湖北省武昌实验中学2025-2026学年高一下学期物理期末模拟卷

**基本信息** 2025-2026学年高一物理下学期期末模拟卷（选择性必修第一册），聚焦机械振动、动量、波、光学等核心内容，通过光刻机减振器等科技情境与实验探究，考查物理观念与科学思维，适配期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题40分|机械振动（第1题）、动量碰撞（第3题）、波的图像（第4题）、光的折射（第5题）|第2题以羽毛球杀球情境考查动量冲量，体现科学态度与责任| |非选择题|5题60分|单摆实验（11题）、碰撞规律探究（12题）、波传播计算（14题）、动量能量综合（15题）|15题滑块小车模型综合动量守恒与能量观念，体现科学思维的模型建构|

2025-2026学年高一物理下学期期末模拟卷 （测试内容：选择性必修第一册） 1、 选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1．下列关于机械振动的有关说法正确的是（　　） A．单摆做简谐运动的回复力是由重力和摆线拉力的合力提供 B．做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关 C．已知弹簧振子的振幅及周期，就可以确定振子在任意时刻的振动情况 D．轮船航行时，轮船摇摆的固有频率远离波浪冲击的频率，是为了防止共振 2．有消息称：中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的时速高达300km/h，羽毛球的质量介于4.74g～5.50g之间，经分析，下列说法中正确的是（　　） A．这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂 B．这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小 C．这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高 D．这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小 3．如图，体积相同的AB两球在光滑水平面上，小球B静止，小球A以3m/s的速度与B球发生正碰。已知A球的质量是B球的2倍，碰后球B的速度可能是（　　） A．1m/s B．5m/s C．4.5m/s D．3m/s 4．图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平衡位置为x＝4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则（　　） A． 质点Q的振动方程为y＝sin（10πt）cm B．从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m C．t＝0.15s时，质点Q受到的回复力为0 D．t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴正方向 5．如图所示，两束平行的单色光a、b射向同一块玻璃砖的上表面，然后从玻璃砖的下表面射出。已知玻璃对单色光a的折射率较小，且光由玻璃射入空气发生全反射的临界角均小于45°，下列说法中正确的是（　　） A．单色光a在玻璃中的传播时间小于单色光b在玻璃中的传播时间 B．单色光a在玻璃中的传播速度小于单色光b在玻璃中的传播速度 C．若增大单色光a、b射向玻璃的入射角，单色光b会先发生全反射 D．两束光从玻璃砖下表面射出时出射点之间的距离一定比上表面上入射点之间的距离小 6．轻质弹簧放置在水平地面上、左端固定，右端连一振子。t＝0时使弹簧伸长一定量，且给此时振子一向右初速度，不计一切摩擦。观察到弹簧最大伸长量为5cm且是初始时形变量的两倍，简谐运动周期为4s，取向右为正。则下列说法正确的是（　　） A．在初始时，振子的速度方向与位移的方向相反 B．在t＝1.5s时，振子的速度沿负方向且达到最大 C．从t＝0时刻开始计时，振子的振动方程为 D．在t＝0.5s时，弹簧弹性势能最大 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为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　） A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离x2L C．A、B刚分离时，C球的速度为vC＝2 D．C球第一次到达轻杆左侧的最高处与O点等高 8．2024年5月17日，“少年对话院士”活动在武汉市第十一中学举行，中国工程院院士、华中科技大学教授陈学东为学生开讲。陈学东团队攻克了光刻机减振器研发瓶颈，为我国实现重大装备自主可控作出了重要贡献。下列说法正确的是（　　） A．光刻机工作时的振动频率一定等于其自身的固有频率 B．光刻机工作时的振动振幅不受自身结构以及质量的影响 C．光刻机系统的固有频率要尽量远离周围可能存在的振源的振动频率 D．若减振装置的弹性力与外来驱动力的方向始终相反，将有助于减振 9．如图所示，将一质量2m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统动量守恒 B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒 C．小球到达最低点时，小球的速度大小是 D．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是 10．如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3kg，在木板的上表面有两块质量均为1kg的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为0.2。最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度2m/s和4m/s滑上长木板，则下列说法正确的是（　　） A．若A、B始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为4.8m B．木块B的最小速度是零 C．从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是1m D．木块A向左运动的最大位移为1m 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．（7分）“用单摆测量重力加速度”的实验装置如图： （1）在实验过程中，以下操作正确的是 　 　 。 A.单摆偏离平衡位置的角度要较大 B.应该在悬挂状态下测量单摆摆长 C.为了防止振幅逐渐变小，测周期时应只测量一次全振动的时间 D.为了方便记录时间，在小球摆到最高点时开始计时和结束计时 （2）若测得摆线长为l，摆球直径为d，该单摆摆动n次全振动所用时间为t，用以上测量l、d、t、n表示出重力加速度的计算式为g＝　 　 。 （3）如果测得的g值偏大，可能的原因有 　 　 。 A.摆球的质量偏大 B.振动中出现松动，使摆线长度增加了 C.摆球运动不在竖直平面而变成圆锥摆 D.实验时误将50次全振动记为51次 12． （9分）如图所示为用气垫导轨装置探究碰撞规律的实验： （1）实验之前气垫导轨要调整水平，操作如下：将滑块B移走，滑块A置于光电门a的右侧，向左轻推滑块，若数字计时器记录滑块通过光电门a、b的时间分别为Δta、Δtb，且Δta＞Δtb，则应该采取的措施是适当调高气垫导轨的 　 　 端（填“左”或者“右”），直至Δta　 　 Δtb（填“＞”“＜”或“＝”）。 （2）某次实验中，将质量为m2的滑块B（包含遮光条）静止放在水平气垫导轨上光电门a、b之间，质量为m1的滑块A（包含遮光条）从光电门a的右侧向左运动，通过光电门a后与滑块B发生碰撞。碰后两个滑块分离，滑块B穿过光电门b后用手接住，滑块A反弹后再次穿过光电门a后用手接住。数字计时器分别记录下滑块A先后两次通过光电门a的遮光时间Δt1和Δt'1、滑块B通过光电门b的遮光时间Δt2。 ①要实现上述实验，需满足m1　 　 m2（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②由于没有合适的测量工具，没有测出滑块A、B两遮光条宽度的具体值，但知道两遮光条宽度相等，若满足 　 　 （用m1、m2、Δt1、Δt'1、Δt2表示），则表明碰撞过程滑块A、B组成的系统动量守恒。 ③实验小组在没有测定两滑块质量且满足两遮光条宽度相等的情况下，若满足 　 　 （用Δt1、Δt'1、Δt2表示），则表明滑块A、B的碰撞是弹性碰撞。 13．（10分）用下面的方法可以测量液体的折射率：取一个半径为r的软木塞，在它的圆心处插上一个大头针，让软木塞浮在液面上，如图所示。调整大头针插入软木塞的深度，使它露在外面的长度为h。这时从液面上方的各个方向向液体中看，恰好看不到大头针。利用测得的数据r和h即可求出液体的折射率。 （1）写出用r和h求折射率的计算式。 （2）用这种方法实际做一下，求出水的折射率。 14．（16分）位于坐标原点O的波源S产生的简谐横波向右传播，波的振幅A＝6cm，波速v＝20m/s，设t＝0时刻波刚好传到x1＝13m处，部分波形如图所示，P是在波的传播方向上x2＝1997m的质点，求： （1）波源S开始振动的方向和该波的周期T； （2）t＝0时刻波源S的位置坐标； （3）从t＝0时刻起，x2＝1997m处的质点第一次到达波谷的时间。 15．（18分）如图所示，质量为2m的小车紧靠平台的边缘静止在光滑的水平面上，小车AB段是长为L＝0.6m的水平粗糙轨道，BC段是四分之一圆弧光滑轨道，两段轨道相切于B点。小车AB段轨道与平台在同一水平面上。质量为m的滑块（可视为质点）沿着光滑的平台以某一速度向右运动并滑上小车，若滑块与AB段轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）使滑块恰好到达B点与小车相对静止，则滑块在平台上运动的速度v是多大？ （2）当滑块在平台上运动的速度为3m/s时，恰好能到达C点，则BC段圆弧轨道的半径R是多大？ （3）在（2）的情况下物块最终能不能滑离小车？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一物理下学期期末模拟卷 （测试内容：选择性必修第一册） 1、 选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1．下列关于机械振动的有关说法正确的是（　　） A．单摆做简谐运动的回复力是由重力和摆线拉力的合力提供 B．做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关 C．已知弹簧振子的振幅及周期，就可以确定振子在任意时刻的振动情况 D．轮船航行时，轮船摇摆的固有频率远离波浪冲击的频率，是为了防止共振 【分析】根据回复力、振幅以及振动方程和共振的防止和利用进行分析解答。 【解答】解：A．单摆做简谐运动的回复力是由重力沿切线方向的分力提供，故A错误； B．做简谐运动的物体，其振动能量与振动的振幅有关，故B错误； C．已知弹簧振子的振幅及周期，并不能确定振子在任意时刻的振动情况，必须利用振动方程才能确定，故C错误； D．轮船航行时，轮船摇摆的固有频率远离波浪冲击的频率，是为了防止共振，故D正确。 故选：D。 【点评】考查回复力、振幅以及振动方程和共振的防止和利用，会根据题意进行准确分析解答。 2．有消息称：中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的时速高达300km/h，羽毛球的质量介于4.74g～5.50g之间，经分析，下列说法中正确的是（　　） A．这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂 B．这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小 C．这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高 D．这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小 【分析】明确西瓜是否爆裂，关键在于冲击力的大小；分析西瓜受到的冲击力即可判断是否真实发生． 【解答】解：在高速度杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的瞬时，速度急剧变化，根据动量定理可知，羽毛球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂；故使西瓜裂开的原因不是速度，只是冲击力的大小；故该消息可能是真的；故只有D正确，ABC错误； 故选：D。 【点评】本题考查动量定理的定性说明，要注意明确高速运动的物体在发生碰撞时产生的冲击力是很大的． 3．如图，体积相同的AB两球在光滑水平面上，小球B静止，小球A以3m/s的速度与B球发生正碰。已知A球的质量是B球的2倍，碰后球B的速度可能是（　　） A．1m/s B．5m/s C．4.5m/s D．3m/s 【分析】小球A与B球发生正碰，根据动量守恒定律列方程，且满足碰撞后系统总动能不增加，碰撞后A的速度大小不大于B的速度大小，由此列方程联立求解B的速度范围，由此得解。 【解答】解：设B球的质量为m，则A球的质量是2m，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：2mv0＝2mvA+mvB 碰撞前后系统总动能不增加，即22 且碰撞前后：vB≤vA 联立以上方程可知：2m/s≤vB≤4m/s，故D正确、ABC错误。 故选：D。 【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。 4．图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平衡位置为x＝4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则（　　） A．质点Q的振动方程为y＝sin（10πt）cm B．从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m C．t＝0.15s时，质点Q受到的回复力为0 D．t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴正方向 【分析】根据图乙可解得质点的振动方程；根据甲、乙两图可以求出该波的波长和周期，从而求出波速，根据平移法分析该波向左传播，根据时间与周期的关系分析质点的运动情况。 【解答】解：A.根据图乙可知，质点的振动方程为 y＝Asint＝10sin10t （cm） 故A错误； B.根据图乙可知，t＝0.10s时刻，质点Q沿y轴负方向运动，根据图甲结合同侧法可知，波沿x轴负方向传播，波传播的速度为 vm/s＝40m/s 可知从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了 Δx＝vΔt＝40×（0.25﹣0.10）m＝6m 故B正确； C.根据图乙可知，t＝0.15s时，质点Q位于波谷位置，相对平衡位置的位移最大，此时受到的回复力也为最大值，故C错误； D.根据上述可知波沿x轴负方向传播，从t＝0.10s到t＝0.15s，该波沿x轴负方向传播了 Δx'＝vΔt'＝40×（0.15﹣0.10）m＝2m 将图甲中的波形沿x轴负方向平移2m得到t＝0.15s的波形，可知此时质点P处于波峰与平衡位置之间的某一位置，根据同侧法可知，t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向，故D错误。 故选：B。 【点评】本题有一定的综合性考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向。 5．如图所示，两束平行的单色光a、b射向同一块玻璃砖的上表面，然后从玻璃砖的下表面射出。已知玻璃对单色光a的折射率较小，且光由玻璃射入空气发生全反射的临界角均小于45°，下列说法中正确的是（　　） A．单色光a在玻璃中的传播时间小于单色光b在玻璃中的传播时间 B．单色光a在玻璃中的传播速度小于单色光b在玻璃中的传播速度 C．若增大单色光a、b射向玻璃的入射角，单色光b会先发生全反射 D．两束光从玻璃砖下表面射出时出射点之间的距离一定比上表面上入射点之间的距离小 【分析】作出两条光的光路图，折射率不一样，则进入玻璃时的折射角不同，在玻璃中的光速不同，再依据发生全反射的条件，即可求解。 【解答】解：AB．已知玻璃对单色光a的折射率较小，根据折射定律可知，单色光a的折射角较大，如图所示 设光线在玻璃中的传播速度为v，根据 已知玻璃对单色光a的折射率较小，则单色光a在玻璃中的传播速度大于单色光b在玻璃中的传播速度； 设玻璃厚度为d，则有， 单色光在玻璃中的传播时间为 联立可得 由于光由玻璃射入空气发生全反射的临界角均小于45°，可知两单色光的折射角r均小于45°，由于单色光a的折射角较大，可知单色光a在玻璃中的传播时间小于单色光b在玻璃中的传播时间，故A正确，B错误； C．若增大单色光a、b射向玻璃的入射角，由于玻璃上下表面平行，可知两单色光在下表面射出玻璃时的入射角一定小于全反射临界角，所以两单色光均不会发生全反射，故C错误； D．由于不清楚入射点之间的具体距离和玻璃砖的具体厚度，所以有可能两束光从玻璃砖下表面射出时单色光a出射点反而在单色光b出射点的右侧，可能出现两束光从玻璃砖下表面射出时出射点之间的距离比上表面上入射点之间的距离大，故D错误。 故选：A。 【点评】光经过平行玻璃砖的特点是：出射光线一定与入射光线平行；折射率越大，出射光线水平方向侧移的距离越小。 6．轻质弹簧放置在水平地面上、左端固定，右端连一振子。t＝0时使弹簧伸长一定量，且给此时振子一向右初速度，不计一切摩擦。观察到弹簧最大伸长量为5cm且是初始时形变量的两倍，简谐运动周期为4s，取向右为正。则下列说法正确的是（　　） A．在初始时，振子的速度方向与位移的方向相反 B．在t＝1.5s时，振子的速度沿负方向且达到最大 C．从t＝0时刻开始计时，振子的振动方程为 D．在t＝0.5s时，弹簧弹性势能最大 【分析】根据速度和位移的方向分析A选项；在t＝1.5s时，振子的速度未达到负最大；由题意可得振幅和初相位及频率；结合t＝0.5s时振子的位置分析此时的弹性势能。 【解答】解：A.由题可知初始时，振子的速度方向向右，弹簧向右伸长2.5cm，位移的方向向右，故A错误； B.由sin（），得从开始到第一次最大位移时间为•Ts， 在t＝1.5s时，即经过1.5s时，振子的速度沿负方向但未达到最大，故B错误； C.由题可知，振幅A＝5cm，初始时位移为振幅的一半，则初相位为φ0，频率 ω 振子的振动方程为 y＝5sin（）cm 故C正确； D.由sin（），得从开始到第一次最大位移时间为•Ts， 在t＝0.5s时，即经过0.5s时，振子还未到达正最大位移处，弹性势能不是最大值，故D错误。 故选：C。 【点评】本题主要考查了简谐运动的相关应用，学生要理解简谐运动的特点。 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为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　） A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离x2L C．A、B刚分离时，C球的速度为vC＝2 D．C球第一次到达轻杆左侧的最高处与O点等高 【分析】A：系统在竖直方向合力不为零，故竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒； B：根据动量守恒定律和几何关系联立求解C球第一次摆到最低点过程中木块A、B向右移动的距离； CD：C球第一次摆到最低点过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解C的速度；C向左运动达到的最大高度过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解C能上升的高度。 【解答】解：A.木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误； B.C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的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 m0vC＝2mvAB 即 由几何关系得 x1+x2＝L 解得木块A、B向右移动的距离为 ，故B错误； CD.小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，设A、B共同速度为vAB，根据机械能守恒定律有 以向左为真正方向，根据动量守恒定律有 m0vC＝2mvAB 联立解得 ， 此后A、B分开。当C向左运动能达到的最大高度时，AC共速，设此时A、C速度为v共，B的速度依然为vAB，全程水平方向动量守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有 m0vC﹣mvAB＝（m+m0）v共 整个过程中，根据机械能守恒定律有 解得 ，故C正确，D错误； 故选：C。 【点评】本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。 8．2024年5月17日，“少年对话院士”活动在武汉市第十一中学举行，中国工程院院士、华中科技大学教授陈学东为学生开讲。陈学东团队攻克了光刻机减振器研发瓶颈，为我国实现重大装备自主可控作出了重要贡献。下列说法正确的是（　　） A．光刻机工作时的振动频率一定等于其自身的固有频率 B．光刻机工作时的振动振幅不受自身结构以及质量的影响 C．光刻机系统的固有频率要尽量远离周围可能存在的振源的振动频率 D．若减振装置的弹性力与外来驱动力的方向始终相反，将有助于减振 【分析】固有频率受自身质量和结构的影响，做受迫振动时，光刻机的振动频率等于外来驱动的频率；当外来驱动的频率等于固有频率时会发生共振；减振装置的弹性力与外来驱动力的方向始终相反，有助于减振。 【解答】解：AB.光刻机做受迫振动，其振动频率等于外来驱动的频率，不一定等于其自身的固有频率。光刻机自身结构以及质量会影响其自身的固有频率，若固有频率等于外来驱动频率时，发生共振现象，振幅最大，所以光刻机工作时的振动振幅受自身结构以及质量的影响，故AB错误； CD.为了防止发生共振现象，所以光刻机系统的固有频率要尽量远离周围可能存在的振源的振动频率。若减振装置的弹性力与外来驱动力的方向始终相反，将有助于减振。故CD正确。 故选：CD。 【点评】知道做受迫振动的物体的振动频率等于驱动力的频率，与自身的固有频率无关，当固有频率和驱动力频率相等时，会发生共振现象。 9．如图所示，将一质量2m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统动量守恒 B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒 C．小球到达最低点时，小球的速度大小是 D．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是 【分析】根据动量守恒定律的条件完成分析； 根据动量守恒定律和能量守恒定律联立等式计算出小球的速度； 根据人船模型的特点得出两个物体的位移。 【解答】解：A、小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统水平方向受力为零，所以水平方向动量守恒，故A错误； B、小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统只有重力做功，且无机械能与其他能的转化，所以系统机械能守恒，故B正确； C、以向右方向为正，根据系统水平方向动量守恒可得：mv球＝2mv槽 由系统机械能守恒，可得：mgR 联立解得：v球，故C错误； D、根据人船模型结论，根据水平方向的平均动量守恒可得：mx球＝2mx槽 又x球+x槽＝2R 解得：x球，故D正确。 故选：BD。 【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，根据能量守恒定律结合人船模型的特点完成分析。 10．如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3kg，在木板的上表面有两块质量均为1kg的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为0.2。最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度2m/s和4m/s滑上长木板，则下列说法正确的是（　　） A．若A、B始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为4.8m B．木块B的最小速度是零 C．从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是1m D．木块A向左运动的最大位移为1m 【分析】在A、B始终未滑离木板也未发生碰撞的条件下，A、B开始运动时C保持静止，当A的速度减为零后，A、C一起向右加速运动。应用动量守恒定律和功能关系解答； 对A物体分析其运动过程，先减速再加速，分别求出两个阶段的位移，从而求得相关结论。 【解答】解：AB、根据题意可得开始时AB均减速，此时木板C静止不动，A的速度先减小到零后与木板C一起反向向右加速，B继续向右减速，三者共速时木块B的速度最小，A、B质量为1kg＝m，木板质量为3kg＝3m，取向右为正方向，根据动量守恒有：mvB﹣mvA＝5mv 解得：v＝0.4m/s 即木块B的最小速度是0.4m/s；由能量守恒可得： μmgLA+μmgLB 当木板有最短长度时有：L木板＝LA+LB 联立解得：L木板＝4.8m，故A正确，B错误； CD、木块A向左减速时根据动能定理可得：﹣μmgx1＝0 解得木块A向左运动的最大位移为：x1＝1m 木块A向右加速过程中以AC为整体根据动能定理可得：μmgx2 解得：x2＝0.16m 所以从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移为： xA＝x1﹣x2＝1m﹣0.16m＝0.84m，故C错误，D正确。 故选：AD。 【点评】本题考查了动量守恒定律在板块模型中的应用，考查力与运动分析能力。解题的关键是分析清楚A、B、C三者的运动情况，知道在题设条件下，A、B开始运动时C保持静止，当A的速度减为零后，A、C一起向右加速运动。 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．（7分）“用单摆测量重力加速度”的实验装置如图： （1）在实验过程中，以下操作正确的是 　B　 。 A.单摆偏离平衡位置的角度要较大 B.应该在悬挂状态下测量单摆摆长 C.为了防止振幅逐渐变小，测周期时应只测量一次全振动的时间 D.为了方便记录时间，在小球摆到最高点时开始计时和结束计时 （2）若测得摆线长为l，摆球直径为d，该单摆摆动n次全振动所用时间为t，用以上测量l、d、t、n表示出重力加速度的计算式为g＝　　 。 （3）如果测得的g值偏大，可能的原因有 　CD　 。 A.摆球的质量偏大 B.振动中出现松动，使摆线长度增加了 C.摆球运动不在竖直平面而变成圆锥摆 D.实验时误将50次全振动记为51次 【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析作答； （2）根据单摆全振动的次数和时间求周期，根据单摆周期公式求重力加速度； （3）根据求解得出的重力加速度的表达式分析作答； 根据牛顿第二定律和向心力公式求解重力加速度，然后分析作答。 【解答】解：（1）A.单摆偏离平衡位置的角度应不大于5°，故A错误； B.单摆悬挂后，摆线长有适度的增加，因此应该在悬挂状态下测量单摆摆长，故B正确； C.为了减小测量单摆周期的误差，应该让摆球完成40～50次全振动的时间，故C错误； D.摆球通过平衡位置的速度最大，停留时间短，为了方便记录时间，在小球摆到最低时开始计时和结束计时，故D错误； 故选：B。 （2）单摆的周期为 单摆的摆长 根据单摆周期公式 联立解得重力加速度 （3）ABD.根据上述重力加速度的表达式 ，摆球的质量对重力加速度的测量无影响； 振动中出现松动，使摆线长度增加，重力加速度的真实值偏大，测量值偏小； 实验时误将50次全振动记为51次，重力加速度的测量值偏大； 综上分析，故AB错误，D正确； C.摆球运动不在竖直平面而变成圆锥摆，设摆线与竖直方向成θ 根据牛顿第二定律和向心力公式 代入数据化简得重力加速度的真实值 由于cosθ＜1，因此重力加速度的真实值偏小，测量值偏大，故C正确。 故选：CD。 故答案为：（1）B；（2）；（3）CD。 【点评】本题主要考查了“用单摆测量重力加速度”的实验，关键是要明确实验的原理，掌握单摆周期公式、牛顿第二定律和向心力公式的运用。 12．（9分）如图所示为用气垫导轨装置探究碰撞规律的实验： （1）实验之前气垫导轨要调整水平，操作如下：将滑块B移走，滑块A置于光电门a的右侧，向左轻推滑块，若数字计时器记录滑块通过光电门a、b的时间分别为Δta、Δtb，且Δta＞Δtb，则应该采取的措施是适当调高气垫导轨的 　左　 端（填“左”或者“右”），直至Δta　＝　 Δtb（填“＞”“＜”或“＝”）。 （2）某次实验中，将质量为m2的滑块B（包含遮光条）静止放在水平气垫导轨上光电门a、b之间，质量为m1的滑块A（包含遮光条）从光电门a的右侧向左运动，通过光电门a后与滑块B发生碰撞。碰后两个滑块分离，滑块B穿过光电门b后用手接住，滑块A反弹后再次穿过光电门a后用手接住。数字计时器分别记录下滑块A先后两次通过光电门a的遮光时间Δt1和Δt'1、滑块B通过光电门b的遮光时间Δt2。 ①要实现上述实验，需满足m1　＜　 m2（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②由于没有合适的测量工具，没有测出滑块A、B两遮光条宽度的具体值，但知道两遮光条宽度相等，若满足 　　 （用m1、m2、Δt1、Δt'1、Δt2表示），则表明碰撞过程滑块A、B组成的系统动量守恒。 ③实验小组在没有测定两滑块质量且满足两遮光条宽度相等的情况下，若满足 　　 （用Δt1、Δt'1、Δt2表示），则表明滑块A、B的碰撞是弹性碰撞。 【分析】（1）当滑块通过两光电门时间相等时，气垫导轨水平，据此进行调节； （2）滑块A需要反弹，质量较小；根据实验原理确定需要测量的物理量，可以消去的无需测量；根据动量守恒定律列出表达式化简即可。 【解答】解：（1）因为Δta＞Δtb，所以说明滑块从右向左运动过程中做加速运动，即右侧偏高，所以应该适当抬高气垫导轨的左端，直至Δta＝Δtb。 （2）①因为碰后滑块A反弹，所以要求m1＜m2。 ②设遮光条的宽度为d。若滑块A和滑块B碰撞中动量守恒，应满足 整理得 ③若滑块A、B的碰撞是弹性碰撞，则还应满足能量守恒，有 化简有 左右两边倒数有 变形得 故答案为：（1）左，＝；（2）①＜，②，③。 【点评】本题利用气垫导轨进行验证动量守恒定律的实验，要求能明确实验原理，注意碰撞前后两物体的位置从而明确位移和速度，再根据动量守恒定律列式即可求解。 13．（10分）用下面的方法可以测量液体的折射率：取一个半径为r的软木塞，在它的圆心处插上一个大头针，让软木塞浮在液面上，如图所示。调整大头针插入软木塞的深度，使它露在外面的长度为h。这时从液面上方的各个方向向液体中看，恰好看不到大头针。利用测得的数据r和h即可求出液体的折射率。 （1）写出用r和h求折射率的计算式。 （2）用这种方法实际做一下，求出水的折射率。 【分析】（1）根据题意画出光路图，再根据全反射临界条件以及几何关系求得折射率和临界角； （2）根据实际操作测得r，h可得折射率。 【解答】解：（1）液面各个方向都看不到大头针、原因是大头针到液面的光线全部发生了全反射，由于软木塞的存在，大头针到液面的入射角等于临界角C，根据几何关系可知 sinC 根据全反射临界角公式sinC 解得液体的折射率为 n （2）按照题目所述方法调节大头针露出长度至刚好看不见，套用第一问公式即可得出水的折射率，实验测得r＝1.40cm，h＝1.18cm 解得n＝1.31 答：（1）用r和h求折射率的计算式为n。 （2）水的折射率为1.31。 【点评】本题考查全反射相关内容，画出光路图并根据全反射条件计算折射率是解题关键。 14．（16分）位于坐标原点O的波源S产生的简谐横波向右传播，波的振幅A＝6cm，波速v＝20m/s，设t＝0时刻波刚好传到x1＝13m处，部分波形如图所示，P是在波的传播方向上x2＝1997m的质点，求： （1）波源S开始振动的方向和该波的周期T； （2）t＝0时刻波源S的位置坐标； （3）从t＝0时刻起，x2＝1997m处的质点第一次到达波谷的时间。 【分析】（1）在波动中任何质点的起振方都与波源的起振方向相同。根据“同侧法”判断x＝13m处质点的振动方向，然后判断波源S的起振方向；根据题图求波长，再根据波长、波速和周期的关系求周期； （2）根据波源的起振方向、振幅和波源振动的周期求振动方程；波在均匀介质中匀速传播，求解波源的振动时间，然后求波源S的位移； （3）质点P的起振方向沿y轴正方向，质点P由平衡位置第一次到达波谷的时间为，再加上波从x1＝13m传到x2＝1997m所用时间，即为从t＝0时刻起，x2＝1997m处的质点第一次到达波谷的时间。 【解答】解：（1）在波动中任何质点的起振方都与波源的起振方向相同。根据“同侧法”判断x＝13m处质点的振动方向沿y轴正方向，则波源S开始振动的方向沿y轴正方向； 根据波形图可知波长为λ＝8m，则该波的周期为； （2）波源S开始振动的方向沿y轴正方向，波源S的振动方程为： 波从波源S传到x1＝13m所用时间为： 可知t＝0时刻，波源S已经振动了0.65s，则波源S的位置坐标为： （3）从x1＝13m传到x2＝1997m所用时间为： 由于质点的起振方向沿y轴正方向，则从t＝0时刻起，x2＝1997m处的质点第一次到达波谷的时间为 答：（1）波源S开始振动的方向沿y轴正方向，该波的周期0.4s； （2）t＝0时刻波源S的位置坐标； （3）从t＝0时刻起，x2＝1997m处的质点第一次到达波谷的时间99.5s。 【点评】本题主要考查了机械波的传播。注意波在同种均匀介质中匀速传播，波动中任何质点的起振方向都与波源的起振方向相同。 15．（18分）如图所示，质量为2m的小车紧靠平台的边缘静止在光滑的水平面上，小车AB段是长为L＝0.6m的水平粗糙轨道，BC段是四分之一圆弧光滑轨道，两段轨道相切于B点。小车AB段轨道与平台在同一水平面上。质量为m的滑块（可视为质点）沿着光滑的平台以某一速度向右运动并滑上小车，若滑块与AB段轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）使滑块恰好到达B点与小车相对静止，则滑块在平台上运动的速度v是多大？ （2）当滑块在平台上运动的速度为3m/s时，恰好能到达C点，则BC段圆弧轨道的半径R是多大？ （3）在（2）的情况下物块最终能不能滑离小车？ 【分析】（1）滑块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出滑块的速度。 （2）滑块恰好到达C点时滑块与小车速度相等，系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出圆弧轨道半径。 （3）系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求解。 【解答】解：（1）若滑块在平台上运动的速度为v时，恰好滑到小车的B点，此时滑块和小车的共同速度为v1，由于地面光滑，滑块与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，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： mv＝（2m+m）v1 解得： 由能量守恒定律得： 代入数据解得：v＝3m/s （2）当滑块在平台上运动的速度为，恰好到达C点时滑块和小车达到共同速度，设此速度为v2。 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： mv′＝（2m+m）v2 代入数据解得： 该过程由能量守恒定律得： 代入数据解得：R＝0.6m （3）假设滑块从C点返回最终没有离开小车，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，再次与小车达到共同速度v2。 由能量守恒定律得：mgR＝μmgs 解得：s＝1.2m＞L，故假设不成立，物块最终能滑离小车。 答：（1）滑块在平台上运动的速度v是3m/s。 （2）BC段圆弧轨道的半径R是0.6m。 （3）在（2）的情况下物块最终能滑离小车。 【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/6/5 9:43:43；用户：15972902576；邮箱：15972902576；学号：21498003 学科网（北京）股份有限公司 $