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江苏省常州市金坛第一中学2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题
1．（2024高二上·金坛期末）激光刀模主要利用激光对刀模板进行高深度烧蚀，从而达到安装切割刀的目的。这个过程运用的激光性质是（　　）
A．偏振 B．亮度高 C．平行度高 D．相干性好
【答案】B
【知识点】激光的特性及应用
【解析】【解答】激光频率单一，相干性非常好；平行度高；激光的强度大，亮度高。因为激光的亮度高，能量大，所以可以对刀模板进行高深度烧蚀。
故选B。
【分析】激光具有亮度高、平行度好和相干性好的特点，然后结合实际的需要解得。
2．（2024高二上·金坛期末）如图所示，甲、乙、丙、丁四个图是单色光形成的干涉或衍射图样，根据各图样的特点可知（　　）
A．甲图是光的衍射图样
B．乙图是光的干涉图样
C．丙图是光射到圆孔后的干涉图样
D．丁图是光射到圆板后的衍射图样
【答案】D
【知识点】光的双缝干涉；光的衍射
【解析】【解答】本题主要考查了光的干涉和衍射的相关应用，理解不同现象下的图样特点即可完成分析。A．甲图中条纹间距相等，是光的双缝干涉图样，故A错误；
B．乙图中中间亮条纹最宽，向外条纹变窄，间距变小，是光的单缝衍射图样，故B错误；
C．丙图为圆孔衍射图样，故C错误；
D．丁图是光射到圆板后的衍射图样（光照射在小圆盘上却出现中间亮斑），故D正确。
故选D。
【分析】理解光的不同现象即对应的原理。
3．（2024高二上·金坛期末）下述关于机械波的说法正确的是（　　）
A．若观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的波的频率小于波源的频率
B．某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大
C．对同一列波，缝、孔或障碍物的尺寸比波长小时有明显的衍射现象
D．在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】多普勒效应：当波源与观察者之间有相对运动时，观察者会感到波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。A．根据多普勒效应可知，若观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的波的频率大于波源的频率，故A错误；
B．某一频率的声波，从空气进入水中时，频率不变，由于波速增大，根据
可知，波长增大，故B错误；
C．根据发生明显衍射现象的条件可知，对同一列波，缝、孔或障碍物的尺寸比波长小时有明显的衍射现象，故C正确；
D．根据简谐运动的对称性可知，在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于振幅的4倍，与波长无关，故D错误。
故选C。
【分析】根据多普勒效应分析答题；波从一种介质传入另一种介质时波速与波长发生变化，周期与频率不变；当缝、孔或障碍物尺寸与波长相差不多时会发生明显的衍射现象；介质中的质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移。
4．（2024高二上·金坛期末）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图甲为时的波形图，图乙为处的质点P的振动图像，质点Q的平衡位置在处，下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴负方向传播
B．时刻，质点Q位于正向最大位移处
C．质点P的振动方程为
D．至这段时间内，质点P通过的路程大于
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。A．由图像乙可知质点P在时的振动方向向上，根据“同侧法”可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由甲图像可知波长为4m，由乙图像可知周期为4s，则波的传播速度为
在时
则Q点在时的振动与在Q点之前1.5m处质点P在时的振动相同，图中P点刚好经过平衡位置，故时刻质点Q也经过平衡位置，故B错误；
C．由题可知，振幅
圆频率为
质点P简谐运动的表达式为
故C错误；
D．在时质点P在平衡位置，在时，代入简谐运动表达式可得
则这段时间内，质点P通过的路程为
故D正确。
故选D。
【分析】根据振动图像分析在t=2s时，质点P的振动方向，结合波形图分析波传播的方向；由振动图像可知波的周期，根据t=3.5s时波的振动情况，分析Q点的位置；由图可知波的振幅和圆频率，代入简谐运动的表达式；根据简谐运动的表达式计算。
5．（2024高二上·金坛期末）如图所示，在“测量玻璃的折射率”的实验中，以下说法正确的是（　　）
A．实验必须选用两光学表面平行的玻璃砖，否则无法测量
B．实验过程中，只有在画完光路图后，才能移除玻璃砖
C．由上图所示，某同学在测得图中的后，利用可以求得玻璃砖的折射率
D．实验中，大头针与与间的距离应适当远一些
【答案】D
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】A．玻璃砖表面不平行，只要操作规范，折射角与入射角都测量准确，不影响结果。故A错误；
B．实验过程中，插完大头针就可以把玻璃砖移除，然后再画光路图。故B错误；
C．由上图所示，某同学在测得图中的后，是在O点的入射角，还需要测出光线在O点的折射角，才能利用折射率定义式计算玻璃砖的折射率。故C错误；
D． 实验中，为了减小确定入射光线和折射光线方向的误差，大头针P1与P2，P3与P4间的距离应适当远一些， 故D正确。
故选D。
【分析】根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答。
6．（2024高二上·金坛期末）某小组用图甲装置进行双缝干涉实验，调节完毕后，在屏上观察到如图乙所示的竖直条纹。下列说法正确的是（　　）
A．缩小单缝到双缝的距离，可使干涉条纹间距变大
B．在实验中，通过目镜看到的干涉条纹场景如图乙所示，纠正图中问题只需旋转测量头
C．仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变小
D．仅将绿色滤光片换为红色滤光片，干涉条纹间距将变小
【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】双缝干涉中相邻两条明（暗）条纹间的距离△x与波长λ、双缝间距离d及双缝到屏的距离L满足公式
。ACD．根据双缝干涉相邻条纹间距公式
缩小单缝到双缝的距离，干涉条纹间距不变；仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变大；仅将绿色滤光片换为红色滤光片，由于红光的波长大于绿光的波长，则干涉条纹间距将变大，故ACD错误；
B．在实验中，通过目镜看到的干涉条纹场景如图乙所示，纠正图中问题只需旋转测量头使分划板中心刻线与条纹平行，故B正确。
故选B。
【分析】根据双缝干涉相邻条纹间距公式分析判断；根据实验装置分析判断。
7．（2024高二上·金坛期末）在“用单摆测重力加速度大小”的实验中，小王同学作出周期T2与摆线长L的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．实验所用摆球半径为b B．实验所用摆球直径为a
C．当地的重力加速度大小为 D．当地的重力加速度大小为
【答案】D
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，关键是对图像的物理意义进行理解。设摆球半径为，根据单摆周期公式可得
可得
根据图像可得
，
解得当地的重力加速度大小为
实验所用摆球半径为
则实验所用摆球直径为
故选D。
【分析】根据单摆的周期公式求解T2-L函数，结合图像的斜率与截距完成解答。
8．（2024高二上·金坛期末）两列完全相同的机械波在某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时（　　）
A．P、M连线中点振动减弱
B．P、M连线中点速度为0
C．P、M、Q、N四点速度均为0
D．再经过半个周期，Q、N两点振动加强
【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了波的干涉中振动加强和减弱区域的特点，解题关键是波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇，均为振动加强点，波峰与波谷相遇点即为振动减弱点。AB．此时M点波峰与波峰相遇，而P点是波谷与波谷相遇，是振动加强点，则P、M两点是振动加强点，且P、M连线上也是振动加强的， P、M两点连线中点未达到波峰或波谷，故速度不为0，故AB错误；
C．P处于波谷，速度为零；M处于波峰，速度为零；Q、N两点振动减弱，则速度为零，即四点的速度均为0，故C正确；
D．Q、N两点处于波谷与波峰相遇处，再经过半个周期，Q、N两点振动仍然减弱，故D错误。
故选C。
【分析】波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇，均为振动加强点；波峰与波谷相遇点即为振动减弱点；振动加强点的连线上也是振动加强的。
9．（2024高二上·金坛期末）踢毽子是我国传统的民间体育运动，如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比，毽子在空中运动过程中（　　）
A．动量变化量等于零
B．动量变化率一直减小
C．重力的冲量上升过程等于下降过程
D．重力的冲量上升过程大于下降过程
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】知道动量的变化率是毽子所受的合外力，能够根据牛顿第二定律得到毽子上升和下降过程的加速度，进而根据位移—时间公式比较上升与下降时间关系。
A．毽子上升的初速度为v0，再次下落到原点时的速度为v，设向下为正方向，则动量变化量
选项A错误；
B．动量变化率等于毽子受到的合外力，上升过程合外力为mg+kv，则随速度减小，合外力变小；下降过程的合外力mg-kv，则随速度增加，合外力减小，则动量变化率一直减小，选项B正确；
CD．上升过程中
mg+kv=ma1
下降过程中
mg-kv=ma2
则
a1>a2
根据
可知上升的时间小于下降的时间，根据
I=mgt
可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，选项CD错误。
故选B。
【分析】动量变化量等于末动量与初动量之差；动量的变化率等于毽子所受的合外力；根据牛顿第二定律分别计算出毽子上升和下降过程中的加速度，然后根据位移—时间公式得到上升与下降时间关系，然后根据冲量的定义判断重力的冲量即可。
10．（2024高二上·金坛期末）如图质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为，现将质量也为的小球从距A点正上方高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从冲出，在空中能上升到距点所在水平线的最大高度为处不计空气阻力，小球可视为质点，则（　　）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做竖直上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为
D．小球第二次在空中能上升到距点所在水平线的最大高度为
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；人船模型
【解析】【解答】本题考查了小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，以及功能关系的应用。A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒。竖直方向小球有加速度，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在A点时系统水平方向动量为零，小球运动到B点时小球与小车水平方向共速，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故B正确；
C．规定向右为正方向，设小车向左运动的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
即
解得
故C错误；
D．小球第一次从距A点h0下落运动到点所在水平线的最大高度为处过程中，由动能定理得
Wf为小球在小车中运动时克服摩擦力做功大小，解得
小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，而小于，故D错误。
故选B。
【分析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，竖直方向小球有加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，在A点时系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动。
11．（2024高二上·金坛期末）如图所示，有一光滑轨道，部分为半径的圆弧，部分水平，质量均为的小球、固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为，小球可视为质点。开始时球处于圆弧上端点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．球下滑过程中机械能保持不变
B．两球都滑到水平轨道上时，球速度大小为
C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆不对两球做功
D．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做功
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，然后结合机械能守恒定律和及动能定理的知识列式分析。ABD．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，两球组成的系统满足机械能守恒，则有
解得两球都滑到水平轨道上时，、两球的速度大小均为
从释放小球到、球都滑到水平轨道上，对球根据动能定理可得
解得
可知整个过程中轻杆对a球做功，则球下滑过程中机械能不守恒，故AB错误，D正确；
C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中由于轻杆对球做正功，所以轻杆对球做负功，故C错误。
故选D。
【分析】两球组成的系统根据机械能守恒和动能定理判断；根据做功的条件判断。
12．（2024高二上·金坛期末）如图甲，用“碰撞”实验验证动量守恒定律，用天平测得A、B球的质量分别为和，O点是轨道末端在白纸上的投影点，M、P、N为三个落点的平均位置．测出M、P、N与O的距离分别为s1、s2、s3，如图乙所示。
（1）关于实验器材，下列说法正确的是（　　）
A．A、B球的半径可以不同
B．斜槽末端必须水平，斜槽必须光滑
C．重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点
（2）关于实验操作，下列说法正确的是（　　）
A．实验时白纸和复写纸可以随时调整位置
B．A球每次必须从同一位置由静止释放
C．实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式　 　，则可以认为两球碰撞前后在水平方向上动量守恒；（用题中测量量表示）
（4）若实验中测得s1=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm，假设碰撞过程中动量守恒，则m1与m2之比为　 　；
（5）若该碰撞是弹性碰撞，则小球落点距离应满足的定量关系为　 　用（s1、s2、s3表示）。
【答案】（1）C
（2）B
（3）
（4）4
（5）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解析】本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
（1）A．为满足对心碰撞，则A、B球的半径必须相同，故A错误；
B．为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，斜槽无需光滑，故B错误；
C．重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点，故C正确；
故选C。
（2）A．实验时白纸和复写纸不能随时调整位置，故A错误；
B．为保证A球每次碰撞前的速度相等，A球每次必须从同一位置由静止释放，故B正确；
C．根据实验原理可知，斜槽末端距地面的高度相同，则运动时间相同，可用水平位移代替水平初速度，无需测量地面的高度，故C错误；
故选B。
（3）根据动量守恒定律有
结合平抛运动规律，
可知有
（4）将s1=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm代入
解得
（5）若这个碰撞是弹性碰撞，由能量守恒可得
解得
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。
（2）根据实验原理与实验注意事项分析答题。
（3）两球碰撞过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
（4）根据实验数据求出两球的质量之比。
（5）弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。
（1）[1]A．为满足对心碰撞，则A、B球的半径必须相同，故A错误；
B．为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，斜槽无需光滑，故B错误；
C．重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点，故C正确；
故选C。
（2）[2]A．实验时白纸和复写纸不能随时调整位置，故A错误；
B．为保证A球每次碰撞前的速度相等，A球每次必须从同一位置由静止释放，故B正确；
C．根据实验原理可知，斜槽末端距地面的高度相同，则运动时间相同，可用水平位移代替水平初速度，无需测量地面的高度，故C错误；
故选B。
（3）[3]根据动量守恒定律有
结合平抛运动规律
，
可知有
（4）[4]将s1=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm代入
解得
（5）[5]若这个碰撞是弹性碰撞，由能量守恒可得
解得
13．（2024高二上·金坛期末）如图所示，一束光沿圆心方向从半圆形表面射入玻璃半球后从底面射出。入射光线与法线的夹角为，折射光线与法线的夹角为。已知光在真空中的速度为。求：
（1）这束光在此玻璃半球中的折射率
（2）这束光在此玻璃半球中的传播速率。
【答案】（1）解：由折射定律可知
解得折射率
（2）解：由折射率与光在介质中的速率关系式
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）已知入射角和折射角，根据折射定律求解折射率；
（2）由求这束光在此玻璃半球中的传播速率。
（1）由折射定律可知
解得折射率
（2）由折射率与光在介质中的速率关系式
解得
14．（2024高二上·金坛期末）一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图像如图所示，经，平衡位置在处的质点M第一次回到平衡位置，求：
（1）波传播的速度大小；
（2）质点M在内通过的路程s。
【答案】（1）解：波沿轴正方向传播，当处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到平衡位置，则此过程中波传播的距离
则波速大小
解得
（2）解：由题中波动图像可知波长
周期
则质点在内完成的全振动次数为
次
所以其走过的路程
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】 （1）当x=0处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到平衡位置，根据速度公式
求解波速。
（2）读出波长，从而求出周期，根据一个周期内质点运动的路程为4A，来求解质点M在18s内通过的路程s。
（1）波沿轴正方向传播，当处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到平衡位置，则此过程中波传播的距离
则波速大小
解得
（2）由题中波动图像可知波长
周期
则质点在内完成的全振动次数为
次
所以其走过的路程
15．（2024高二上·金坛期末）如图所示，实线是一列简谐波在时刻的波形曲线，虚线是在时刻的波形曲线。
（1）求该波的周期；
（2）若波速是，写出处的质点的振动方程。
【答案】解：（1）若该波向右传播，则
解得
若该波向左传播，则
解得
（2）若该波向右传播，则
解得
不是整数，则该波不是向右传播；
若该波向左传播，则
解得
是整数，则该波向左传播。
由图可知，时刻，处的质点由平衡位置向下振动，振幅为2 cm，而周期为
则振动方程为
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）结合题意，分情况讨论，若该波向右传播，及若该波向左传播时的周期表达式；
（2）结合前面分析，根据波速与周期的关系，先确定波的传播方向，再根据题图信息，可确认x=1m处的质点的振动方程。
16．（2024高二上·金坛期末）如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为的物块，现有一质量为的子弹以的水平速度射入物块并留在物块中（不计空气阻力和子弹与物块作用的时间，取，求：
（1）圆环、物块和子弹所组成的这个系统损失的机械能；
（2）物块所能达到的最大高度；
（3）金属圆环的最大速度。
【答案】（1）解：子弹射入物块过程中，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律得则有
得
机械能只在该过程有损失，损失的机械能有
解得
（2）解：物块（含子弹）在向上摆动过程中，以物块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒则有
解得
根据机械能守恒定律有
代入数据可解得
（3）解：当子弹、物块、圆环达到共同速度后，子弹和物块将向下摆动，在此过程中圆环一直受绳子水平向右的分力作用，圆环速度一直增大，当子弹和物块运动到圆环正下方时圆环速度最大。
设此时子弹和物块的速度为，圆环速度为，则有
及
由上述两式联立可解得
故金属圆环的最大速度为。
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）子弹射穿木块的过程遵守动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿出木块后子弹和木块的共同速度，即可求得系统损失的机械能；
（2）木块向右摆动的过程中，圆环向右滑动，此过程中，系统水平方向不受外力，水平方向的动量守恒。当两者水平速度相同时向右摆到最大高度，由系统的水平方向动量守恒求出和机械能守恒结合求解木块向右摆动的最大高度；
（3）由系统的动量守恒定律结合机械能守恒即可求解铁环的最大速度。
（1）子弹射入物块过程中，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律得则有
得
机械能只在该过程有损失，损失的机械能有
解得
（2）物块（含子弹）在向上摆动过程中，以物块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒则有
解得
根据机械能守恒定律有
代入数据可解得
（3）当子弹、物块、圆环达到共同速度后，子弹和物块将向下摆动，在此过程中圆环一直受绳子水平向右的分力作用，圆环速度一直增大，当子弹和物块运动到圆环正下方时圆环速度最大。
设此时子弹和物块的速度为，圆环速度为，则有
及
由上述两式联立可解得
故金属圆环的最大速度为。
1 / 1江苏省常州市金坛第一中学2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题
1．（2024高二上·金坛期末）激光刀模主要利用激光对刀模板进行高深度烧蚀，从而达到安装切割刀的目的。这个过程运用的激光性质是（　　）
A．偏振 B．亮度高 C．平行度高 D．相干性好
2．（2024高二上·金坛期末）如图所示，甲、乙、丙、丁四个图是单色光形成的干涉或衍射图样，根据各图样的特点可知（　　）
A．甲图是光的衍射图样
B．乙图是光的干涉图样
C．丙图是光射到圆孔后的干涉图样
D．丁图是光射到圆板后的衍射图样
3．（2024高二上·金坛期末）下述关于机械波的说法正确的是（　　）
A．若观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的波的频率小于波源的频率
B．某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大
C．对同一列波，缝、孔或障碍物的尺寸比波长小时有明显的衍射现象
D．在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长
4．（2024高二上·金坛期末）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图甲为时的波形图，图乙为处的质点P的振动图像，质点Q的平衡位置在处，下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴负方向传播
B．时刻，质点Q位于正向最大位移处
C．质点P的振动方程为
D．至这段时间内，质点P通过的路程大于
5．（2024高二上·金坛期末）如图所示，在“测量玻璃的折射率”的实验中，以下说法正确的是（　　）
A．实验必须选用两光学表面平行的玻璃砖，否则无法测量
B．实验过程中，只有在画完光路图后，才能移除玻璃砖
C．由上图所示，某同学在测得图中的后，利用可以求得玻璃砖的折射率
D．实验中，大头针与与间的距离应适当远一些
6．（2024高二上·金坛期末）某小组用图甲装置进行双缝干涉实验，调节完毕后，在屏上观察到如图乙所示的竖直条纹。下列说法正确的是（　　）
A．缩小单缝到双缝的距离，可使干涉条纹间距变大
B．在实验中，通过目镜看到的干涉条纹场景如图乙所示，纠正图中问题只需旋转测量头
C．仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变小
D．仅将绿色滤光片换为红色滤光片，干涉条纹间距将变小
7．（2024高二上·金坛期末）在“用单摆测重力加速度大小”的实验中，小王同学作出周期T2与摆线长L的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．实验所用摆球半径为b B．实验所用摆球直径为a
C．当地的重力加速度大小为 D．当地的重力加速度大小为
8．（2024高二上·金坛期末）两列完全相同的机械波在某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时（　　）
A．P、M连线中点振动减弱
B．P、M连线中点速度为0
C．P、M、Q、N四点速度均为0
D．再经过半个周期，Q、N两点振动加强
9．（2024高二上·金坛期末）踢毽子是我国传统的民间体育运动，如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比，毽子在空中运动过程中（　　）
A．动量变化量等于零
B．动量变化率一直减小
C．重力的冲量上升过程等于下降过程
D．重力的冲量上升过程大于下降过程
10．（2024高二上·金坛期末）如图质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为，现将质量也为的小球从距A点正上方高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从冲出，在空中能上升到距点所在水平线的最大高度为处不计空气阻力，小球可视为质点，则（　　）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做竖直上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为
D．小球第二次在空中能上升到距点所在水平线的最大高度为
11．（2024高二上·金坛期末）如图所示，有一光滑轨道，部分为半径的圆弧，部分水平，质量均为的小球、固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为，小球可视为质点。开始时球处于圆弧上端点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．球下滑过程中机械能保持不变
B．两球都滑到水平轨道上时，球速度大小为
C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆不对两球做功
D．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做功
12．（2024高二上·金坛期末）如图甲，用“碰撞”实验验证动量守恒定律，用天平测得A、B球的质量分别为和，O点是轨道末端在白纸上的投影点，M、P、N为三个落点的平均位置．测出M、P、N与O的距离分别为s1、s2、s3，如图乙所示。
（1）关于实验器材，下列说法正确的是（　　）
A．A、B球的半径可以不同
B．斜槽末端必须水平，斜槽必须光滑
C．重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点
（2）关于实验操作，下列说法正确的是（　　）
A．实验时白纸和复写纸可以随时调整位置
B．A球每次必须从同一位置由静止释放
C．实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式　 　，则可以认为两球碰撞前后在水平方向上动量守恒；（用题中测量量表示）
（4）若实验中测得s1=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm，假设碰撞过程中动量守恒，则m1与m2之比为　 　；
（5）若该碰撞是弹性碰撞，则小球落点距离应满足的定量关系为　 　用（s1、s2、s3表示）。
13．（2024高二上·金坛期末）如图所示，一束光沿圆心方向从半圆形表面射入玻璃半球后从底面射出。入射光线与法线的夹角为，折射光线与法线的夹角为。已知光在真空中的速度为。求：
（1）这束光在此玻璃半球中的折射率
（2）这束光在此玻璃半球中的传播速率。
14．（2024高二上·金坛期末）一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图像如图所示，经，平衡位置在处的质点M第一次回到平衡位置，求：
（1）波传播的速度大小；
（2）质点M在内通过的路程s。
15．（2024高二上·金坛期末）如图所示，实线是一列简谐波在时刻的波形曲线，虚线是在时刻的波形曲线。
（1）求该波的周期；
（2）若波速是，写出处的质点的振动方程。
16．（2024高二上·金坛期末）如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为的物块，现有一质量为的子弹以的水平速度射入物块并留在物块中（不计空气阻力和子弹与物块作用的时间，取，求：
（1）圆环、物块和子弹所组成的这个系统损失的机械能；
（2）物块所能达到的最大高度；
（3）金属圆环的最大速度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】激光的特性及应用
【解析】【解答】激光频率单一，相干性非常好；平行度高；激光的强度大，亮度高。因为激光的亮度高，能量大，所以可以对刀模板进行高深度烧蚀。
故选B。
【分析】激光具有亮度高、平行度好和相干性好的特点，然后结合实际的需要解得。
2．【答案】D
【知识点】光的双缝干涉；光的衍射
【解析】【解答】本题主要考查了光的干涉和衍射的相关应用，理解不同现象下的图样特点即可完成分析。A．甲图中条纹间距相等，是光的双缝干涉图样，故A错误；
B．乙图中中间亮条纹最宽，向外条纹变窄，间距变小，是光的单缝衍射图样，故B错误；
C．丙图为圆孔衍射图样，故C错误；
D．丁图是光射到圆板后的衍射图样（光照射在小圆盘上却出现中间亮斑），故D正确。
故选D。
【分析】理解光的不同现象即对应的原理。
3．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】多普勒效应：当波源与观察者之间有相对运动时，观察者会感到波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。A．根据多普勒效应可知，若观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的波的频率大于波源的频率，故A错误；
B．某一频率的声波，从空气进入水中时，频率不变，由于波速增大，根据
可知，波长增大，故B错误；
C．根据发生明显衍射现象的条件可知，对同一列波，缝、孔或障碍物的尺寸比波长小时有明显的衍射现象，故C正确；
D．根据简谐运动的对称性可知，在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于振幅的4倍，与波长无关，故D错误。
故选C。
【分析】根据多普勒效应分析答题；波从一种介质传入另一种介质时波速与波长发生变化，周期与频率不变；当缝、孔或障碍物尺寸与波长相差不多时会发生明显的衍射现象；介质中的质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移。
4．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。A．由图像乙可知质点P在时的振动方向向上，根据“同侧法”可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由甲图像可知波长为4m，由乙图像可知周期为4s，则波的传播速度为
在时
则Q点在时的振动与在Q点之前1.5m处质点P在时的振动相同，图中P点刚好经过平衡位置，故时刻质点Q也经过平衡位置，故B错误；
C．由题可知，振幅
圆频率为
质点P简谐运动的表达式为
故C错误；
D．在时质点P在平衡位置，在时，代入简谐运动表达式可得
则这段时间内，质点P通过的路程为
故D正确。
故选D。
【分析】根据振动图像分析在t=2s时，质点P的振动方向，结合波形图分析波传播的方向；由振动图像可知波的周期，根据t=3.5s时波的振动情况，分析Q点的位置；由图可知波的振幅和圆频率，代入简谐运动的表达式；根据简谐运动的表达式计算。
5．【答案】D
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】A．玻璃砖表面不平行，只要操作规范，折射角与入射角都测量准确，不影响结果。故A错误；
B．实验过程中，插完大头针就可以把玻璃砖移除，然后再画光路图。故B错误；
C．由上图所示，某同学在测得图中的后，是在O点的入射角，还需要测出光线在O点的折射角，才能利用折射率定义式计算玻璃砖的折射率。故C错误；
D． 实验中，为了减小确定入射光线和折射光线方向的误差，大头针P1与P2，P3与P4间的距离应适当远一些， 故D正确。
故选D。
【分析】根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答。
6．【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】双缝干涉中相邻两条明（暗）条纹间的距离△x与波长λ、双缝间距离d及双缝到屏的距离L满足公式
。ACD．根据双缝干涉相邻条纹间距公式
缩小单缝到双缝的距离，干涉条纹间距不变；仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变大；仅将绿色滤光片换为红色滤光片，由于红光的波长大于绿光的波长，则干涉条纹间距将变大，故ACD错误；
B．在实验中，通过目镜看到的干涉条纹场景如图乙所示，纠正图中问题只需旋转测量头使分划板中心刻线与条纹平行，故B正确。
故选B。
【分析】根据双缝干涉相邻条纹间距公式分析判断；根据实验装置分析判断。
7．【答案】D
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，关键是对图像的物理意义进行理解。设摆球半径为，根据单摆周期公式可得
可得
根据图像可得
，
解得当地的重力加速度大小为
实验所用摆球半径为
则实验所用摆球直径为
故选D。
【分析】根据单摆的周期公式求解T2-L函数，结合图像的斜率与截距完成解答。
8．【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了波的干涉中振动加强和减弱区域的特点，解题关键是波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇，均为振动加强点，波峰与波谷相遇点即为振动减弱点。AB．此时M点波峰与波峰相遇，而P点是波谷与波谷相遇，是振动加强点，则P、M两点是振动加强点，且P、M连线上也是振动加强的， P、M两点连线中点未达到波峰或波谷，故速度不为0，故AB错误；
C．P处于波谷，速度为零；M处于波峰，速度为零；Q、N两点振动减弱，则速度为零，即四点的速度均为0，故C正确；
D．Q、N两点处于波谷与波峰相遇处，再经过半个周期，Q、N两点振动仍然减弱，故D错误。
故选C。
【分析】波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇，均为振动加强点；波峰与波谷相遇点即为振动减弱点；振动加强点的连线上也是振动加强的。
9．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】知道动量的变化率是毽子所受的合外力，能够根据牛顿第二定律得到毽子上升和下降过程的加速度，进而根据位移—时间公式比较上升与下降时间关系。
A．毽子上升的初速度为v0，再次下落到原点时的速度为v，设向下为正方向，则动量变化量
选项A错误；
B．动量变化率等于毽子受到的合外力，上升过程合外力为mg+kv，则随速度减小，合外力变小；下降过程的合外力mg-kv，则随速度增加，合外力减小，则动量变化率一直减小，选项B正确；
CD．上升过程中
mg+kv=ma1
下降过程中
mg-kv=ma2
则
a1>a2
根据
可知上升的时间小于下降的时间，根据
I=mgt
可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，选项CD错误。
故选B。
【分析】动量变化量等于末动量与初动量之差；动量的变化率等于毽子所受的合外力；根据牛顿第二定律分别计算出毽子上升和下降过程中的加速度，然后根据位移—时间公式得到上升与下降时间关系，然后根据冲量的定义判断重力的冲量即可。
10．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；人船模型
【解析】【解答】本题考查了小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，以及功能关系的应用。A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒。竖直方向小球有加速度，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在A点时系统水平方向动量为零，小球运动到B点时小球与小车水平方向共速，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故B正确；
C．规定向右为正方向，设小车向左运动的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
即
解得
故C错误；
D．小球第一次从距A点h0下落运动到点所在水平线的最大高度为处过程中，由动能定理得
Wf为小球在小车中运动时克服摩擦力做功大小，解得
小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，而小于，故D错误。
故选B。
【分析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，竖直方向小球有加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，在A点时系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动。
11．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，然后结合机械能守恒定律和及动能定理的知识列式分析。ABD．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，两球组成的系统满足机械能守恒，则有
解得两球都滑到水平轨道上时，、两球的速度大小均为
从释放小球到、球都滑到水平轨道上，对球根据动能定理可得
解得
可知整个过程中轻杆对a球做功，则球下滑过程中机械能不守恒，故AB错误，D正确；
C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中由于轻杆对球做正功，所以轻杆对球做负功，故C错误。
故选D。
【分析】两球组成的系统根据机械能守恒和动能定理判断；根据做功的条件判断。
12．【答案】（1）C
（2）B
（3）
（4）4
（5）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解析】本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
（1）A．为满足对心碰撞，则A、B球的半径必须相同，故A错误；
B．为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，斜槽无需光滑，故B错误；
C．重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点，故C正确；
故选C。
（2）A．实验时白纸和复写纸不能随时调整位置，故A错误；
B．为保证A球每次碰撞前的速度相等，A球每次必须从同一位置由静止释放，故B正确；
C．根据实验原理可知，斜槽末端距地面的高度相同，则运动时间相同，可用水平位移代替水平初速度，无需测量地面的高度，故C错误；
故选B。
（3）根据动量守恒定律有
结合平抛运动规律，
可知有
（4）将s1=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm代入
解得
（5）若这个碰撞是弹性碰撞，由能量守恒可得
解得
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。
（2）根据实验原理与实验注意事项分析答题。
（3）两球碰撞过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
（4）根据实验数据求出两球的质量之比。
（5）弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。
（1）[1]A．为满足对心碰撞，则A、B球的半径必须相同，故A错误；
B．为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，斜槽无需光滑，故B错误；
C．重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点，故C正确；
故选C。
（2）[2]A．实验时白纸和复写纸不能随时调整位置，故A错误；
B．为保证A球每次碰撞前的速度相等，A球每次必须从同一位置由静止释放，故B正确；
C．根据实验原理可知，斜槽末端距地面的高度相同，则运动时间相同，可用水平位移代替水平初速度，无需测量地面的高度，故C错误；
故选B。
（3）[3]根据动量守恒定律有
结合平抛运动规律
，
可知有
（4）[4]将s1=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm代入
解得
（5）[5]若这个碰撞是弹性碰撞，由能量守恒可得
解得
13．【答案】（1）解：由折射定律可知
解得折射率
（2）解：由折射率与光在介质中的速率关系式
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）已知入射角和折射角，根据折射定律求解折射率；
（2）由求这束光在此玻璃半球中的传播速率。
（1）由折射定律可知
解得折射率
（2）由折射率与光在介质中的速率关系式
解得
14．【答案】（1）解：波沿轴正方向传播，当处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到平衡位置，则此过程中波传播的距离
则波速大小
解得
（2）解：由题中波动图像可知波长
周期
则质点在内完成的全振动次数为
次
所以其走过的路程
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】 （1）当x=0处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到平衡位置，根据速度公式
求解波速。
（2）读出波长，从而求出周期，根据一个周期内质点运动的路程为4A，来求解质点M在18s内通过的路程s。
（1）波沿轴正方向传播，当处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到平衡位置，则此过程中波传播的距离
则波速大小
解得
（2）由题中波动图像可知波长
周期
则质点在内完成的全振动次数为
次
所以其走过的路程
15．【答案】解：（1）若该波向右传播，则
解得
若该波向左传播，则
解得
（2）若该波向右传播，则
解得
不是整数，则该波不是向右传播；
若该波向左传播，则
解得
是整数，则该波向左传播。
由图可知，时刻，处的质点由平衡位置向下振动，振幅为2 cm，而周期为
则振动方程为
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）结合题意，分情况讨论，若该波向右传播，及若该波向左传播时的周期表达式；
（2）结合前面分析，根据波速与周期的关系，先确定波的传播方向，再根据题图信息，可确认x=1m处的质点的振动方程。
16．【答案】（1）解：子弹射入物块过程中，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律得则有
得
机械能只在该过程有损失，损失的机械能有
解得
（2）解：物块（含子弹）在向上摆动过程中，以物块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒则有
解得
根据机械能守恒定律有
代入数据可解得
（3）解：当子弹、物块、圆环达到共同速度后，子弹和物块将向下摆动，在此过程中圆环一直受绳子水平向右的分力作用，圆环速度一直增大，当子弹和物块运动到圆环正下方时圆环速度最大。
设此时子弹和物块的速度为，圆环速度为，则有
及
由上述两式联立可解得
故金属圆环的最大速度为。
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）子弹射穿木块的过程遵守动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿出木块后子弹和木块的共同速度，即可求得系统损失的机械能；
（2）木块向右摆动的过程中，圆环向右滑动，此过程中，系统水平方向不受外力，水平方向的动量守恒。当两者水平速度相同时向右摆到最大高度，由系统的水平方向动量守恒求出和机械能守恒结合求解木块向右摆动的最大高度；
（3）由系统的动量守恒定律结合机械能守恒即可求解铁环的最大速度。
（1）子弹射入物块过程中，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律得则有
得
机械能只在该过程有损失，损失的机械能有
解得
（2）物块（含子弹）在向上摆动过程中，以物块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒则有
解得
根据机械能守恒定律有
代入数据可解得
（3）当子弹、物块、圆环达到共同速度后，子弹和物块将向下摆动，在此过程中圆环一直受绳子水平向右的分力作用，圆环速度一直增大，当子弹和物块运动到圆环正下方时圆环速度最大。
设此时子弹和物块的速度为，圆环速度为，则有
及
由上述两式联立可解得
故金属圆环的最大速度为。
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