陕西渭南市瑞泉中学2025-2026学年高二下学期第二次教学质量检测物理试卷

**基本信息** 瑞泉中学高二物理下学期质量检测卷，以海豚声波、双缝干涉等真实情境为载体，融合振动、波、力学、光学模块，通过多过程综合题考查科学思维与探究能力，适配月考诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/46|受迫振动、多普勒效应、动能定理|结合海豚定位等生活情境，辨析概念本质| |多选题|3/18|简谐运动、动量守恒、机械波|多选项设计区分理解深度，如波的传播方向与质点振动分析| |实验题|2/|单摆测g、双缝干涉测波长|强调操作规范与数据处理，如游标卡尺读数、条纹间距计算| |解答题|4/|力学综合、波动图像、光的折射|多过程问题融合动量守恒与能量守恒，如子弹击车后物块运动全链条分析|

瑞泉中学2025-2026学年度下学期第二次教学质量检测 高二物理试卷 第I部分（选择题 共46分） 一．选择题（共10小题） 1．关于受迫振动和单摆，下列说法正确的是（　　） A．物体做受迫振动达到稳定后，振动的频率等于物体的固有频率 B．只要驱动力足够大，共振就能发生 C.单摆做简谐运动的周期与摆球的质量和振幅无关 D．单摆运动到平衡位置时，速度最大，回复力为零，合力也零 2．海豚通过发出声波并接受其反射来寻找猎物。声波在水中传播速度为1500m/s，若海豚发出频率为 1.5×105Hz的声波，下列说法正确的是（　　） A．海豚的利用声音捕捉猎物的原理和医学上“彩超”相同 B．声波由水中传播到空气中，频率会改变 C．海豚接收到的回声频率与猎物相对海豚运动的速度无关 D．该声波遇到尺寸约为1m的障碍物时会发生明显衍射 3．一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（　　） A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1 C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1 4．在学校运动场上50m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器，两个扬声器连续发出波长为5m的声波。一位同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进15m。在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 5．如图所示，在用插针法“测量玻璃的折射率”实验中，下列说法中正确的是（　　） A．大头针P4须挡住P3及P1、P2的像 B．利用量角器量出i1、i2，可求出玻璃砖的折射率n＝ C．若误将玻璃砖的边PQ画到P′Q′，折射率的测量值将偏大 D．若增大入射角i1（0°<i1<90°），经过P1、P2的光可在PQ面上发生全反射现象 6．如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6s时的波形图，（其中P点平衡位置在x＝4m处，Q点平衡位置在x＝5m处）则（　　） A．波的周期可能为0.8s B．在t＝0.9s时，P点沿y轴正方向运动 C．波速可能为50m/s D．若波的周期T＞0.6s，在t＝0.5s时，Q点到达波峰位置 7.如图，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径。一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从O点（入射点在O点稍微偏右）由真空射入玻璃，因玻璃对紫光的折射率比红光大，光线进入玻璃后分成了两束光，分别从B、C点射出。设由O到B的光传播时间为tB，由O到C的光传播时间为tC，则关于这两束光的颜色和传播时间，下列说法正确的是（　　） A．OB是红光，tB＜tC B．OB是紫光，tB＜tC C．OB是红光，tB＝tC D．OB是紫光，tB＝tC 二．多选题（共3小题，3×6=18分） 8．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．C球摆到最低点过程，A、B、C组成的系统的总动量守恒 B．小球C第一次到达轻杆左侧最高处的高度与释放高度相同 C．小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为 D．小球运动到最低点时木块A的速度大小为 9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s．当波传到x＝5m处的质点P时，波形如图所示．则以下判断正确的是（　　） A．这列波的周期为0.5s B．再经过0.4s，质点P第一次回到平衡位置 C．再经过0.7s，x＝9m处的质点Q到达波峰处 D．质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波谷处 10．如图甲所示，一质量为m的物体B放在水平面上，质量为2m的物体A通过一轻弹簧与B连接。给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，A的位移随时间变化的规律如图乙所示，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．（t1+0.25s）～（t1+0.5s）时间内，物体A的速度与加速度方向相反 B．物体A在任意一个1.25s内通过的路程均为50cm C．物体A的振动方程为 D．物体B对水平面的最大压力为6mg 三．实验题（共2小题） 11．小组用如图所示单摆测量当地重力加速度。 （1）用游标卡尺测得小球直径d＝20mm，刻度尺测得摆线长l＝79cm，则单摆摆长L＝ 　 　 cm（保留四位有效数字）； （2）拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为θ（θ＜5°），无初速度的释放小球，小球经过 　 　 点（选填：“最高”或“最低”）时，开始计时，记录小球做了30次全振动用时t＝54.00s，则单摆周期T＝ 　 　 s，由此可得当地重力加速度g＝ 　 　 m/s2（π2≈10）。 12．某同学通过双缝干涉实验测量发光二极管（LED）发出光的波长。图甲为实验装置示意图，双缝间距d＝0.450mm，双缝到毛玻璃的距离l＝365.0mm，实验中观察到的干涉条纹如图乙所示。 当分划板中心刻线对齐第1条亮条纹中心，手轮上的读数为x1＝2.145mm；当分划板中心刻线对齐第5条亮条纹中心，手轮上的读数为x5＝4.177mm。完成下列填空： （1）相邻两条亮条纹间的距离Δx＝ 　 　 mm； （2）根据 　 　 可算出波长（填正确答案标号）； A． B． C． （3）则待测LED发出光的波长为λ＝ 　 　 nm（结果保留3位有效数字）。 四．解答题（共4小题） 13．光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图所示，棱镜ABCD的横截面是高为h，底角为45°的等腰梯形。现有与BC边平行的单色平行光从AB边射入棱镜，已知棱镜材料对该单色光的折射率。 （1）求光线从AB边射入棱镜后的折射角； （2）求从CD边射出棱镜的光线与CD边的夹角； （3）为了实现图形翻转，从AB边上靠近A点的位置入射的光线，应恰能从CD边上靠近C点的位置射出，求棱镜底边BC长度的最小值。（已知） 14．在海洋气象观测中，一列沿x轴负方向传播的海浪（可视为简谐横波）被监测站记录，位于x轴上的浮子A和浮子B如图甲所示，目测两个浮子距离在1m～2m之间，为了测量两个浮子间的距离，观察员观测到：当水波刚传播到A浮子时波形图如图乙所示，从该时刻开始计时，A、B浮子的振动图像如图丙所示，质点P为平衡位置x＝1.5m处的质点，求： （1）浮子B的起振方向； （2）该水波传播的速度大小； （3）海浪从x＝1.5m处传到A点的过程中，质点P走过的路程； （4）A、B两浮子间的距离。 15．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R＝1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7m。一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），置于小车上的B点，小车与小物块均处于静止状态。一质量m0＝20g的子弹，以速度v0＝600m/s向右击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2。求： （1）小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h； （2）小物块第一次返回到B点时速度v的大小； （3）弹簧的弹性势能的最大值Epm； （4）小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x。 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．1．关于受迫振动和单摆，下列说法正确的是（　　） A．物体做受迫振动达到稳定后，振动的频率等于物体的固有频率 B．只要驱动力足够大，共振就能发生 C.单摆做简谐运动的周期与摆球的质量和振幅无关 D．单摆运动到平衡位置时，速度最大，回复力为零，合力也零 【解答】解：A．物体做受迫振动达到稳定以后，振动频率等于驱动力的频率，振动频率与振动系统的固有频率无关，故A错误； B．共振的条件是：驱动力的频率等于振动系统的固有频率；并不是只要驱动力足够大就共振。故B错误； C．单摆的周期，T与摆球的质量和振幅无关;故C正确； D．单摆运动到平衡位置时，速度最大，回复力为零，但合力不为零，因为此时刚好摆球过圆周运动的最低点，合力提供向心力。故D错误。 故选：C。 【点评】知道做简谐运动的物体通过平衡位置时，速度最大，做受迫振动的物体的振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，当驱动力的频率等于固有频率时，会发生共振现象。 2．海豚通过发出声波并接受其反射来寻找猎物。声波在水中传播速度为1500m/s，若海豚发出频率为1.5×105Hz的声波，下列说法正确的是（　　） A．海豚的利用声音捕捉猎物的原理和医学上“彩超”相同 B．声波由水中传播到空气中，频率会改变 C．海豚接收到的回声频率与猎物相对海豚运动的速度无关 D．该声波遇到尺寸约为1m的障碍物时会发生明显衍射 【分析】海豚利用声音捕捉猎物的原理和医学上“彩超”相同，都是利用多普勒效应； 声波由一种介质传播到另一种介质中频率不会改变； 多普勒效应，海豚接收到的回声频率与猎物相对海豚运动的速度有关； 根据发生明显衍射的条件是声波的波长比障碍物的尺寸大或者差不多时会发生明显的衍射现象。 【解答】解：A、海豚的利用声音捕捉猎物的原理和医学上“彩超”相同，都是利用多普勒效应，故A正确； B、声波由水中传播到空气中，频率不变，故B错误； C、根据多普勒效应，海豚接收到的回声频率与猎物相对海豚运动的速度有关，故C错误； D、根据发生明显衍射的条件是声波的波长比障碍物的尺寸大或者差不多时会发生明显的衍射现象，该声波波长为 ，遇到尺寸约为1m的障碍物时，波长小于障碍物的尺寸， 故遇到尺寸约为1m的障碍物时不会发生明显衍射，故D错误。 故选：A。 【点评】本题主要考查了多普勒效应和发生明显衍射现象的条件。 3．一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（　　） A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1 C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1 【分析】根据动能定理求解拉力做的功，根据动量定理分析力的冲量范围，由此作答。 【解答】解：在前一段时间内，根据动能定理得：W1＝﹣＝3× 在后一段时间内，根据动能定理得：W2＝﹣＝21× 所以W2＝7W1； 由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是： m•2v﹣mv≤I1≤m•2v+mv，即mv≤I1≤3mv m•5v﹣m•2v≤I2≤m•5v+m•2v，即3mv≤I2≤7mv 可知：I2≥I1，故D正确、ABC错误。 故选：D。 【点评】涉及力对空间的作用效果首选动能定理，涉及力对时间的作用效果首选动量定理。 4．在学校运动场上50m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器，两个扬声器连续发出波长为5m的声波。一位同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进15m。在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 【分析】当同学到两个声源的间距为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的；当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的。 【解答】解：当同学到两个声源的间距为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的，故该同学从中间向一侧移动0m、2.5m、5.0m、7.5m、10m、12.5m、15m时，听到声音变大； 当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的，故该同学从中间向一侧移动1.25m、3.75m、6.25m、8.75m、11.25m、13.75m时，听到声音减弱； 故该同学从中间向一侧移动过程听到扬声器声音由强变弱的次数为6次； 故ABD错误，C正确； 故选：C。 【点评】本题解题关键是明确振动加强和振动减弱的条件。 5．如图所示，在用插针法“测量玻璃的折射率”实验中，下列说法中正确的是（　　） A．大头针P4须挡住P3及P1、P2的像 B．利用量角器量出i1、i2，可求出玻璃砖的折射率n＝ C．若误将玻璃砖的边PQ画到P′Q′，折射率的测量值将偏大 D．若增大入射角i1，经过P1、P2的光可在PQ面上发生全反射现象 【分析】A.根据实验操作步骤，即可分析判断； BC.根据折射率公式，即可分析判断； D.结合前面分析，判断折射角和入射角的变化关系，根据上下表面的角度关系、全反射的发生条件，即可判断求解。 【解答】解：A.确定P4大头针的位置的方法是，要求大头针P4能挡住P3和P1、P2的像，故A正确； B.利用量角器量出i1、i2，可求出玻璃砖的折射率n＝，故B错误； C.如果误将玻璃砖的边PQ画到P′Q′，则折射角i2，将偏大，折射率的测量值将偏小，故C错误； D.玻璃砖两面平行，折射率不变，可知入射角i1增大时，对应折射角i2增大，根据几何关系可知，光线在玻璃砖下表面折射时的入射角始终等于上表面的折射角i2，上表面入射角增大到90°时，折射角i2才刚好等于临界角C，如果上表面入射角等于90°，就不会有光线进入玻璃发生折射，所以下表面的入射角只能小于临界角C，则不能发生全反射，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。 6．如图，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径。一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从O点（入射点在O点稍微偏右）由真空射入玻璃，因玻璃对紫光的折射率比红光大，光线进入玻璃后分成了两束光，分别从B、C点射出。设由O到B的光传播时间为tB，由O到C的光传播时间为tC，则关于这两束光的颜色和传播时间，下列说法正确的是（　　） A．OB是红光，tB＜tC B．OB是紫光，tB＜tC C．OB是红光，tB＝tC D．OB是紫光，tB＝tC 【分析】根据题意作出光路图，在O点，根据折射定律列式。由几何关系求出两光在玻璃中的传播距离，由v＝得到光在玻璃中传播速度，从而求得光在玻璃中的传播时间，再分析传播时间关系。根据光在O点折射时折射角关系判断光的颜色。 【解答】解：根据题意作出光路图，连接BD、CD，如图所示： 设光线在O点的入射角为i，从B点射出的光线在O点的折射角为α，从C点射出的光线在O点的折射角为β，根据折射定律得， 由图可看出α＜β，则nB＞nC 根据玻璃对紫光的折射率比红光大，所以沿OB方向传播的光为紫光。 由几何关系可知，两光在玻璃中的传播距离分别为xOB＝2Rsinα，xOC＝2Rsinβ 两光在玻璃中的传播速度分别为， 两种光在玻璃中的传播时间分别为， 可见，tB＝tC，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【点评】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要有运用数学知识分析几何光学的意识和能力。 7．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．C球摆到最低点过程，A、B、C组成的系统的总动量守恒 B．小球C第一次到达轻杆左侧最高处的高度与释放高度相同 C．小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为 D．小球运动到最低点时木块A的速度大小为 【分析】A.C球摆到最低点过程，A、B、C组成的系统水平方向不受外力，A、B、C组成的系统所受合外力不为零，据此分析判断； B.小球C从最低处向左运动上升时，A、B分离，A开始做减速运动，B在光滑的水平面上做匀速直线运动，具有一定的动能，由系统机械能守恒，即可分析判断； CD.结合前面分析，由A、B、C系统在水平方向动量守恒、“人船模型”推论、机械能守恒定律分别列式，即可分析判断。 【解答】解：A.C球摆到最低点过程，A、B、C组成的系统水平方向不受外力，A、B、C组成的系统所受合外力不为零，由此可知，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，A、B、C组成的系统的总动量不守恒，故A错误； B.小球C从最低处向左运动上升时，A、B分离，A开始做减速运动，B在光滑的水平面上做匀速直线运动，具有一定的动能，由系统机械能守恒知，C第一次到达轻杆左侧最高处时，重力势能小于刚开始时静止释放C球的重力势能，即C第一次到达轻杆左侧最高处的高度比释放高度要低，故B错误； CD.小球释放在向下摆动的过程中，对AB有向右的拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等，A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得： mvC＝2mvA， 由“人船模型”推论可得： ， 由几何关系得： x1+x2＝L， 由机械能守恒定律可得： ， 联立可得： ， ， ， 故C错误，D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。 8．一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s．当波传到x＝5m处的质点P时，波形如图所示．则以下判断正确的是（　　） A．这列波的周期为0.5s B．再经过0.4s，质点P第一次回到平衡位置 C．再经过0.7s，x＝9m处的质点Q到达波峰处 D．质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波谷处 【分析】根据波的传播方向确定各质点的振动方向，分析振动传播的过程，研究回复力、加速度变化情况． 【解答】解：A．传播速度为10m/s，波长为4m，这列波的周期为0.4s，所以再经过0.4s，质点P第二次回到平衡位置，故AB错误。 C．再经过0.7s，即1个周期，P和Q相差一个波长，所以Q点运动了个周期由于，质点Q起振方向向下，因此此时Q达到波峰处。故C正确。 D．P和Q相差一个波长，质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波峰处，故D错误。 故选：C。 【点评】本题的技巧是运用波形平移研究质点的状态，这是波动图象问题中经常采用的方法，要学会应用． 二．多选题（共2小题） （多选）9．如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6s时的波形图，（其中P点平衡位置在x＝4m处，Q点平衡位置在x＝5m处）则（　　） A．波的周期可能为0.8s B．在t＝0.9s时，P点沿y轴正方向运动 C．波速可能为50m/s D．若波的周期T＞0.6s，在t＝0.5s时，Q点到达波峰位置 【分析】根据波形图求解波长，应用平移法求出波的周期； 根据波的传播方向确定质点的振动方向； 根据波长、波速和周期的关系计算波速； 根据周期和传播时间的关系，确定质点的振动情况。 【解答】解：分析波形图可知，波长λ＝8m。 A、根据题意应用平移法可知，由实线得到虚线需要将图象沿x轴负方向平移（n+0.75）λ，其中n＝0、1、2、3、4…， 故由实线传播到虚线这种状态需要（n+0.75）T，即（n+0.75）T＝0.6s， 解得T＝ s，其中n＝0、1、2、3、4…，当n＝0时，解得T＝0.8s，故A正确； B、当T＝0.8s时，由于波沿x轴负方向传播，故t＝0时P点沿y轴负方向运动，故t＝0.8s时p点沿y轴负方向运动，故0.9s时P点沿y轴负方向运动，故B错误； C、该波的波速为v＝＝m/s，其中n＝0、1、2、3、4…，当n＝3时，v＝50m/s，故C正确； D、当n＝0时，解得T＝0.8s，当n＝1时，解得：T＝0.34s，又T＞0.6s，故周期T＝0.8s，波长λ＝8m，则波速为：v＝＝m/s＝10m/s，在t＝0时Q点的横坐标为5m，由于波沿y轴负方向运动，故在t＝0.5s的时间内波沿x轴负方向传播的距离为：x＝vt＝10×0.5m＝5m，故在t＝0.5s时，Q点振动情况和t＝0时距离坐标原点10m处的质点的振动情况相同，而t＝0时距离坐标原点10m处的质点在波峰，在t＝0.5s时，Q点到达波峰位置，故D正确。 故选：ACD。 【点评】此题考查了波动规律，灵活应用波形平移法来分析波的传播方向与质点振动方向的关系是解题的关键，要注意质点在0.25T时间内通过的路程不一定是A，要看质点的起始位置是不是在平衡位置或最大位移处。 （多选）10．如图甲所示，一质量为m的物体B放在水平面上，质量为2m的物体A通过一轻弹簧与B连接。给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，A的位移随时间变化的规律如图乙所示，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．（t1+0.25s）～（t1+0.5s）时间内，物体A的速度与加速度方向相反 B．物体A在任意一个1.25s内通过的路程均为50cm C．物体A的振动方程为 D．物体B对水平面的最大压力为6mg 【分析】由振动图像判断质点的位移，结合振动的特点判断速度的方向；由图乙得出振幅与周期，然后结合简谐振动的方程写出振动方程；物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，由此求出弹簧的拉力，然后结合对称性即可求出。 【解答】解：A、由图乙，结合简谐振动的对称性可知物体A在（t1+0.25）～（t1+0.5）s时间内的位移为负，结合a＝可知物体A的加速度方向为正；根据x﹣t图线的斜率表示运动的方向可知，物体速度的方向为正，所以物体A的速度与加速度方向相同，故A错误； B、物体做简谐振动的过程中速度的大小是不断变化的，所以在任意一个周期内的路程大小不一定等于振幅A。由图乙可知A振动的振幅为A＝10cm，周期为T＝1.0s，则物体在任意t＝1.25s＝时间内的路程不一定等于A＝5×10cm＝50cm，故B错误； C、角速度为ω＝rad/s＝2πrad/s 规定向上为正方向，由图可知t＝0时刻位移为0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m处开始运动，则 所以初相为φ0＝ 则振子的振动方程为y＝Asin（ωt+φ0）＝10sin（2πt+）cm＝0.1sin（2πt+）m，故C正确； D、物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧的拉力为F＝mg 在最高的物体A有2mg+F＝2ma 解得a＝1.5g 当物体A运动到最低点时，物体B对水平面的压力最大，由简谐运动的对称性可知，物体A在最低点时加速度向上，且大小等于1.5g，由牛顿第二定律得F'﹣2mg＝2ma 解得F′＝5mg 对物体B的受力可知，物体B受水平面的最大支持力为FN＝F'+mg＝5mg+mg＝6mg 由牛顿第三定律F压＝FN＝6mg，故D正确。 故选：CD。 【点评】本题要注意把握在简谐运动过程中，最高点和最低点的回复力具有对称性。 三．实验题（共2小题） 11．小组用如图所示单摆测量当地重力加速度。 （1）用游标卡尺测得小球直径d＝20mm，刻度尺测得摆线长l＝79cm，则单摆摆长L＝ 　80.00　 cm（保留四位有效数字）； （2）拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为θ（θ＜5°），无初速度的释放小球，小球经过 　最低　 点（选填：“最高”或“最低”）时，开始计时，记录小球做了30次全振动用时t＝54.00s，则单摆周期T＝ 　1.8　 s，由此可得当地重力加速度g＝ 　9.88　 m/s2（π2≈10）。 【分析】（1）根据摆长的概念进行计算求解； （2）根据单摆的周期公式列式解答。 【解答】解：（1）单摆的摆长是从悬点到球心的距离，则单摆的摆长为＝79cm+cm＝80.00cm （2）为减小实验计时误差，需小球经过最低点时开始计时；单摆周期s＝1.8s，根据单摆周期公式，可得，代入数据解得g＝9.88m/s2。 故答案为：（1）80.00；（2）最低，1.8，9.88。 【点评】考查单摆的周期公式和摆长的概念，会根据题意进行准确分析解答。 12．某同学通过双缝干涉实验测量发光二极管（LED）发出光的波长。图甲为实验装置示意图，双缝间距d＝0.450mm，双缝到毛玻璃的距离l＝365.0mm，实验中观察到的干涉条纹如图乙所示。 当分划板中心刻线对齐第1条亮条纹中心，手轮上的读数为x1＝2.145mm；当分划板中心刻线对齐第5条亮条纹中心，手轮上的读数为x5＝4.177mm。完成下列填空： （1）相邻两条亮条纹间的距离Δx＝ 　0.508　 mm； （2）根据 　B　 可算出波长（填正确答案标号）； A． B． C． （3）则待测LED发出光的波长为λ＝ 　626　 nm（结果保留3位有效数字）。 【分析】（1）根据Δx＝计算相邻两条亮条纹间的距离； （2）根据双缝干涉条纹间距公式求波长； （3）将相关数据代入上题表达式，求出光的波长。 【解答】解：（1）相邻两条亮条纹间的距离为 （2）根据双缝干涉条纹间距公式可得波长为 ，故ACD错误，B正确。 故选：B。 （3）待测LED发出光的波长为 故答案为：（1）0.508；（2）B；（3）626。 【点评】解决本题的关键要知道双缝干涉实验的原理及干涉条纹的特点，掌握双缝干涉条纹间距的表达式，并能灵活运用。 四．解答题（共4小题） 13．光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图所示，棱镜ABCD的横截面是高为h，底角为45°的等腰梯形。现有与BC边平行的单色平行光从AB边射入棱镜，已知棱镜材料对该单色光的折射率。 （1）求光线从AB边射入棱镜后的折射角； （2）求从CD边射出棱镜的光线与CD边的夹角； （3）为了实现图形翻转，从AB边上靠近A点的位置入射的光线，应恰能从CD边上靠近C点的位置射出，求棱镜底边BC长度的最小值。（已知） 【分析】（1）根据几何关系，结合折射定律分析求解； （2）根据几何关系，结合全反射临界角公式分析求解； （3）根据几何关系，结合光路图分析求解。 【解答】解：（1）设折射角为r，根据几何关系可知入射角i＝45°，根据折射定律有 解得r＝30° （2）如图，根据几何关系，可知在BC边上反射时入射角α＝75° 设全反射临界角为θ，根据 解得θ＝45° 由α＞θ可知光在BC界面上发生全反射 根据对称性可以求得光线在CD面上折射时的入射角为30°，所以折射角等于45°。 （3）依题意，作出光路图 根据几何关系，可得∠CAE＝75° 则有， 则可得 答：（1）光线从AB边射入棱镜后的折射角为30°； （2）从CD边射出棱镜的光线与CD边的夹角为45°； （3）为了实现图形翻转，从AB边上靠近A点的位置入射的光线，应恰能从CD边上靠近C点的位置射出，棱镜底边BC长度的最小值为。 【点评】本题考查了光的折射和全反射相关知识，理解全反射的临界条件，熟练掌握折射定律和不同情况下的光路图是解决此类问题的关键。 14．在海洋气象观测中，一列沿x轴负方向传播的海浪（可视为简谐横波）被监测站记录，位于x轴上的浮子A和浮子B如图甲所示，目测两个浮子距离在1m～2m之间，为了测量两个浮子间的距离，观察员观测到：当水波刚传播到A浮子时波形图如图乙所示，从该时刻开始计时，A、B浮子的振动图像如图丙所示，质点P为平衡位置x＝1.5m处的质点，求： （1）浮子B的起振方向； （2）该水波传播的速度大小； （3）海浪从x＝1.5m处传到A点的过程中，质点P走过的路程； （4）A、B两浮子间的距离。 【分析】（1）根据浮子A的起振方向判断浮子B的起振方向； （2）根据波速计算公式求解水波传播的速度大小； （3）求出海浪从x＝1.5m处传到A点的过程中经过的时间，根据一个周期内通过的路程为4A求解质点P走过的路程； （4）根据图丙得到A和B之间距离的表达式进行解答。 【解答】解：（1）根据图丙可知浮子A的起振方向向上，则浮子B的起振方向向上； （2）根据图乙可知波长：λ＝1.0m，根据图丙可知周期：T＝0.8s 该水波传播的速度大小为：v＝＝m/s＝1.25m/s； （3）海浪从x＝1.5m处传到A点的过程中经过的时间：t＝＝s＝1.2s＝ 质点P走过的路程：s＝＝6A＝6×0.5m＝3m； （4）根据图丙可知：xAB＝（n+）λ＝（n+）×1.0m＝（n+）m（n＝0、1、2、3……） 两个浮子距离在1m～2m之间，则n＝1，xAB＝1.25m。 答：（1）浮子B的起振方向向上； （2）该水波传播的速度大小为1.25m/s； （3）海浪从x＝1.5m处传到A点的过程中，质点P走过的路程为3m； （4）A、B两浮子间的距离为1.25m。 【点评】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，知道波速、波长和周期之间的关系λ＝vT。 15．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R＝1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7m。一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），置于小车上的B点，小车与小物块均处于静止状态。一质量m0＝20g的子弹，以速度v0＝600m/s向右击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2。求： （1）小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h； （2）小物块第一次返回到B点时速度v的大小； （3）弹簧的弹性势能的最大值Epm； （4）小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x。 【分析】（1）子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出子弹击中小车后子弹与小车的共同速度；小物块上升到最高点时小物块、子弹与小车在水平方向的速度相等，子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小物块沿圆弧轨道上升的最大高度。 （2）系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出小物块第一次返回B点时的速度大小。 （3）小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。 （4）系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出小物块与小车的最终速度，应用能量守恒定律求出小物块相对于BC滑行的路程，然后确定小物块相对于小车静止时距B点的距离。 【解答】解：（1）子弹击中小车过程小物块与小车组成的系统动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0＝（m0+M）v共1， 子弹的质量m0＝20g＝0.02kg，代入数据解得：v共1＝6m/s 子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，小物块上升到最大高度时小物块与小车在水平方向速度相等， 以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：（m0+M）v共1＝（m0+M+m）v共2， 由机械能守恒定律得：＝+mgh 代入数据解得：v共2＝4m/s，h＝1.2m＜R，小物块没有冲出圆弧轨道，上升的最大高度是1.2m （2）子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方， 在水平方向，由动量守恒定律得：（m0+M+m）v共2＝（m0+M）v小车+mv 由机械能守恒定律得：+mgh＝+ 代入数据解得：v＝8m/s，v小车＝2m/s （v＝0，v小车＝6m/s 不符合实际，舍去） （3）小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大， 子弹、小车、小物块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向， 在水平方向，由动量守恒定律得：（m0+M）v小车+mv＝（m0+M+m）v共3， 由能量守恒定律得：＝+μmgL+Epm， 代入数据解得：Epm＝8.5J （4）最终小物块相对小车静止，设整个过程小物块相对BC滑行的路程为s， 系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0＝（m0+M+m）v共4， 由能量守恒定律得：＝+μmgs 代入数据解得：s＝2.4m＝（3×0.7+0.3）m＝3L+0.3m， 小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x＝L﹣0.3m＝0.7m﹣0.3m＝0.4m 答：（1）小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h是1.2m； （2）小物块第一次返回到B点时速度v的大小是8m/s； （3）弹簧的弹性势能的最大值Epm是8.5J； （4）小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x是0.4m。 【点评】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的综合应用，要分析清楚物块的运动过程，把握隐含的临界状态：小物块在圆弧轨道上最高点时和最终小物块静止在水平轨道上时，三个物体的速度相同，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行处理。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $