s＝0.75 s＝T，此时x＝－4 m处的质点在波谷处，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 波从一种介质传到另一种介质过程频率不会发生变化，故D错误；两列波相遇后会发生干涉，右边的波传到x＝－3 m处用时，此波使该质点向上振动，此时左边的波会使x＝－3 m处的质点运动到平衡位置且向下振动，根据波的叠加原理，可知x＝－3 m处为振动减弱点，故C正确。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 √ 7．(2024·浙江宁波高二月考)如图甲所示，为研究一半圆柱形透明新材料的光学性质，用激光由真空沿半圆柱体的径向射入，入射光线与法线成θ角，由光学传感器CD可以探测反射光的强度。实验获得从AB面反射回来的反射光的强度随θ角变化的情况如图乙所示。光在真空中传播速度为c，则该激光在这种透明新材料中 A．折射率为 B．传播速度为c C．θ＝0°时，反射光强度为0 D．反射光的强度随θ角的增大而增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题图乙可得当θ＝60°时激光发生全反射，根据全反射条件得n＝，故A错误；传播速度v＝c，故B正确；θ＝0°时大量的激光从O点射出，少量激光反射回来，故C错误；根据题图乙可得当θ＝60°时激光发生全反射，此后随着θ角的增大，反射光的强度不变，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8．(2024·安徽黄山高二月考) 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.1 s时刻的波形如图中虚线所示。波源不在坐标原点O，P是传播介质中平衡位置在xP＝2.5 m处的一个质点。则以下说法正确的是 A．质点P的振幅为0.05 m B．波的频率可能为12.5 Hz C．波的传播速度可能为50 m/s D．在t＝0.1 s时刻与P相距5 m处 的质点一定沿y轴正方向运动 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 振幅为质点离开平衡位置的最大距离，由题图可知，质点P的振幅为 0.1 m，故A错误；波沿x轴正方向传播，则t＝nT＋(n＝0，1，2，…)，周期T＝ s(n＝0，1，2，…)，频率f＝ Hz＝(10n＋2.5)Hz(n＝0，1，2，…)，所以波的频率可能为2.5 Hz， 12.5 Hz，…，故B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 波速v＝λf＝4×(10n＋2.5) m/s＝(40n＋10) m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝1时，v＝50 m/s，故C正确；波沿x轴正方向传播，在t＝0.1 s时刻P沿y轴正方向运动，与之相距5 m处的质点的横坐标为7.5 m和－2.5 m，其中x＝7.5 m处的质点振动情况与x＝3.5 m处的质点振动情况一样，速度沿y轴正方向，而x＝－2.5 m处的质点与x＝1.5 m处的质点振动情况一样，速度沿y轴负方向，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9．如图所示为一横截面为直角三角形ABC的玻璃棱镜，其中∠A＝30°，D点在AC边上，A、D间距为L，AB＝2L。一条光线平行于AB边从D点射入棱镜，光线垂直BC边射出，已知真空中的光速为c，则 A．玻璃对光线的折射率为 B．光线在棱镜中传播的路程为3L C．光线在棱镜中传播的时间为 D．光线在棱镜中传播的时间为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 光路如图，因为光线垂直BC边射出，有β＝30°， 光线在E点发生全反射，有α＝30°，可知r＝30°， 光线平行于AB边从D点射入棱镜，入射角θ＝60°， 由折射定律有n＝，故A正确；△ADE为等 腰三角形，由几何关系有 DE＝AD＝L，EB＝AB－2L·cos 30°＝ L，则EF＝EB·cos β＝，光线在棱镜中传播的路程s＝DE＋EF＝2.5L，故B错误；光线在棱镜中传播的速度v＝，光线在棱镜中传播的时间t＝，故C正确，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10．如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住但不拴接，同时释放两小球，a、b球恰好均能通过各自半圆轨道的最高点，已知a球的质量为m，重力加速度为g。则 A．b球的质量为m B．两小球与弹簧分离时，动能相等 C．若mb＝m，要求a、b都能通过各自的 最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为Ep＝15mgR D．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为3mg √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高 点的位置，小球的重力提供小球做圆周运动的向 心力，对a球，根据动能定理得－6mgR＝ mv02，在最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝m，联立解得v0＝，同理对b分析可得，b球的速度v1＝，对a、b组成的系统进行研究，在弹簧释放过程，两小球的动量守恒，选a球的速度方向为正方向，则mv0－mbv1＝0，解得mb＝，故A错误；动能与动量的关系为Ek＝，因为两小球与弹簧分离时动量大小相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 若两小球的质量相等，则与弹簧分离时两小 球的速度大小相等、方向相反，根据上述分 析，两小球的最小速度为v0＝，则弹 簧的至少具有的弹性势能Ep＝＝15mgR，故C正确；当a球到达圆心等高处时，对此过程根据动能定理得－3mgR＝mv02，在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得FN＝m，结合牛顿第三定律可得FN′＝FN，联立解得FN′＝3mg，故D正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11．(8分)(2024·河北衡水高二月考)某同学欲利用一固定光滑圆弧面测定重力加速度，圆弧面如图甲所示，图中虚线为圆弧面最低处，圆弧面半径约为1.5 m，该同学取一小铁球进行实验。 (1)用游标卡尺测量小铁球的直径， 示数如图乙所示，则小铁球的直径 d＝_____ cm。 小铁球的直径d＝1.6 cm＋6×0.01 cm＝1.66 cm。 1.66 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)该同学将小铁球从槽中虚线左侧接近虚线处由静止释放，则小铁球的运动可等效为一单摆。当小铁球第一次经过虚线处开始用秒表计时，并计数为1，当计数为60时，所用的时间t如图丙所示， 秒表的读数为_____s，则等效单摆的周期T＝____ (用字母t表示)。 秒表的读数t＝90 s＋6.8 s＝96.8 s；根据题意可知，当计数为60时，小铁球完成个周期，所用的时间为t，则等效单摆的周期T＝。 96.8 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)更换半径不同的金属球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制的T2 -图像如图丁所示，图中图线 的横、纵截距均已标出，则当地的重力加速度g＝____。 根据题意可知摆长l＝R－，由单摆周期公式T＝2π得T2＝4π2，联立解得T2＝－R，故斜率为－，推得g＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12．(10分)(1)如图甲所示，某同学在实验室利用双缝干涉测量光的波长实验中，双缝相距d，双缝到光屏的距离为l，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图乙所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图丙、丁所示，则： ①分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为xA＝____mm，xB＝____mm，相邻两亮条纹间距Δx＝____mm。 11.1 15.6 0.75 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 游标卡尺为10分度，读数分别为xA＝11 mm＋1×0.1 mm＝11.1 mm，xB＝15 mm＋6×0.1 mm＝15.6 mm，由题图乙可得A、B中间有6个亮条纹间距，则相邻两亮条纹间距Δx＝＝0.75 mm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ②若将滤光片由红色换为绿色，得到的干涉条纹间距将_____(填“变大” “不变”或“变小”)。 绿光的频率高于红光，由c＝fλ可知频率高的单色光波长短，根据Δx＝λ可知干涉条纹间距将变小。 变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)该同学转身一看，旁边有玻璃砖，于是他开始做“测量玻璃的折射率”的实验，如图戊所示。 ①为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是___。 A．选择的入射角应尽量小些 B．大头针应垂直地插在纸面上 C．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离尽量小些 D．在观察时，大头针P4只需要将P3挡住即可 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 选择的入射角应尽量大一些，以减小测量误差，故 A错误；大头针应垂直地插在纸面上，减小观察、 作图产生的误差，故B正确；大头针P1和P2及P3和 P4之间的距离适当大些，可减小确定光线时产生的 误差，故C错误；确定P4大头针位置的方法是插上 大头针P4，使P4挡住前三个大头针，故D错误。故 选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ②该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，他以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，如图戊所示，他测得AB＝6 cm，CD＝4 cm，则玻璃砖的折射率n＝____。 玻璃的折射率n＝＝1.5。 1.5 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ③他在画界面时，不小心将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖的宽度稍大些，如图己所示，则他测得的折射率_____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 如图为在题图己中分别作出的实际光路图(图中实 线)和以aa′、bb′为界面、以大头针留的痕迹作为 出射光线画的实验光路图(图中虚线)，比较实际 光路图的折射角与实验光路图的折射角的大小可 知，折射角测量值偏大，则折射率测量值偏小。 偏小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13．(10分)(2024·四川绵阳高二期中) 光线从空气射入圆形玻璃砖表面的M点后，最后在玻璃砖内表面E点恰好发生全反射。已知圆形玻璃砖的半径为R，折射率为，入射角i＝60°，光在空气中的传播速度为c。求： (1)折射角r； 答案：30°　 由折射定律有n＝ 解得折射角r＝30°。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)光从M点传播到E点所经历的时间。 答案： 由光的全反射原理有sin ∠MEO＝　 由正弦定理得 其中∠MOE＝180°－90°－r－∠MEO　　联立可得ME＝R 光在玻璃砖中的传播速度v＝ 所以光从M点传播到E点所经历的时间t＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14．(12分)(2024·沈阳市高二期末)图甲为某一列波在t＝1.0 s时的图像，图乙为该波上的P质点的振动图像。 (1)求该波波速大小v； 答案：4 m/s　 由题图甲可知波长为4 m， 由题图乙可知周期为1 s， 该波波速大小为v＝ m/s＝4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)画出再经过3.5 s时的波形图； 由题图乙可知，t＝1.0 s时P质点经过平衡位置向 下振动，由题图甲可知此波沿－x方向传播，经 过3.5 s时波传播的距离为Δx＝vΔt＝4×3.5 m＝ 14 m＝，故此波再经3.5 s时的波形为将波形 向－x方向平移＝2 m后的波形，如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)求再经过3.5 s时P质点的路程s和位移x。 答案：2.8 m　0 再经过3.5 s时P质点的路程s＝3×4A＝14A＝14×0.2 m＝2.8 m，t＝ 1.0 s时P质点位于平衡位置，再经过3.5 s时P质点经历3T，仍位于平衡位置，位移为x＝0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15．(14分)(2024·四川成都高二期末) 娱乐场有一种 刺激的娱乐活动，装置的简化模型如图所示，在光 滑的水平面上停放着一辆质量为M＝150 kg的平板 车C，其右端固定一弹性缓冲装置，平板车上表面 Q点到小车左端粗糙，Q点到小车右端光滑，且粗糙段长为L＝2 m。小车的左端紧靠着一个固定在竖直平面半径为r＝5 m的四分之一光滑圆弧形轨道，轨道底端的切线水平且与小车的上表面相平。现有质量为m1＝50 kg的物体B放于小车左端，A物体(活动者与滑车)从四分之一圆弧形轨道顶端P点由静止滑下，A的总质量m2＝50 kg。A滑行到车上立即和物体B结合在一起(结合时间极短)，沿平板车向右滑动，一段时间后与平板车达到相对静止，此时他们距Q点距离d＝1 m。已知A和B与小车之间的动摩擦因数相同，重力加速度为g＝10 m/s2，A、B均可视为质点。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)A滑到圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小； 答案：1 500 N　 A在圆弧轨道上滑到最低点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得m2gr＝m2v12 代入数据解得v1＝10 m/s 在轨道最低点，由牛顿第二定律得F－m2g＝m2 代入数据解得F＝1 500 N 由牛顿第三定律可知，A滑到圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小F′＝F＝1 500 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)小车的最终速度大小； 答案：2 m/s　 A、B碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m2v1＝(m1＋m2)v2 代入数据解得v2＝5 m/s A、B、C系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v2＝(m1＋m2＋M)v3 代入数据解得小车的最终速度v3＝2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)物体B与小车之间的动摩擦因数。 答案：0.75或0.25 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A、B在C上滑动的过程中，由能量守恒定律得 v32＋Q 代入数据解得Q＝750 J ①A、B没有滑进光滑段 则Q＝μ1(m1＋m2)gs1，其中s1＝L－d＝(2－1) m＝1 m 代入数据解得μ1＝0.75 ②A、B滑进光滑段又反弹回到粗糙段 则Q＝μ2(m1＋m2)gs2，其中s2＝L＋d＝(2＋1) m＝3 m 代入数据解得 μ2＝0.25。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 模块检测卷 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $