2025年粵人版選擇性必修1物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵人版選擇性必修1物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示，人站在車的左端，將一質(zhì)量m=20kg的木箱推出，木箱從車的左端開始運動恰好停在車的右端。已知人和車的總質(zhì)量M=300kg（不含木箱的質(zhì)量），車長L=3.2m；車與地面間的摩擦可以忽略。人相對于車始終靜止且人和木箱都可看作質(zhì)點，則在該過程中，車將后退（）

A.0.2mB.0.5mC.0.6mD.0.8m2、做簡諧運動的物體，下列說法正確的是A.當它每次經(jīng)過同一位置時，位移可能不同B.當它每次經(jīng)過同一位置時，速度可能不同C.在一次全振動中通過的路程不一定為振幅的四倍D.在四分之一周期內(nèi)通過的路程一定為一倍的振幅3、如圖所示，圖甲是時刻一簡諧橫波沿x軸正方向傳播的波形圖；圖乙為這列波上某質(zhì)點的振動圖象，則（）

A.該列波的波速為4m/sB.圖乙可能是質(zhì)點b的振動圖象C.質(zhì)點c的振動方程為D.時，a點的振動方向向上4、一小球做豎直上拋運動的v-t圖象如圖所示，下列說法正確的是（）

A.在t時刻，小球的加速度為零B.在t時刻，小球的合外力為零C.在0~2t時間內(nèi)，合力對小球做的功為零D.在0~2t時間內(nèi)，合力對小球的沖量為零5、小車靜止在光滑水平面上，站在車上的人練習打靶，靶裝在車上的另一端，如圖所示。已知車、人、槍和靶的總質(zhì)量為不含子彈每顆子彈質(zhì)量為共發(fā)。打靶時槍口到靶的距離為若每發(fā)子彈打入靶中后就留在靶里；且待前一發(fā)打入靶中后再打下一發(fā)。則以下說法中正確的是（）

A.待打完發(fā)子彈后，小車將以一定的速度向右勻速運動B.待打完發(fā)子彈后，小車應停在射擊之前的位置C.在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移相同D.在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移應越來越大6、如圖所示，細線連接兩個均帶正電的小球，A球固定，將B球拉離平衡位置O點一小段距離，釋放后，B球振動的周期為到達最低點時，細線中拉力為振動過程中A、B兩球失去電荷后，B球振動的周期為到達最低點時，細線中拉力為空氣阻力可忽略；則（）

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、如圖所示，一質(zhì)量M=3.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m=1.0kg的小木塊A.現(xiàn)以地面為參考系，給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離B板.站在地面上的觀察者看到在一段時間內(nèi)小木塊A正在做加速運動；則在這段時間內(nèi)的某時刻木板相對地面的速度大小可能是（）

A.1.8m/sB.2.4m/sC.2.6m/sD.3.0m/s8、如圖所示，傾斜圓盤圓心處固定有與盤面垂直的細軸，盤面上沿同一直徑放有質(zhì)量均為m的A、B兩物塊（可視為質(zhì)點），分別用兩根平行圓盤的不可伸長的輕繩與軸相連。物塊A、B與軸的距離分別為2L和L，與盤面的動摩擦因數(shù)均為盤面與水平面的夾角為圓盤靜止時，兩輕繩無張力處于自然伸直狀態(tài)。當圓盤以角速度勻速轉(zhuǎn)動時，物塊A、B始終與圓盤保持相對靜止。當物塊A轉(zhuǎn)到最高點時，A所受繩子的拉力剛好為零，B所受的摩擦力剛好為最大靜摩擦力。已知重力加速度為g。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是（）

A.B.運動過程中繩子對A拉力的最大值為C.運動過程中B所受摩擦力的最小值為D.物塊B從最低點運動到最高點的過程中摩擦力的沖量大小為9、“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是（）A.繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B.繩對人的拉力始終做負功，人的動能先增大后減小C.繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D.人在最低點時，繩對人的拉力大于人所受的重力10、水平力F方向確定，大小隨時間的變化如圖a所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，物塊質(zhì)量為3kg，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度隨時間變化的圖像如圖b所示，重力加速度大小為10m/s2；由圖可知（）

A.在0～2s時間內(nèi)，物塊所受摩擦力的沖量為0B.在0～4s時間內(nèi)，水平力F的沖量為48N·sC.在0～4s時間內(nèi)，合力的沖量為12N·sD.在0～4s時間內(nèi)，合力做的功為24J11、一質(zhì)量為0.5kg的滑塊靜置在水平地面上，在水平拉力F作用下，由靜止開始運動。已知力F隨時間變化的規(guī)律如圖所示，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.8，取g=10m/s2；則（）

A.0~6s內(nèi)，拉力F的沖量大小為24N·sB.0~6s內(nèi)，滑塊受到的合外力沖量大小為0C.6s末，滑塊的速率為4m/sD.0~6s內(nèi)，滑塊受到的力做的總功為零12、如圖所示，在光滑水平面上放一個質(zhì)量為M的斜面體，質(zhì)量為m的物體沿M的斜面（斜面光滑）由靜止開始自由下滑；下列說法中正確的是（）

A.M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒B.M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒。C.M和m組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒D.M和m組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能也不守恒13、簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿直線傳播，P、Q是傳播方向上相距10m的兩質(zhì)點，波先傳到P，當波傳到Q開始計時，P、Q兩質(zhì)點的振動圖像如圖所示（實線為Q的振動圖像），則（）

A.質(zhì)點P開始振動的方向沿y軸正方向B.該波從P傳到Q的時間可能為7sC.該波的傳播速度可能為1m/sD.該波的波長可能為1.5m評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、如果質(zhì)點所受的回復力與它偏離平衡位置的位移大小成______（正比或反比），并且總是指向________，質(zhì)點的運動就是簡諧運動。15、兩列頻率、振動方向、初始相位均相同的波源S1、S2，在同一介質(zhì)中傳播時，某時刻t形成如圖所示的干涉圖樣，圖樣中兩波源S1、S2同時為波谷（實線表示波峰，虛線表示波谷），在圖中標有A、B、C三個點，則振動加強的點是________，振動減弱的點是________。

16、納米科技是跨世紀新科技；將激光束寬度聚焦到納米范圍，可修復人體已損壞的器官，對DNA分子進行超微型基因修復.

(1)這是利用了激光的_____________

A.單色性。

B.方向性好。

C.高能量。

D.偏振性。

(2)納米科技是人類認識自然的一個新層次，等于____________。17、如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3:1,A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生碰撞，AB兩球的質(zhì)量之比為__________，AB碰撞前、后兩球總動能之比為_______________

18、如圖所示，用折射率為的某種材料制成橫截面為直角三角形的透明介質(zhì)，其中邊長MN為2L，∠NMO=30°，∠MON=90°，己知光在真空中傳播的速度為c，一束平行光垂直于MN邊入射，到達ON界面的光___________（填“能”或“不能”）發(fā)生全反射現(xiàn)象。從OM界面射出的光線折射角為___________；從OM界面射出的光，在介質(zhì)中傳播的最長時間為___________（不考慮多次反射）。

19、S1和S2是兩個振動情況完全相同的波源，振幅均為A，波長均為λ，波速均為v，實線和虛線分別表示波峰和波谷，那么在A、B、C、D四點中，_______是振動加強點。加強點在任意時刻的位移_______（填“一定”或者“不一定”）等于2A。從圖示時刻開始，D點第一次運動到波谷需要的時間為_______。

20、一列振幅5cm的簡諧橫波在介質(zhì)中沿軸正向傳播，波長不小于40cm。和是介質(zhì)中平衡位置分別位于和處的兩個質(zhì)點。時開始觀測，此時質(zhì)點的位移為質(zhì)點處于波峰位置。時，質(zhì)點第一次回到平衡位置。則該簡諧波的周期___________s，波長___________m。21、觀察全反射現(xiàn)象。

如圖讓光沿著半圓形玻璃磚的半徑射到它的平直的邊上；在這個邊與空氣的界面上會發(fā)生反射和折射。逐漸增大入射角，觀察反射光線和折射光線的變化。

實驗現(xiàn)象。

隨著入射角的逐漸增大的過程中。

折射角逐漸___________；

折射光線亮度逐漸___________；

反射角逐漸___________；

反射光線亮度逐漸___________；

當入射角增大到某一角度時，折射光線消失，___________。

全反射的定義。

全反射：___________，___________；光線全部被反射回原光密介質(zhì)的現(xiàn)象。

臨界角：當光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)時，折射角等于90°角時的入射角叫做臨界角。用C表示。

發(fā)生全反射的條件。

（1）光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)；

（2）入射角等于或大于臨界角；

臨界角C的大小由折射率可得：___________

臨界角的正弦值：___________評卷人得分四、作圖題(共1題，共2分)22、如圖所示為一彈簧振子在A、C間振動；圖中黑點為振子球心的位置。

(1)畫出振子位于C點時離開平衡位置O的位移；

(2)標出振子位于A點時加速度的方向。

評卷人得分五、實驗題(共1題，共4分)23、兩位同學用如圖所示裝置；通過半徑相同的A；B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律．

（1）實驗中必須滿足的條件是________．

A．斜槽軌道盡量光滑以減小誤差。

B．斜槽軌道末端的切線必須水平。

C．入射球A每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下。

D．兩球的質(zhì)量必須相等。

（2）測量所得入射球A的質(zhì)量為mA，被碰撞小球B的質(zhì)量為mB，圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球A從斜軌上的起始位置由靜止釋放，找到其平均落點的位置P，測得平拋射程為OP；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球B相撞，分別找到球A和球B相撞后的平均落點M、N，測得平拋射程分別為OM和ON．當所測物理量滿足表達式_________________時，即說明兩球碰撞中動量守恒；如果滿足表達式_______________時；則說明兩球的碰撞為完全彈性碰撞．

（3）乙同學也用上述兩球進行實驗，但將實驗裝置進行了改裝：如圖12所示，將白紙、復寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中球A、球B與木條的撞擊點．實驗時，首先將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點為B′；然后將木條平移到圖中所示位置，入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點P′；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與球B相撞，確定球A和球B相撞后的撞擊點分別為M′和N′．測得B′與N′、P′、M′各點的高度差分別為h1、h2、h3．若所測物理量滿足表達式_________________時，則說明球A和球B碰撞中動量守恒．評卷人得分六、解答題(共3題，共12分)24、我們通常采用如圖1所示的裝置驗證動量守恒定律的實驗。實驗測得：A球的質(zhì)量m1，B球的質(zhì)量m2，水平軌道末端距地面的高度H。O點是水平軌道末端在記錄紙上的豎直投影點，記錄的落點平均位置Ｍ、N幾乎與OP在同一條直線上，測量出三個落點位置與O點距離OM、OP、ON的長度。

(1)先僅研究A球單獨做平拋運動的情況。始終讓A球從斜槽的同一位置S處由靜止?jié)L下，而多次改變斜槽的傾斜角度，即改變S處的高度h。A球的水平射程OP用x表示。請在圖2中畫出x2-h圖像的示意圖；并求出其斜率；（設斜槽及水平軌道光滑）

(2)再研究A球和B球相碰的情況。因為兩球的碰撞動量守恒，其表達式為m1×OP＝m1×OM＋m2×ON。

a．關(guān)于該實驗；也可以根據(jù)牛頓運動定律及加速度的定義，從理論上推導得出碰撞前后兩球的動量變化量大小相等；方向相反。請寫出推導過程（推導過程中對所用的物理量做必要的說明）。

b．某同學在做這個實驗時，記錄下小球三個落點的平均位置M、P、N，如圖3所示。他發(fā)現(xiàn)Ｍ和N偏離了OP方向。這位同學猜想兩小球碰撞前后在OP方向上依然動量守恒；請你幫他寫出驗證這個猜想的辦法。

25、如圖是某車間傳送裝置示意圖，為使傳送中的零件能緩慢停下，工程師在水平傳送帶上設置了由質(zhì)量的緩沖塊和輕質(zhì)彈簧組成的緩沖裝置。處于原長的彈簧一端固定于點，另一端拴接緩沖塊，此時緩沖塊靜止于位置彈簧的勁度系數(shù)現(xiàn)啟動傳送帶，傳送帶運行穩(wěn)定后，在位置將質(zhì)量的零件無初速度地放到傳送帶上，間距離按照設計要求，零件剛好與傳送帶的速度相同時跟緩沖塊碰撞，碰后與緩沖塊一起壓縮彈簧。當零件與緩沖塊到達位置時，其速度恰好減為零，隨即被機械手抓取，它們與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：

（1）傳送帶運行速度

（2）零件和緩沖塊到達位置的過程中；零件和緩沖塊能夠達到的最大速度；

（3）彈簧的最大壓縮量。

26、一列向右傳播的簡諧橫波傳到R點時的波形如圖所示，波速為v＝0.06m/s，質(zhì)點P、Q的坐標分別為xP＝0.96m，xQ＝0.36m。

(1)質(zhì)點P開始振動時；振動方向如何？

(2)從圖示時刻經(jīng)多長時間，質(zhì)點P第一次到達波谷？

(3)質(zhì)點P到達波峰時，質(zhì)點Q在何處？參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

人、車和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒，則

所以

又有

解得

故選A。2、B【分析】【詳解】

A；振動質(zhì)點的位移是指離開位置的位移；做簡諧運動的物體，每次通過同一位置時，位移一定相同，則A錯誤．B、做簡諧運動的物體，每次通過同一位置時，速度可能有兩種方向，而速度是矢量，所以速度不一定相同，故B正確．C、簡諧運動一次全振動是在一個周期內(nèi)，物體通過的路程一定為振幅的4倍，故C錯誤．D、簡諧振動物體在四分之一周期內(nèi)的路程不一定等于一個振幅，要看開始時的位置，故D錯誤．故選B．

【點睛】掌握簡諧運動的物體的受力特點和運動特點，經(jīng)過同一位置時這三個量一定相同：位移、加速度和回復力．簡諧振動物體在四分之一周期內(nèi)的路程不一定等于一個振幅，在半個周期內(nèi)，物體通過的路程一定為振幅的2倍，所以在四分之三個周期內(nèi)，物體通過的路程不一定為振幅的3倍，一個周期的路程一定為振幅的4倍．3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由甲圖可得

由乙圖中可得

所以該簡諧橫波的傳播速度為

故A錯誤；

B．由圖甲可知，時質(zhì)點b位于平衡位置且向上振動；由圖乙可知，5s時質(zhì)點處于波峰位置，故B錯誤；

C．由圖甲可知，質(zhì)點c的振動方程為

故C正確；

D．時質(zhì)點a處于波峰處，經(jīng)過5s，即為質(zhì)點a運動到平衡位置且向下振動；故D錯誤。

故選C。4、C【分析】【詳解】

v-t圖象的斜率表示加速度，由圖可知t時刻，小球的加速度為：故A錯誤；設物體的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律可知在t時刻小球所受的合外力為：故B錯誤；在0~2t時間內(nèi)，根據(jù)動能定理有：故C正確；在0~2t時間內(nèi)，根據(jù)動量定理可得：故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．5、C【分析】【詳解】

A．以車；人、槍、靶和子彈組成的系統(tǒng)為研究對象；所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，打前系統(tǒng)的總動量為零，打完后總動量也為零，所以小車仍然是靜止的，故A錯誤；

B．每打出一發(fā)子彈過程小車向右加速運動；打入靶過程向右減速運動，全部打完所有子彈時，小車向右運動了一段距離，故B錯誤；

CD．因為待前一發(fā)打入靶中后再打下一發(fā)；每次打下一發(fā)子彈時，小車均處于靜止狀態(tài)，根據(jù)B分析可知在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移相同，故C正確，D錯誤。

故選C。6、A【分析】【詳解】

AB．庫侖力垂直運動，不影響運動狀態(tài)，周期不變，則有故A正確，B錯誤；

CD．由動能定理可知，B球從最高點擺到最低點過程中，只有重力做功，無論B球是否失去電荷，B球到達最低點的速度大小不變，在最低點，由向心力公式得

可得

故CD錯誤。

故選A。二、多選題(共7題，共14分)7、B:C【分析】【詳解】

以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得（M－m）v0=MvB1，代入數(shù)據(jù)解得vB1=2.67m/s.當從開始運動到A、B速度相同的過程中，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得（M－m）v0=（M+m）vB2，代入數(shù)據(jù)解得vB2=2m/s.木塊A加速運動的過程為從其速度為零至與B共速，且此過程中B始終減速，則在木塊A正在做加速運動的時間內(nèi)，B的速度范圍為2m/sB<2.67m/s.

A．1.8m/s；與結(jié)論不相符，選項A錯誤；

B．2.4m/s；與結(jié)論相符，選項B正確；

C．2.6m/s；與結(jié)論相符，選項C正確；

D．3.0m/s，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；8、A:C【分析】【詳解】

A．對A、B受力分析，A在最高點由牛頓第二定律有

B在最低點，由牛頓第二定律有

聯(lián)立解得

故A正確；

B．運動過程中，當A到最低點時，所需的拉力最大設為由牛頓第二定律有

代入數(shù)據(jù)解得

故B錯誤；

C．運動過程中，當B到最高點時，所需的摩擦力最小設為由牛頓第二定律有

聯(lián)立解得

故C正確；

D．由A中公式和結(jié)論可得

則B的線速度大小為

B從最低點運動到最高點的過程中，合外力的沖量為

由于B受的重力、支持力、繩的拉力合力不為零，故物塊B從最低點運動到最高點的過程中摩擦力的沖量大小不等于D錯誤。

故選AC。9、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中；人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時（即繩對人的拉力等于人所受的重力時）速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力．繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功．故選項ABD正確，選項C錯誤。

故選ABD。10、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．在0～2s時間內(nèi)，物塊所受摩擦力與拉力F相等；沖量不為0，A錯誤；

B．在0～4s時間內(nèi)，用面積法求水平力F的沖量為

B錯誤；

C．a(chǎn)-t圖像與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，則得0～4s內(nèi)物體速度的增量為

根據(jù)動量定理，0～4s內(nèi)合力的沖量為

C正確；

D．4s末的速度為

根據(jù)動能定理，0～4s內(nèi)合力做的功為

D正確。

故選CD。11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)“F–t圖像中圖線與t軸所包圍的面積表示沖量”得：0~6s內(nèi)，拉力F的沖量大小為IF=（2×1+6×4–2×1）N·s=24N·s

A正確；

B．滑動摩擦力大小f=μmg=4N>2N

故0~1s內(nèi)滑塊靜止不動，滑塊在1s末才開始運動，0~6s內(nèi)，滑塊受到的合外力沖量大小I=IF–If=2N·s

B錯誤；

C．根據(jù)動量定理有I=mv6–0

解得滑塊在6s末時的速率v6=4m/s

C正確；

D．根據(jù)動能定理知：0~6s內(nèi)，滑塊受到的力做的總功為W=–0=4J

D錯誤。

故選AC。12、B:C【分析】【詳解】

M和m組成的系統(tǒng)，受到的外力為：M的重力、m的重力和地面的支持力，由于m在豎直方向存在加速度，而M在豎直方向沒有加速度，可知系統(tǒng)豎直方向受到的合外力不為零，系統(tǒng)豎直方向動量不守恒，則系統(tǒng)動量不守恒；但由于系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向動量守恒；整個運動過程，只有M和m的動能以及m的重力勢能在相互轉(zhuǎn)化；故系統(tǒng)滿足機械能守恒。

故選BC。13、A:C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．因為所有點都重復振源的振動，此時Q剛開始振動，根據(jù)Q可以判斷振源開始振動方向向上，即P開始振動方向沿y軸正方向向上；A正確；

B．根據(jù)振動圖像可以求得

而從P傳到Q經(jīng)歷即從P傳到Q的時間（）

B錯誤；

CD．從P傳到Q經(jīng)歷所以

波長

所以當n=6；波長是1.5m

波速

當n=1時；波速是1m/s，CD正確。

故選ACD。三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]根據(jù)簡諧運動的定義可知，如果質(zhì)點所受的回復力與它偏離平衡位置的位移大小成正比，并且總是指向平衡位置，質(zhì)點的運動就是簡諧運動。【解析】正比平衡位置15、略

【分析】【詳解】

[1][2]由題圖中可知，A點距波源S1、S2的距離均為1.5λ，即x1＝1.5λ，x2＝1.5λ，故A到S1、S2的距離差Δx＝x1－x2＝0

B點距S1距離為x1＝λ，距S2距離為x2距離為x2＝2λ，故B到S1、S2的距離差Δx＝λ

C點距S1的距離為x1＝2λ，距S2的距離為x2＝1.5λ，故C到兩波源S1、S2的距離差為Δx＝x1－x2＝0.5λ

因為兩波源的振動情況完全相同，所以A、B點均為振動加強點，C點為振動減弱點?！窘馕觥竣?A、B②.C16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]激光用于醫(yī)療衛(wèi)生；修復人體器官及對DNA分子修復等，是因為激光有非常好的方向性和非常高的能量。

故選BC；

(2)[2]納米是長度單位，波長經(jīng)常用納米作單位，【解析】BC17、略

【分析】【詳解】

因兩球剛好不發(fā)生碰撞，說明AB碰撞后速率大小相同，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律可知而解得碰撞前后總動能之比為【解析】①.4：1②.9：518、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)全反射的臨界角公式

得臨界角為

由幾何關(guān)系得，到達ON界面的光入射角為60°；大于臨界角，故能發(fā)生全反射；

[2]根據(jù)光路圖可知，從OM界面射出的光線的入射角為30°，由折射定律

解得從OM界面射出的光線折射角為

[3]光在介質(zhì)中傳播的速度為

經(jīng)ON界面發(fā)生全反射的光從OM界面射出的光，在介質(zhì)中傳播的時間較長，設光線在ON界面上的入射點為P，則光在介質(zhì)中傳播的路程為

故時，光路最長，即從N點入射。故從OM界面射出的光，在介質(zhì)中傳播的最長時間為

【解析】能45°19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]波峰與波峰；波谷與波谷相遇處為振動加強點；故BD是振動加強點。

[2]加強點在任意時刻的位移不一定等于2A。

[3]根據(jù)可得振動周期為

則D點第一次運動到波谷需要的時間為【解析】BD不一定20、略

【分析】【分析】

【詳解】

時，O處質(zhì)點位于位移為位置，此時A位于波峰；時，O處質(zhì)點第一次回到平衡位置，且波長不小于40cm，時，質(zhì)點第一次回到平衡位置，則波傳播的距離

解得T=4sv=0.3m/sλ=1.2m【解析】41.221、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3][4][5]隨著入射角的逐漸增大的過程中。

折射角逐漸增大；

折射光線亮度逐漸變暗；

反射角逐漸增大；

反射光線亮度逐漸變亮；

當入射角增大到某一角度時；折射光線消失，光線將全部反射回光密介質(zhì)中。

[6][7]全反射：當入射角增大到某一角度時，折射光線消失，光線全部被反射回原光密介質(zhì)的現(xiàn)象。臨界角：當光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)時，折射角等于90°角時的入射角叫做臨界角。用C表示。

[8][9]發(fā)生全反射的條件。

（1）光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)；

（2）入射角等于或大于臨界角；

臨界角C的大小由折射率可得

臨界角的正弦值【解析】增大變暗增大變亮光線將全部反射回光密介質(zhì)中當入射角增大到某一角度時折射光線消失四、作圖題(共1題，共2分)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)位移總是偏離平衡位置，振子位于C點時離開平衡位置O的位移s如圖所示。

(2)加速度總是指向平衡位置，振子位于A點時加速度aA的方向如圖所示【解析】(1)(2)五、實驗題(共1題，共4分)23、略

【分析】【詳解】

①A；“驗證動量守恒定律”的實驗中；是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；

B；要保證每次小球都做平拋運動；則軌道的末端必須水平，故B正確；

C；要保證碰撞前的速度相同；所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；

D；為了使小球碰后不被反彈；要求入射小球質(zhì)量大于被碰小球質(zhì)量，故D錯誤；

故選BC．

②小球離開軌道后做平拋運動；由于小球拋出點的高度相同，它們在空中的運動時間t相等；

它們的水平位移x與其初速度成正比；可以用小球的水平位移代替小球的初速度；

若兩球相碰前后的動量守恒，則mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP=mAOM+mBON；

若碰撞是彈性碰撞，則機械能守恒，由機械能守恒定律得：mAv02=mAv12+mBv22；

將OP=v0t，OM=v1t，ON=v2