2025年湘師大新版選擇性必修1物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年湘師大新版選擇性必修1物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、一振子沿x軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)。t=0時(shí)振子的位移為-0.1m，t=1s時(shí)位移為0.1m，則（）A.若振幅為0.1m，振子的周期可能為sB.若振幅為0.1m，振子的周期可能為sC.若振幅為0.2m，振子的周期可能為4sD.若振幅為0.2m，振子的周期可能為8s2、如圖所示，彈簧上面固定一質(zhì)量為m的小球，小球在豎直方向上做振幅為A的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；當(dāng)小球振動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)彈簧正好為原長(zhǎng)，則小球在振動(dòng)過(guò)程中（）

A.小球的最大動(dòng)能應(yīng)等于mgAB.彈簧的彈性勢(shì)能和小球的動(dòng)能總和保持不變C.彈簧的最大彈性勢(shì)能小于2mgAD.小球在最低點(diǎn)時(shí)的彈力大小等于2mg3、如圖所示；質(zhì)量為m的物體在一個(gè)與水平方向成θ角的恒拉力F作用下，沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，則下列關(guān)于物體在時(shí)間t內(nèi)所受力的沖量正確的是。

A.拉力F的沖量大小為FtcosθB.摩擦力的沖量大小為FtsinθC.重力的沖量大小為mgtD.物體所受支持力的沖量是mgt4、長(zhǎng)為的輕繩，一端用質(zhì)量為的圓環(huán)套在水平光滑的橫桿上，另一端連接一質(zhì)量為的小球．開始時(shí)，將小球移至橫桿處（輕繩處于水平伸直狀態(tài)，見圖），然后輕輕放手，當(dāng)繩子與橫桿成直角時(shí)，小球速度沿水平方向且大小是此過(guò)程圓環(huán)的位移是則

A.B.C.D.5、兩個(gè)小木塊B、C中間夾著一根輕彈簧，將彈簧壓縮后用細(xì)線將兩個(gè)木塊綁在一起，使它們一起在光滑水平面上沿直線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)它們的運(yùn)動(dòng)圖線如圖中a線段所示，在t=4s末，細(xì)線突然斷了，B、C都和彈簧分離后，運(yùn)動(dòng)圖線分別如圖中b、c線段所示。從圖中的信息可知（）

A.木塊C都和彈簧分離后的運(yùn)動(dòng)方向相反B.木塊C都和彈簧分離后，系統(tǒng)的總動(dòng)量增大C.木塊C分離過(guò)程中B木塊的動(dòng)量變化較大D.木塊B的質(zhì)量是木塊C質(zhì)量的6、如圖所示，一束光射向半圓形玻璃磚的圓心O，經(jīng)折射后分為兩束單色光a和b。下列判斷正確的是（）

A.玻璃磚對(duì)a光的折射率大于對(duì)b光的折射率B.若增大入射角，b光先發(fā)生全反射C.a光在真空中的傳播速度大于b光在真空中的傳播速度D.a光在玻璃中的傳播速度小于b光在玻璃中的傳播速度評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、如圖，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。以豎直向上為正方向，物塊簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為y=0.1sin（2.5πt）m。t=0時(shí)刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t=0.6s時(shí)，小球恰好與物塊處于同一高度。重力加速度的大小g取10m/s2。以下判斷正確的是（）

A.h=1.7mB.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期是0.8sC.0.6s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的路程為0.2mD.t=0.4s時(shí)，物塊與小球運(yùn)動(dòng)方向相反8、一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時(shí)刻剛好傳到E點(diǎn)，且A點(diǎn)在波峰，B、C、D也是波上質(zhì)點(diǎn)，波形如圖(a)所示；質(zhì)點(diǎn)C的振動(dòng)圖像如圖（b）所示．在x軸正方向E有一能接收簡(jiǎn)諧橫波信號(hào)的接收器（圖中未畫出）以5m/s的速度向x軸正方向運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是____．

A.波速是10m/sB.t=0.05s時(shí)刻，B點(diǎn)在波谷C.C、D兩點(diǎn)振動(dòng)的相位差是πE.接收器接收到的波的頻率比波源振動(dòng)頻率小E.接收器接收到的波的頻率比波源振動(dòng)頻率小9、如圖所示，在等邊三棱鏡截面ABC內(nèi)，有一束單色光從空氣射向其邊界上的E點(diǎn)，已知該單色光入射方向與三棱鏡邊界AB的夾角該單色光在三棱鏡中的傳播光線與底邊BC平行。則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.該單色光在AB邊界發(fā)生全反射B.該單色光從空氣進(jìn)入棱鏡后頻率不變C.該單色光在AC邊界發(fā)生全反射E.三棱鏡對(duì)該單色光的折射率為E.三棱鏡對(duì)該單色光的折射率為10、一只小鳥從上往下落在細(xì)樹枝上，隨樹枝做小幅度上下振動(dòng)（可視為豎直方向的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)），某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，其振動(dòng)位移隨時(shí)間變化規(guī)律（振動(dòng)圖像）如圖所示。取豎直向上為正方向；已知小鳥只在重力和樹枝對(duì)小鳥作用力的作用下運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.在時(shí)刻，小鳥速度最大，方向豎直向下B.在和時(shí)刻，樹枝對(duì)小鳥作用力大小一樣C.在過(guò)程樹枝對(duì)小鳥作用力一定是越來(lái)越小D.在過(guò)程樹枝對(duì)小鳥作用力一定是越來(lái)越大11、2022年12月13日，2名六盤水市運(yùn)動(dòng)員參與中國(guó)冰壺隊(duì)出征世界冰壺青年錦標(biāo)賽男子組決賽，以的成績(jī)獲得比賽冠軍；如圖，冰壺A以1.5m/s的速度與靜止在冰面上的冰壺B正碰，碰后瞬間B的速度大小為1.2m/s，方向與A碰前速度方向相同，碰撞時(shí)間極短。若已知兩冰壺的質(zhì)量均為20kg，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.A.B相碰時(shí)，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒B.碰后瞬間A的速度大小為0.4m/sC.碰撞過(guò)程中，A對(duì)B的沖量大小為D.B碰撞過(guò)程是非彈性碰撞12、冰雕展上有一塊邊長(zhǎng)為1m的立方體冰塊，冰塊內(nèi)上下底面中心連線為在處安裝了一盞可視為點(diǎn)光源的燈；已知冰塊的折射率為1.3.下列說(shuō)法正確的是（）

A.光在冰塊中發(fā)生全反射的臨界角為C，可知B.由燈直接發(fā)出的光照到冰塊四個(gè)側(cè)面時(shí)全部能從側(cè)面射出C.由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時(shí)全部能從上表面射出D.從冰塊正上方沿方向觀察，點(diǎn)光源的視深是13、用輕桿通過(guò)鉸鏈相連的小球A、B、C、D、E處于豎直平面上，各段輕桿等長(zhǎng)，其中小球A，B的質(zhì)量均為2m，小球C、D、E的質(zhì)量均為m現(xiàn)將A、B兩小球置于距地面高h(yuǎn)處；由靜止釋放，假設(shè)所有球只在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，則在下落過(guò)程中（）

A.小球E組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.小球E組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.小球B落地的速度大小為D.當(dāng)小球A的機(jī)械能最小時(shí)，地面對(duì)小球C的支持力大小為mg14、如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m=2M的小物塊．現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個(gè)水平向左、大小為v0的初速度；下列說(shuō)法正確的是。

A.最終小物塊和木箱都將靜止B.最終小物塊和木箱組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能為C.木箱速度水平向左、大小為時(shí)，小物塊的速度大小為D.木箱速度水平向右、大小為時(shí)，小物塊的速度大小為15、對(duì)機(jī)械波的相關(guān)公式下列說(shuō)法正確的是（）A.適用于一切波B.由知，增大，則波速也增大C.三個(gè)量中，對(duì)同一列波來(lái)說(shuō)，在不同介質(zhì)中傳播時(shí)保持不變的只有D.由知，波長(zhǎng)為的聲波是波長(zhǎng)為的聲波傳播速度的評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、（1）做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)量大小不變。（______）

（2）Δp的方向一定與初速度的方向相同。（______）17、薄膜干涉。

（1）薄膜干涉中的獲得光照射到薄膜上，在薄膜的前后兩個(gè)面______的光是由同一個(gè)光波分解而成的，它們具有相同的______；恒定的相位差及振動(dòng)方向；

（2）薄膜干涉的原理。

光照在厚度不同的薄膜上時(shí)，在薄膜的不同位置，前后兩個(gè)面的反射光的______不同，在某些位置兩列波疊加后相互加強(qiáng)，于是出現(xiàn)______條紋；在另一些位置，兩列波疊加后相互削弱，于是出現(xiàn)______條紋。18、動(dòng)車組進(jìn)站時(shí)的鳴笛聲較靜止時(shí)更為尖銳，其原因是：列車駛向人時(shí)，單位時(shí)間人接收的聲波數(shù)__________（大于/等于/小于）列車靜止時(shí)的，導(dǎo)致人接收到聲音的__________（頻率/周期/波長(zhǎng)）變大。19、一物體質(zhì)量為10kg，受到方向不變的力F＝30＋40t（SI）作用，在開始的兩秒內(nèi)，此力沖量的大小等于________________；若物體的初速度大小為10m/s，方向與力的方向相同，則在2s末物體速度的大小等于___________________。20、質(zhì)量的物體，以初速度水平拋出，末物體動(dòng)量大小為______在這內(nèi)重力沖量大小為______方向?yàn)開_____（不計(jì)空氣阻力）21、一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，振幅為時(shí)刻，該波波形如圖中實(shí)線所示，此時(shí)處的質(zhì)點(diǎn)N沿y軸負(fù)向振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)M此時(shí)的縱坐標(biāo)為經(jīng)過(guò)波形如圖中虛線所示，則此列波的傳播方向沿x軸___________（填“正”或“負(fù)”）方向，該簡(jiǎn)諧橫波的周期是___________s，時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)是___________m。

22、在2021年12月9日的天宮課堂中，三位航天員觀察到水球中的氣泡特別亮，這是因?yàn)楣庠跉馀荼砻姘l(fā)生了_____現(xiàn)象。如圖所示，水的折射率為n，發(fā)生這個(gè)現(xiàn)象的條件是sinθ_______（填“”或“”）水相對(duì)空氣是___________介質(zhì)（填“光密”或“光疏”）。

23、如圖所示，是一直角梯形棱鏡的橫截面，位于截面所在平面內(nèi)的一束光線由點(diǎn)垂直邊射入。已知棱鏡的折射率畫出光線第一次射出棱鏡時(shí)出射光線的方向________，第一次的出射點(diǎn)距點(diǎn)_________cm。

24、如圖甲所示，在“用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)中，將雙縫干涉儀按要求安裝在光具座上，已知雙縫與屏的距離為L(zhǎng)，雙縫間距為d。

①調(diào)節(jié)儀器使分劃板的中心刻度對(duì)準(zhǔn)一條亮條紋的中心A，示數(shù)如圖乙所示，其讀數(shù)為x1=____________mm。移動(dòng)手輪至另一條亮條紋的中心B，讀出其讀數(shù)為x2.

②寫出計(jì)算波長(zhǎng)的表達(dá)式λ=____________（用x1、x2、L、d表示）。

③若將濾光片由綠色換成紅色，其他條件不變，則屏上干涉條紋的間距將____________（填“增大”“減小”或“不變”）。評(píng)卷人得分四、作圖題(共2題，共4分)25、O點(diǎn)是彈簧振子的平衡位置，在圖上標(biāo)出振子在B點(diǎn)的振動(dòng)位移和在A點(diǎn)的加速度。

26、某一簡(jiǎn)諧橫波在時(shí)刻的波形圖如圖所示。若波向右傳播，畫出后和前兩個(gè)時(shí)刻的波的圖像。___________

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【詳解】

AB．若振幅為0.1m，根據(jù)題意可知

可得振子的周期

可知

A正確；B錯(cuò)誤；

CD．若振幅為0.2m，①若在t=0時(shí)的振子的位移為-0.1m且沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，在t=1s時(shí)位移為0.1m，且沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意可知

可得振子的周期

可知

②若在t=0時(shí)的振子的位移為-0.1m且沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，在t=1s時(shí)位移為0.1m，且沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意可知

可得振子的周期

可知

③若在t=0時(shí)的振子的位移為-0.1m且沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，在t=1s時(shí)位移為0.1m，且沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意可知

可得振子的周期

可知

④若在t=0時(shí)的振子的位移為-0.1m且沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，在t=1s時(shí)位移為0.1m，且沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)；運(yùn)動(dòng)周期與第①種情況相同。

綜合①②③④可知；C；D錯(cuò)誤。

故選A。2、D【分析】【詳解】

A．小球在平衡位置時(shí)，有

在平衡位置時(shí)動(dòng)能最大，有

故A錯(cuò)誤；

B．因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；因此動(dòng)能；重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之和保持不變，故B錯(cuò)誤；

CD．從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能

最低點(diǎn)加速度大小等于最高點(diǎn)加速度大小，據(jù)牛頓第二定律可知

得

故C錯(cuò)誤；D正確。

故選D。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A、拉力F的沖量大小為Ft，故A錯(cuò)誤；

B、物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知摩擦力f=Fcosθ，則摩擦力的沖量大小為ft=Ftcosθ，故B錯(cuò)誤；

C、重力的沖量大小為mgt，故C正確；

D、支持力的大小為則支持力的沖量為故D錯(cuò)誤；

故選C．

【點(diǎn)睛】

根據(jù)力的大小，結(jié)合沖量的公式求出各力的沖量大?。?、A【分析】【詳解】

取此時(shí)環(huán)速為根據(jù)環(huán)球水平方向動(dòng)量守恒有：

由于機(jī)械能守恒，則：

聯(lián)立解得：．

環(huán)球水平方向類同人船模型：

解得：

A．；與結(jié)論相符，選項(xiàng)A正確；

B．與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C．與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D．與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；5、D【分析】【詳解】

A．由x?t圖象可知；位移均為正，均朝一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，沒有反向，故A錯(cuò)誤；

B．木塊B；C都和彈簧分離后；系統(tǒng)所受合外力矢量和為零，所以系統(tǒng)前后的動(dòng)量守恒，即系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，故B錯(cuò)誤；

C．系統(tǒng)動(dòng)量守恒；則系統(tǒng)內(nèi)兩個(gè)木塊的動(dòng)量變化量等大反向，故C錯(cuò)誤；

D．木塊都與彈簧分離后B的速度和C的速度分別為

細(xì)線未斷前B、C的速度均為由動(dòng)量守恒定律得

解得

故D正確。

故選D。6、B【分析】【詳解】

A．b光的偏折程度更大，由折射定律可知玻璃磚對(duì)a光的折射率小于對(duì)b光的折射率；A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)全反射臨界角公式

可知a光的臨界角大于b光的臨界角，b光先發(fā)生全反射；B正確；

C．光在真空中的傳播速度都相同；C錯(cuò)誤；

D．由

b光的折射率更大，a光在玻璃中的傳播速度大于b光在玻璃中的傳播速度；D錯(cuò)誤；

故選B。二、多選題(共9題，共18分)7、A:B【分析】【分析】

【詳解】

AB．由物塊簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式。

y=0.1sin（2.5πt）m可知。

ω=2.5πrad/s當(dāng)。

t=0.6s時(shí)。

y=－0.1m對(duì)小球。

解得。

h=1.7m故AB正確；

CD．物塊在0.6s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為0.3m；當(dāng)。

t=0.4s時(shí)；物塊經(jīng)過(guò)平衡位置向下運(yùn)動(dòng)，與小球運(yùn)動(dòng)方向相同，故C；D錯(cuò)誤。

故選AB。8、A:C:E【分析】【詳解】

A．由（a）圖可知，波長(zhǎng)為．由（b）圖可知，周期．所以波速：

故A正確．

B．靠近平衡時(shí)振動(dòng)速度更大，所以B點(diǎn)從圖示位置振動(dòng)到波谷應(yīng)該用大于的時(shí)間．故B錯(cuò)誤．

C．C；D兩點(diǎn)傳播相差半個(gè)波長(zhǎng)；所以振動(dòng)的相位差π，故C正確．

D．因?yàn)楹?jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播；所以由質(zhì)點(diǎn)帶動(dòng)法可以判斷波源起振方向沿y軸正方向．故D錯(cuò)誤．

E．接收器和波源之間的距離增大，產(chǎn)生多普勒效應(yīng)，所以接收器接收到的波的頻率比波源振動(dòng)頻率?。蔈正確．9、B:D:E【分析】【詳解】

A．在AB邊界上光由空氣（光疏介質(zhì)）射入三棱鏡（光密介質(zhì)）；不會(huì)發(fā)生全反射，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．光從空氣進(jìn)入三棱鏡后頻率不變；B項(xiàng)正確；

CD．由幾何關(guān)系可知，光線在AC邊界的入射角等于AB面上的折射角，根據(jù)光路可逆性原理知，光在AC邊界上的折射角為60°；C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；

E．由幾何知識(shí)得，光線在AB面上的入射角

折射角

三棱鏡的折射率

E項(xiàng)正確。

故選BDE。10、A:D【分析】【詳解】

A．由振動(dòng)圖像可知，在時(shí)刻；小鳥處于平衡位置向下振動(dòng)，則小鳥的速度達(dá)到最大，方向豎直向下，A正確；

B．在和時(shí)刻，小鳥的加速度大小相等，時(shí)刻的加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

時(shí)刻的加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

可知在和時(shí)刻；樹枝對(duì)小鳥作用力大小不一樣，B錯(cuò)誤；

C．在過(guò)程，小鳥的加速度越來(lái)越大，加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

若小鳥在時(shí)刻的最大加速度小于重力加速度，可知隨著小鳥加速度的增大，樹枝對(duì)小鳥作用力越來(lái)越小，若小鳥在時(shí)刻的最大加速度大于重力加速度；可知隨著小鳥加速度的增大，樹枝對(duì)小鳥作用力先逐漸減小到零，再反向逐漸增大，C錯(cuò)誤；

D．在過(guò)程，小鳥的加速度越來(lái)越大，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

可知隨著小鳥加速度的增大；樹枝對(duì)小鳥作用力一定是越來(lái)越大，D正確；

故選AD。11、A:C:D【分析】【詳解】

A．由于碰撞時(shí)間極短；內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，可知，A；B相碰時(shí)，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒，A正確；

B．根據(jù)上述有

解得

B錯(cuò)誤；

C．碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理，A對(duì)B的沖量大小

C正確；

D．碰撞之前

碰撞之后

可知；A；B碰撞過(guò)程是非彈性碰撞，D正確。

故選ACD。12、A:C:D【分析】【詳解】

A．由臨界角與折射率的關(guān)系可知

故A正確；

BC．如圖所示。

在直角三角形中，由幾何關(guān)系可知

則

所以由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時(shí)全部能從上表面射出，而

所以由燈直接發(fā)出照到冰塊四個(gè)側(cè)面上的光不能全部都從側(cè)面射出；故B錯(cuò)誤，C正確；

D．實(shí)深是AB，設(shè)視深為h，根據(jù)折射率定義式結(jié)合幾何關(guān)系可知

可得

故D正確。

故選ACD。13、A:C:D【分析】【詳解】

AB．小球A；B、C、D、E組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒但動(dòng)量不守恒；故A正確，B錯(cuò)誤；

C．由于D球受力平衡，所以D球在整個(gè)過(guò)程中不會(huì)動(dòng)，所以輕桿DB對(duì)B不做功，而輕桿BE對(duì)B先做負(fù)功后做正功，所以小球B的機(jī)械能先減小后增加；當(dāng)B落地時(shí)小球E的速度等于零，根據(jù)功能關(guān)系

可知小球B的速度為故C正確；

D．當(dāng)小球A的機(jī)械能最小時(shí)；輕桿AC沒有力，小球C豎直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正確；

故選ACD。14、B:C【分析】【詳解】

A．系統(tǒng)所受外力的合力為零；系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，初狀態(tài)木箱有向左的動(dòng)量，小木塊動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量向左，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對(duì)滑動(dòng)，最終小木塊和木箱相對(duì)靜止，因?yàn)橄到y(tǒng)的總動(dòng)量守恒，不管中間過(guò)程如何相互作用，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，最終兩物體以相同的速度一起向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B．規(guī)定向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

則得最終系統(tǒng)的速度為：

方向向左，最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能為：

故B正確；

C．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，木箱速度水平向左、大小為時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得：

解得：

故C正確；

D．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，木箱速度水平向右，則木箱速度為根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：

解得：

物塊與木箱相對(duì)滑動(dòng)；系統(tǒng)機(jī)械能有損失，但根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知，該過(guò)程機(jī)械能不變，不符合實(shí)際，故D錯(cuò)誤。

故選BC．

【點(diǎn)睛】

小木塊和木箱組成的系統(tǒng)在光滑的平面上滑動(dòng),系統(tǒng)所受外力的合力為零,故系統(tǒng)動(dòng)量始終守恒,而因?yàn)橄到y(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力,阻礙物體間的相對(duì)滑動(dòng),最終兩物體應(yīng)該相對(duì)靜止,一起向左運(yùn)動(dòng).由動(dòng)量守恒求出最終共同速度,再由能量守恒求機(jī)械能的損失。15、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．一切波均滿足。

A正確；

BD．機(jī)械波的波速由介質(zhì)決定；與頻率；波長(zhǎng)無(wú)關(guān)，BD項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．同一列波在不同介質(zhì)中傳播頻率不變；波速和波長(zhǎng)改變，C正確。

故選AC。三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體,速度大小不變；所以動(dòng)量大小不變。

(2)[2]動(dòng)量變化量的方向與速度變化量方向相同，與初速度方向無(wú)直接關(guān)系?！窘馕觥空_錯(cuò)誤17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.反射②.頻率③.路程差④.亮⑤.暗18、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，列車駛向人時(shí)，單位時(shí)間人接收的聲波數(shù)大于列車靜止時(shí)的，導(dǎo)致人接收到聲音的頻率變大?！窘馕觥看笥陬l率19、略

【分析】【詳解】

[1]外力F隨時(shí)間均勻變化，則在開始的兩秒內(nèi)，此力沖量的大小為

[2根據(jù)牛頓第二定律

可知加速度隨時(shí)間均勻增加，加速度隨時(shí)間變化的圖像所圍的面積代表速度的變化量，則有

可得2s末物體速度的大小為【解析】140N·s24m/s20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]物體拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)；1s末物體的豎直分速度。

此時(shí)物體的速度。

此時(shí)動(dòng)量大小。

[2]