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广东实验中学越秀学校2025-2026学年高二下学期期中物理试题
1．振动和波存在于我们生活的方方面面，关于下列几幅图片描绘的情景分析正确的是（　　）
A．图甲救护车向右运动的过程中，A、B两人听到警笛声的频率相同
B．如图乙，立体电影原理和照相机镜头表面涂上的增透膜的原理一样
C．图丙中，是阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是光的干涉现象，实验时肥皂膜应水平放置
D．图丁中，频率越大的水波绕到挡板后面继续传播的现象越不明显
2．如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小车将持续地向右运动
B．锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，机械能也守恒
C．每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动
D．每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右
3．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅与驱动力频率的关系）如图所示，则（　　）
A．此单摆的固有周期为
B．此单摆的摆长约为
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长减小，共振曲线的峰将向左侧移动
4．如图，水平放置的弹簧振子在、之间做简谐运动。是平衡位置，、是振动过程中关于对称的两个位置，则（　　）
A．振子经过、两位置时，加速度相同
B．振子经过、两位置时，动能不相同
C．振子从到和从到的运动时间相等
D．振子从到过程中，所受回复力先增大后减小
5．如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷，图中同列波的波峰与波谷相距半个波长。设两列波的振幅均为5cm，且图示的范围内振幅不变，波速和波长都相同。C点是BE连线的中点，下列说法中正确的是（　　）
A．A点始终处于波峰位置
B．C点和D点都保持静止不动
C．图示时刻A、B两点的竖直高度差为20cm
D．图示时刻C质点正处于平衡位置且向B质点方向运动
6．如图所示为一束太阳光从空气射到六棱柱玻璃横截面时的光路图中标出了折射出的红色光和紫色光。下列说法正确的是（　　）
A．逐渐改变太阳光的入射角，红色光首先发生全反射
B．在六棱柱玻璃中，红色光的速度比紫色光的速度大
C．红色光和紫色光从玻璃射入空气后，频率都变大
D．用同一装置做双缝干涉实验，红色光的条纹间距比紫色光的条纹间距小
7．元好问曲中有“骤雨过，珍珠乱糁，打遍新荷”。为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压力，小齐在雨天将一底面积为0.01m2的圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了40mm。查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为9m/s，雨水的密度为1×103 kg/m3。不计雨滴重力，假设雨滴撞击莲叶后无反弹，据此估算相同面积的睡莲叶面受到的平均压力约为（　　）
A．0.36N B．3.6N C．1.0×10 2N D．1.0×10 3N
8．降噪耳机主要通过主动降噪（ANC）和被动降噪（PNC）两种技术原理实现噪音消除，主动降噪利用声波干涉抵消噪音（如图所示），图中波峰表示密部，波谷表示疏部，下列说法正确的是（　　）
A．降噪声波与环境噪声的波长相同，且耳膜振动方向与环境噪声传播方向平行
B．一个周期内，P点处质点向右移动一个波长的距离
C．图中P点处质点的位移始终为0
D．环境噪声频率越高，降噪声波的频率也必须随之升高，同时从耳机传播到耳膜的速度越大
9．质量的物体甲静止在光滑水平面上，质量未知的物体乙从甲的左侧以一定的速度与物体甲发生正碰，碰撞时间极短，磁撞后物体甲和物体乙粘在一起成为一个整体。如图所示，a段为碰撞前物体乙的位移—时间图像，b段为碰撞后整体的位移—时间图像，下列说法正确的是（　　）
A．碰撞前物体乙的速度与碰撞后整体的速度大小之比为5：3
B．碰撞过程中物体甲对物体乙的冲量与物体乙对物体甲的冲量大小相等、方向相反
C．物体甲与物体乙的质量之比为1：2
D．物体甲和物体乙碰撞过程中机械能守恒
10．如图甲所示，机器人手持彩带一端上下抖动模拟艺术体操运动员的动作，形成的绳波可简化为简谐波。以手的平衡位置为坐标原点，已知乙图为处波源的振动图像，图丙为原点右侧处质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．内，处波源通过的路程为
B．0时刻，处质点的振动方向向上
C．若波长大于，此列波的传播速率可能是
D．若波长大于，此列波的传播速率一定是
11．某学习小组进行测量玻璃的折射率实验。小明同学采用如图甲的实验方法：先在木板上面铺一张白纸并用图钉固定，用直尺画一条直线a，把平行玻璃砖放在纸上，一边与直线a平齐，描出玻璃砖的另一条边a'，在玻璃砖的一侧插两个大头针A、B，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住。接下来在眼睛这一侧插上大头针C，使C挡住A和B，再插上大头针D，使D挡住A、B、C。
（1）关于此实验，下列说法正确的是___________
A．为了减小作图误差，C和D的距离应适当小些
B．在白纸上用笔沿着玻璃砖下边缘画出直线a'
C．不论光以多大角度从a边射入，经两次折射后都能从a'边射出
D．若误将玻璃砖的两界面aa'间距画得偏大，则折射率的测量值将偏小
（2）移开玻璃砖，过A、B作直线交a于O点，过C、D作直线交a'于O'点，连接OO'，过O'作垂直于a'的直线bb'，测量图甲中角θ1和θ2的大小，则玻璃砖的折射率n=　 　；
（3）另一名同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：
①将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。
②激光笔发出的激光沿MO从玻璃砖上的O点水平入射，到达ef面上的A点后反射到eh面的B点。用大头针在白纸上标记O点、A点和B点位置。
③移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作MO连线的延长线与eh面的边界交于C点，如图所示。
④用刻度尺测量OA、AB、OC的长度d1、d2、d3。
利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式n=　 　；（用d1、d2、d3来表示）相对误差的计算式为 。为了减小测量的相对误差，实验中激光在O点入射时应适当使入射角　 　。（选填“增大”或“减小”）
12．在用单摆测重力加速度的实验中。如图甲所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。
（1）用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径，示数如图乙所示，则摆球的直径为　 　mm。甲同学利用光电门从摆球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时刻t，则单摆的周期　 　。
（2）处理数据后，乙同学才发现实验时摆球已变形。他测出摆长L（球未变形时测得），并测出对应的周期T，然后作出相应的关系图线，如图丙所示，图像不过原点，测得图线的斜率为k，截距为b，则重力加速度大小　 　，摆球变形后的重心在原重心的　 　（填“上面”或“下面”）。
13．如图所示是一个半圆柱形玻璃砖的横截面，O点为圆心， BC为直径，该截面内有一细束单色光垂直BC从D点入射，光束恰好不能从圆面射出。已知玻璃砖对该单色光的折射率为，半圆的半径为R，光在真空中传播速度为c，求
（1）D点到O点的距离；
（2）光束从D点入射到第一次射出玻璃砖的时间。
14．如图甲所示，在汽车安全气囊的性能测试中，质量的头锤（视为质点）从距气囊表面高度处由静止下落，与正下方的气囊发生碰撞，以头锤到达气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力随时间变化的规律如图乙所示。碰撞结束后头锤上升的最大高度，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）碰撞过程中的冲量大小；
（2）气囊对头锤竖直方向的作用力的最大值。
15．如图所示，处于光滑水平面上的四分之一光滑圆弧小车，半径，停靠在平台左端且与平台高度相等。平台高，部分光滑，部分粗糙且与滑块间的动摩擦因数，长度。为的四分之一光滑固定圆弧轨道。滑块、间有一被锁定且处于压缩状态的轻质弹簧，弹簧与、不拴接，解除锁定后，恰好能到达轨道的点。已知滑块、离开平台前弹簧已经恢复原长，、质量均为，小车质量，取。求：
（1）滑块滑上小车时的速度大小和初始弹簧的弹性势能；
（2）滑块滑离小车时的速度大小和落地时距小车右端的水平距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】多普勒效应；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】解：A. 根据多普勒效应规律，波源与观察者发生相对运动时，观察者接收到的频率会发生变化。救护车向右运动时，与两侧观察者的相对运动状态不同，因此 A、B 两人听到的警笛频率不相同，A 错误。
B. 立体电影的工作原理是光的偏振现象，通过偏振眼镜过滤不同振动方向的光形成立体视觉；照相机镜头的增透膜利用的是光的薄膜干涉，二者原理并不相同，B 错误。
C. 肥皂膜表面的彩色条纹是薄膜干涉现象，由肥皂膜前后两个表面的反射光叠加形成。实验中肥皂膜需要竖直放置，依靠重力形成厚度渐变的薄膜，才能产生稳定的干涉条纹，C 错误。
D. 波绕过障碍物继续传播的现象是衍射，波长越长衍射现象越显著。水波频率越大，由可知波长越短，因此衍射现象越不明显，D 正确。
故答案为：D
【分析】本题考查机械波的多普勒效应、衍射现象以及光的偏振、薄膜干涉等核心知识点，结合生活场景辨析物理现象的本质。分析选项时需逐一对应物理规律，A 选项结合多普勒效应中相对运动与接收频率的关系，判断不同位置观察者的频率差异；B 选项区分偏振与干涉两类不同的光学现象，明确二者的应用原理；C 选项结合薄膜干涉的形成条件，说明肥皂膜的放置要求与条纹成因的关联；D 选项通过波长与频率的关系，推导频率变化对衍射现象明显程度的影响。
2．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】解：A. 将人、锤与平板车视为一个系统，水平面光滑因此系统水平方向不受外力，水平方向总动量始终为零。锤向左运动时车向右运动，锤向右运动时车向左运动，因此小车会做左右往复运动，不会持续向右运动，A 错误。
B. 系统水平方向合外力为零，因此水平方向动量守恒；但人抡锤的过程中，体内的化学能会转化为系统的机械能，系统机械能并不守恒，B 错误。
C. 锤打到车左端时，锤与车立刻达到共同速度，由于系统总动量为零，此时三者速度均为零，人和车会立即停止运动，C 正确。
D. 锤被向左抡到最高点时，锤在水平方向的速度为零，结合系统水平方向总动量为零，可知此时人和车的速度也为零，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查动量守恒定律的应用与系统机械能的判断，核心是明确系统的动量守恒条件与能量转化关系。解题时先确定研究系统，根据水平面光滑的条件得出水平方向动量守恒，结合系统初始总动量为零的特点，分析锤的运动与车运动的对应关系；再从能量角度分析人体化学能对系统机械能的影响，判断机械能是否守恒；最后结合锤的运动状态，利用总动量为零的结论推导对应时刻车与人的速度。
3．【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】解：A. 物体发生共振时，驱动力频率等于物体的固有频率。由共振曲线可知，振幅最大处对应的驱动力频率为 0.5Hz，即单摆的固有频率为 0.5Hz，因此固有周期，A 正确。
B. 根据单摆周期公式，代入、计算，可得摆长，B 错误。
C. 由单摆周期公式可知，摆长增大时单摆的固有周期增大，而频率与周期互为倒数，因此固有频率会减小，C 错误。
D. 摆长减小时，单摆固有频率增大，共振曲线的峰值对应固有频率，因此峰值会向右侧移动，D 错误。
故答案为：A
【分析】本题考查受迫振动与共振的规律，结合单摆周期公式分析固有频率的影响因素。首先从共振曲线中提取振幅最大对应的频率，得到单摆的固有频率，进而计算固有周期；再利用单摆周期公式推导摆长，以及摆长变化对周期、频率的影响，最终判断共振曲线峰值的移动方向。
4．【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】解：A. 简谐运动的加速度满足，、关于对称，因此位移大小相等、方向相反，加速度大小相等、方向相反，加速度并不相同，A 错误。
B. 简谐运动具有对称性，振子经过对称位置时速度大小相等，由动能公式可知，两位置的动能相同，B 错误。
C. 、是振子的两个最大位移处，关于平衡位置对称，因此振子从到与从到的过程均为四分之一周期，运动时间相等，C 正确。
D. 回复力满足，振子从到的过程中，位移大小先减小到零再增大，因此回复力先减小后增大，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查弹簧振子简谐运动的对称性与运动规律，涉及加速度、动能、回复力等物理量的变化分析。解题时结合简谐运动的位移、加速度、回复力的对应关系，利用对称位置的位移特点推导加速度与动能的特点；再根据运动的对称性判断两段过程的时间关系；最后结合位移的变化规律，推导回复力的变化趋势。
5．【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】解：A. 点是波峰与波峰相遇的位置，属于振动加强点，振幅为两列波振幅之和，但加强点仍在平衡位置附近振动，并非始终停留在波峰位置，A 错误。
B. 、均为振动加强点，因此连线上的点也属于振动加强点，会持续振动；点是波峰与波谷相遇的位置，属于振动减弱点，两列波振幅相等因此点振幅为零，保持静止，B 错误。
C. 图示时刻点处于波峰，位移为；点处于波谷，位移为，因此两点竖直高度差为 20cm，C 正确。
D. 波传播过程中，质点仅在各自的平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，因此质点不会向质点方向运动，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查波的干涉现象，涉及振动加强点与减弱点的判断、质点振动特点等知识点。解题时先根据波峰、波谷的相遇情况，区分振动加强点与减弱点，明确加强点振幅增大但仍做振动，并非静止；再结合图示时刻质点的位置，计算两点的高度差；同时需明确波传播时质点不随波迁移，仅在平衡位置附近振动。
6．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】解：A. 由光路图可知，红光的偏折程度更小，说明玻璃对红光的折射率小于对紫光的折射率。根据全反射临界角公式，折射率越小临界角越大，因此紫光的临界角更小，增大入射角时紫光会先发生全反射，A 错误。
B. 光在介质中的传播速度满足，红光折射率更小，因此在玻璃中的传播速度更大，B 正确。
C. 光的频率由光源决定，光从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化，C 错误。
D. 红光的波长大于紫光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式，波长越长条纹间距越大，因此红光的条纹间距更大，D 错误。
故答案为：B
【分析】本题考查光的折射、全反射与双缝干涉的规律，结合不同色光的折射率差异分析相关现象。首先根据偏折程度判断两种色光的折射率大小关系，再结合全反射临界角公式、介质中光速公式，推导临界角与传播速度的差异；同时明确光的频率由光源决定，与介质无关；最后利用双缝干涉条纹间距公式，结合波长关系判断条纹间距的大小。
7．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】解：设水杯底面积为，1 小时内落入杯中的雨水总质量为。雨水的体积，对应总质量。取竖直向下为正方向，对撞击叶面的雨水应用动量定理：
代入，，，，，，
解得。根据牛顿第三定律，睡莲叶面受到的平均压力与雨水受到的弹力大小相等，约为。
故答案为：D
【分析】本题考查动量定理在连续介质问题中的应用，核心是选取研究对象并建立动量定理的方程。首先根据水杯的积水情况，计算出单位时间内撞击叶面的雨水总质量；再以撞击的雨水为研究对象，设定正方向，结合撞击后无反弹的末速度条件，利用动量定理列式求解叶面的作用力；最后通过牛顿第三定律得到叶面受到的压力。
8．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】解：A. 发生稳定干涉的条件是两列波频率相同，因此降噪声波与环境噪声频率相等，由可知二者波长也相同。声波属于纵波，质点振动方向与波的传播方向平行，因此耳膜的振动方向与噪声传播方向平行，A 正确。
B. 波传播过程中，质点仅在平衡位置附近振动，不会随波发生迁移，因此点质点不会向右移动，B 错误。
C. 点是两列波振动减弱的位置，且两列声波振幅相等，因此点的合振幅为零，位移始终为 0，C 正确。
D. 要实现干涉降噪，降噪声波频率需与噪声频率保持一致，因此噪声频率升高时降噪声波频率也需升高；但声波的传播速度由介质决定，耳机到耳膜的介质不变，因此声速保持不变，D 错误。
故答案为：AC
【分析】本题考查波的干涉条件与纵波的传播特点，结合主动降噪的实际场景考查波动规律。首先根据干涉的条件判断两列波的频率与波长关系，结合纵波的振动特点分析耳膜的振动方向；再明确波传播时质点不随波迁移的特点，结合振动减弱的规律判断点的位移特点；最后根据波速的决定因素，分析频率变化对传播速度的影响。
9．【答案】B,C
【知识点】运动学 S-t 图象；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】解：A. 图像的斜率表示速度，由图像可得碰撞前乙的速度，碰撞后整体的速度，因此速度大小之比为，A 错误。
B. 碰撞过程中，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，且作用时间相同，由冲量定义可知，二者的冲量大小相等、方向相反，B 正确。
C. 甲乙碰撞过程满足动量守恒，取乙的初速度方向为正方向，有，代入数据解得，因此甲乙质量之比为，C 正确。
D. 碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程中存在机械能损失，损失的机械能，因此机械能不守恒，D 错误。
故答案为：BC
【分析】本题结合位移 - 时间图像考查动量守恒定律的应用，涉及冲量、机械能守恒的判断。首先从图像的斜率提取碰撞前后的速度，计算速度比值；再根据相互作用力的特点，结合冲量的定义判断两个冲量的关系；利用动量守恒定律求解未知物体的质量，得到质量之比；最后通过计算碰撞前后的动能差值，判断机械能是否守恒。
10．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解：A. 由振动图像可知，波的周期，振幅。0~1s 内包含的周期数，一个周期内质点通过的路程为，因此总路程，A 正确。
B. 由丙图可知，时刻后，处质点的位移向负方向增大，说明该时刻质点振动方向向下，B 错误。
C. 波沿 x 轴正方向传播，时处质点在波峰，处质点在平衡位置且向下振动，因此两点间距满足（），整理得。
若，则，解得，即或。
当时，，对应波速，C 正确。
D. 若，则，解得，仅符合条件。
此时，波速，并非，D 错误。
故答案为：AC
【分析】本题结合振动图像考查简谐波的传播规律，涉及质点路程、振动方向、波速计算等知识点。首先从振动图像中提取周期与振幅，根据时间与周期的倍数关系计算质点的运动路程；再通过振动图像判断指定时刻质点的振动方向；结合两点的振动状态，推导波长的通式，根据波长的限制条件筛选的取值，进而计算对应的波速。
11．【答案】（1）C；D
（2）
（3）；减小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】(1)A．为了减小作图误差，C和D的距离应适当大些，故A错误；
B．要先画好界线和法线，用玻璃砖的一边对准界线后用三角板轻贴玻璃砖的另一边，移去玻璃砖后再画出另外一条界线，故B错误；
C．根据光的可逆性可知，不论光以多大角度从a边射入，经两次折射后都能从a'边射出，故C正确；
D．如图所示
入射角没有变化，折射角的测量值偏大，故折射率测量值偏小，故D正确。
故选CD。
(2) 根据折射定律，光从空气射入玻璃时，入射角为，折射角为，因此折射率。
(3) 设玻璃砖的厚度为，入射角为，折射角为。由几何关系可得，。根据折射定律，代入得。为减小长度测量的相对误差，应让测量的长度值尽可能大，因此入射时应适当减小入
【分析】本题考查测量玻璃折射率的实验，涉及插针法与激光反射法两种实验方案，考查实验操作、误差分析与折射率推导。
（1）结合实验操作规范与误差来源，逐一判断选项的正误，明确大头针间距、边界描绘方法对实验误差的影响，结合光路可逆性分析光的射出情况，通过界面间距偏差推导折射率的测量误差。
（2）根据折射定律，结合入射角与折射角的定义，直接写出折射率表达式。
（3）通过几何关系表示出入射角与折射角的正弦值，代入折射定律推导折射率的表达式，再结合相对误差的特点，分析入射角大小对测量误差的影响。
（1）A．为了减小作图误差，C和D的距离应适当大些，故A错误；
B．要先画好界线和法线，用玻璃砖的一边对准界线后用三角板轻贴玻璃砖的另一边，移去玻璃砖后再画出另外一条界线，故B错误；
C．根据光的可逆性可知，不论光以多大角度从a边射入，经两次折射后都能从a'边射出，故C正确；
D．如图所示
入射角没有变化，折射角的测量值偏大，故折射率测量值偏小，故D正确。
故选CD。
（2）根据题意有折射率。
（3）[1]根据折射率
设
由几何关系可得，
代入折射率公式得
[2]相对误差的计算式为
为了减小测量、和的相对误差，实验中和要尽量稍大一些，即激光在O点入射时应尽量使入射角稍小一些。
12．【答案】（1）20.035；
（2）；下面
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】解：(1) 螺旋测微器的固定刻度读数为 20mm，可动刻度读数为，因此摆球直径为。
摆球每经过平衡位置遮光一次，一个周期内会两次经过平衡位置，因此从第 1 次到第次遮光，经过的时间间隔对应个周期，即，解得周期。
(2) 根据单摆周期公式，变形可得。
若摆球变形后重心在原重心下方，设重心下移的距离为，则实际摆长为，代入公式得，整理为。
对比图像的函数关系，可得斜率，因此重力加速度；截距为负，说明重心在原重心的下方。
【分析】本题考查用单摆测量重力加速度的实验，涉及螺旋测微器读数、周期计算与数据处理。
(1)结合螺旋测微器的读数规则，读取固定刻度与可动刻度的数值并求和得到直径；根据摆球经过平衡位置的次数与周期的对应关系，推导单摆周期的表达式。
(2)将单摆周期公式变形为的函数形式，结合重心偏移的假设，对比图像的斜率与截距，推导重力加速度的表达式，并判断重心偏移的方向。
（1）[1]摆球的直径为20mm+0.01mm×3.5=20.035mm；
[2]由题意可得
解得周期
（2）[1][2]根据单摆周期公式
则有
假设在原重心下面，则有
可得
根据题中图像可知假设成立，，。
13．【答案】解：（1）折射率为，故临界角为
单色光垂直BC从D点入射，光束恰好不能从圆面射出，即恰好发生全反射，故
故D点到O点的距离为
（2）光路图如图所示，在E、F两点均发生全反射，垂直BC射出。
光束从D点入射到第一次射出玻璃砖的时间为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】本题考查光的全反射与玻璃砖中的光路计算，涉及全反射临界角、光在介质中的传播速度。
（1）光束恰好不能从圆面射出，说明在圆面处刚好发生全反射，入射角等于临界角；先由折射率求出临界角，再结合几何三角形的边角关系，推导OD的长度；
（2）根据全反射条件画出完整光路，确定光束在玻璃砖内传播的总路径长度；由求出光在介质中的传播速度，再用总路程除以速度得到传播时间，需注意光束经过多次全反射后垂直BC边射出。
14．【答案】（1）对头锤下落的过程，根据自由落体运动规律有
解得
设头锤离开气囊时的速度大小为，对头锤上升的过程，根据运动学公式可得
解得
由图乙可知头锤与气囊接触的时间为
以竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得
（2）图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，有
解得
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【分析】本题结合运动学与动量定理考查冲量与作用力的计算，属于动力学综合问题。
(1) 首先利用自由落体运动公式，计算头锤下落到气囊表面时的速度大小；再结合竖直上抛运动的规律，由碰撞后上升的最大高度计算头锤离开气囊时的速度大小。选取竖直向上为正方向，对头锤的碰撞过程应用动量定理，考虑重力与气囊作用力的总冲量等于动量变化量，代入数据求解气囊作用力的冲量。
(2) 明确图像的面积表示力的冲量，图乙中三角形的面积对应的冲量大小。结合三角形面积公式，代入已知的作用时间与冲量数值，求解作用力的最大值。
（1）对头锤下落的过程，根据自由落体运动规律有
解得
设头锤离开气囊时的速度大小为，对头锤上升的过程，根据运动学公式可得
解得
由图乙可知头锤与气囊接触的时间为
以竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得
（2）图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，有
解得
15．【答案】（1）设滑块在点的速度大小为，滑块从运动到点的过程，由能量守恒，可得
解得
设滑块在点的速度大小为，滑块、在平台上运动的过程中动量守恒，有
解得
弹簧弹开过程，滑块、和弹簧组成的系统机械能守恒，有
解得
（2）滑块与小车相互作用过程，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，设滑块离开小车时，滑块与小车的速度分别为、，则有，
解得，
滑块离开小车做平抛运动，竖直方向可看作自由落体运动，有
解得
滑块平抛运动过程中，滑块在水平方向做匀速运动，二者水平方向的相对位移为
解得滑块落地时距小车右端的水平距离
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】本题考查动量守恒、能量守恒与平抛运动的综合应用，涉及弹簧弹开、滑块与小车相互作用多个过程。
(1) 首先以滑块为研究对象，从点运动到点的过程中，摩擦力做功与重力做功共同改变动能，结合恰好到达点的临界条件，由动能定理求解在点的速度大小。弹簧弹开过程中，、组成的系统在光滑平台上水平方向动量守恒，由此求解滑块在点的速度；再根据系统机械能守恒，弹簧的弹性势能全部转化为两个滑块的动能，计算初始弹性势能的大小。
(2) 滑块滑上光滑圆弧小车的过程中，与小车组成的系统水平方向动量守恒，且接触面光滑因此系统机械能守恒，联立两个守恒方程，求解滑块滑离小车时，滑块与小车各自的速度。滑块离开小车后做平抛运动，由平台高度计算平抛运动的时间；小车在水平方向做匀速直线运动，计算两者在平抛时间内的水平位移差值，即可得到滑块落地时距小车右端的水平距离。
（1）设滑块在点的速度大小为，滑块从运动到点的过程，由能量守恒，可得
解得
设滑块在点的速度大小为，滑块、在平台上运动的过程中动量守恒，有
解得
弹簧弹开过程，滑块、和弹簧组成的系统机械能守恒，有
解得
（2）滑块与小车相互作用过程，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，设滑块离开小车时，滑块与小车的速度分别为、，则有，
解得，
滑块离开小车做平抛运动，竖直方向可看作自由落体运动，有
解得
滑块平抛运动过程中，滑块在水平方向做匀速运动，二者水平方向的相对位移为
解得滑块落地时距小车右端的水平距离
1 / 1广东实验中学越秀学校2025-2026学年高二下学期期中物理试题
1．振动和波存在于我们生活的方方面面，关于下列几幅图片描绘的情景分析正确的是（　　）
A．图甲救护车向右运动的过程中，A、B两人听到警笛声的频率相同
B．如图乙，立体电影原理和照相机镜头表面涂上的增透膜的原理一样
C．图丙中，是阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是光的干涉现象，实验时肥皂膜应水平放置
D．图丁中，频率越大的水波绕到挡板后面继续传播的现象越不明显
【答案】D
【知识点】多普勒效应；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】解：A. 根据多普勒效应规律，波源与观察者发生相对运动时，观察者接收到的频率会发生变化。救护车向右运动时，与两侧观察者的相对运动状态不同，因此 A、B 两人听到的警笛频率不相同，A 错误。
B. 立体电影的工作原理是光的偏振现象，通过偏振眼镜过滤不同振动方向的光形成立体视觉；照相机镜头的增透膜利用的是光的薄膜干涉，二者原理并不相同，B 错误。
C. 肥皂膜表面的彩色条纹是薄膜干涉现象，由肥皂膜前后两个表面的反射光叠加形成。实验中肥皂膜需要竖直放置，依靠重力形成厚度渐变的薄膜，才能产生稳定的干涉条纹，C 错误。
D. 波绕过障碍物继续传播的现象是衍射，波长越长衍射现象越显著。水波频率越大，由可知波长越短，因此衍射现象越不明显，D 正确。
故答案为：D
【分析】本题考查机械波的多普勒效应、衍射现象以及光的偏振、薄膜干涉等核心知识点，结合生活场景辨析物理现象的本质。分析选项时需逐一对应物理规律，A 选项结合多普勒效应中相对运动与接收频率的关系，判断不同位置观察者的频率差异；B 选项区分偏振与干涉两类不同的光学现象，明确二者的应用原理；C 选项结合薄膜干涉的形成条件，说明肥皂膜的放置要求与条纹成因的关联；D 选项通过波长与频率的关系，推导频率变化对衍射现象明显程度的影响。
2．如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小车将持续地向右运动
B．锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，机械能也守恒
C．每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动
D．每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】解：A. 将人、锤与平板车视为一个系统，水平面光滑因此系统水平方向不受外力，水平方向总动量始终为零。锤向左运动时车向右运动，锤向右运动时车向左运动，因此小车会做左右往复运动，不会持续向右运动，A 错误。
B. 系统水平方向合外力为零，因此水平方向动量守恒；但人抡锤的过程中，体内的化学能会转化为系统的机械能，系统机械能并不守恒，B 错误。
C. 锤打到车左端时，锤与车立刻达到共同速度，由于系统总动量为零，此时三者速度均为零，人和车会立即停止运动，C 正确。
D. 锤被向左抡到最高点时，锤在水平方向的速度为零，结合系统水平方向总动量为零，可知此时人和车的速度也为零，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查动量守恒定律的应用与系统机械能的判断，核心是明确系统的动量守恒条件与能量转化关系。解题时先确定研究系统，根据水平面光滑的条件得出水平方向动量守恒，结合系统初始总动量为零的特点，分析锤的运动与车运动的对应关系；再从能量角度分析人体化学能对系统机械能的影响，判断机械能是否守恒；最后结合锤的运动状态，利用总动量为零的结论推导对应时刻车与人的速度。
3．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅与驱动力频率的关系）如图所示，则（　　）
A．此单摆的固有周期为
B．此单摆的摆长约为
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长减小，共振曲线的峰将向左侧移动
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】解：A. 物体发生共振时，驱动力频率等于物体的固有频率。由共振曲线可知，振幅最大处对应的驱动力频率为 0.5Hz，即单摆的固有频率为 0.5Hz，因此固有周期，A 正确。
B. 根据单摆周期公式，代入、计算，可得摆长，B 错误。
C. 由单摆周期公式可知，摆长增大时单摆的固有周期增大，而频率与周期互为倒数，因此固有频率会减小，C 错误。
D. 摆长减小时，单摆固有频率增大，共振曲线的峰值对应固有频率，因此峰值会向右侧移动，D 错误。
故答案为：A
【分析】本题考查受迫振动与共振的规律，结合单摆周期公式分析固有频率的影响因素。首先从共振曲线中提取振幅最大对应的频率，得到单摆的固有频率，进而计算固有周期；再利用单摆周期公式推导摆长，以及摆长变化对周期、频率的影响，最终判断共振曲线峰值的移动方向。
4．如图，水平放置的弹簧振子在、之间做简谐运动。是平衡位置，、是振动过程中关于对称的两个位置，则（　　）
A．振子经过、两位置时，加速度相同
B．振子经过、两位置时，动能不相同
C．振子从到和从到的运动时间相等
D．振子从到过程中，所受回复力先增大后减小
【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】解：A. 简谐运动的加速度满足，、关于对称，因此位移大小相等、方向相反，加速度大小相等、方向相反，加速度并不相同，A 错误。
B. 简谐运动具有对称性，振子经过对称位置时速度大小相等，由动能公式可知，两位置的动能相同，B 错误。
C. 、是振子的两个最大位移处，关于平衡位置对称，因此振子从到与从到的过程均为四分之一周期，运动时间相等，C 正确。
D. 回复力满足，振子从到的过程中，位移大小先减小到零再增大，因此回复力先减小后增大，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查弹簧振子简谐运动的对称性与运动规律，涉及加速度、动能、回复力等物理量的变化分析。解题时结合简谐运动的位移、加速度、回复力的对应关系，利用对称位置的位移特点推导加速度与动能的特点；再根据运动的对称性判断两段过程的时间关系；最后结合位移的变化规律，推导回复力的变化趋势。
5．如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷，图中同列波的波峰与波谷相距半个波长。设两列波的振幅均为5cm，且图示的范围内振幅不变，波速和波长都相同。C点是BE连线的中点，下列说法中正确的是（　　）
A．A点始终处于波峰位置
B．C点和D点都保持静止不动
C．图示时刻A、B两点的竖直高度差为20cm
D．图示时刻C质点正处于平衡位置且向B质点方向运动
【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】解：A. 点是波峰与波峰相遇的位置，属于振动加强点，振幅为两列波振幅之和，但加强点仍在平衡位置附近振动，并非始终停留在波峰位置，A 错误。
B. 、均为振动加强点，因此连线上的点也属于振动加强点，会持续振动；点是波峰与波谷相遇的位置，属于振动减弱点，两列波振幅相等因此点振幅为零，保持静止，B 错误。
C. 图示时刻点处于波峰，位移为；点处于波谷，位移为，因此两点竖直高度差为 20cm，C 正确。
D. 波传播过程中，质点仅在各自的平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，因此质点不会向质点方向运动，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查波的干涉现象，涉及振动加强点与减弱点的判断、质点振动特点等知识点。解题时先根据波峰、波谷的相遇情况，区分振动加强点与减弱点，明确加强点振幅增大但仍做振动，并非静止；再结合图示时刻质点的位置，计算两点的高度差；同时需明确波传播时质点不随波迁移，仅在平衡位置附近振动。
6．如图所示为一束太阳光从空气射到六棱柱玻璃横截面时的光路图中标出了折射出的红色光和紫色光。下列说法正确的是（　　）
A．逐渐改变太阳光的入射角，红色光首先发生全反射
B．在六棱柱玻璃中，红色光的速度比紫色光的速度大
C．红色光和紫色光从玻璃射入空气后，频率都变大
D．用同一装置做双缝干涉实验，红色光的条纹间距比紫色光的条纹间距小
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】解：A. 由光路图可知，红光的偏折程度更小，说明玻璃对红光的折射率小于对紫光的折射率。根据全反射临界角公式，折射率越小临界角越大，因此紫光的临界角更小，增大入射角时紫光会先发生全反射，A 错误。
B. 光在介质中的传播速度满足，红光折射率更小，因此在玻璃中的传播速度更大，B 正确。
C. 光的频率由光源决定，光从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化，C 错误。
D. 红光的波长大于紫光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式，波长越长条纹间距越大，因此红光的条纹间距更大，D 错误。
故答案为：B
【分析】本题考查光的折射、全反射与双缝干涉的规律，结合不同色光的折射率差异分析相关现象。首先根据偏折程度判断两种色光的折射率大小关系，再结合全反射临界角公式、介质中光速公式，推导临界角与传播速度的差异；同时明确光的频率由光源决定，与介质无关；最后利用双缝干涉条纹间距公式，结合波长关系判断条纹间距的大小。
7．元好问曲中有“骤雨过，珍珠乱糁，打遍新荷”。为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压力，小齐在雨天将一底面积为0.01m2的圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了40mm。查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为9m/s，雨水的密度为1×103 kg/m3。不计雨滴重力，假设雨滴撞击莲叶后无反弹，据此估算相同面积的睡莲叶面受到的平均压力约为（　　）
A．0.36N B．3.6N C．1.0×10 2N D．1.0×10 3N
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】解：设水杯底面积为，1 小时内落入杯中的雨水总质量为。雨水的体积，对应总质量。取竖直向下为正方向，对撞击叶面的雨水应用动量定理：
代入，，，，，，
解得。根据牛顿第三定律，睡莲叶面受到的平均压力与雨水受到的弹力大小相等，约为。
故答案为：D
【分析】本题考查动量定理在连续介质问题中的应用，核心是选取研究对象并建立动量定理的方程。首先根据水杯的积水情况，计算出单位时间内撞击叶面的雨水总质量；再以撞击的雨水为研究对象，设定正方向，结合撞击后无反弹的末速度条件，利用动量定理列式求解叶面的作用力；最后通过牛顿第三定律得到叶面受到的压力。
8．降噪耳机主要通过主动降噪（ANC）和被动降噪（PNC）两种技术原理实现噪音消除，主动降噪利用声波干涉抵消噪音（如图所示），图中波峰表示密部，波谷表示疏部，下列说法正确的是（　　）
A．降噪声波与环境噪声的波长相同，且耳膜振动方向与环境噪声传播方向平行
B．一个周期内，P点处质点向右移动一个波长的距离
C．图中P点处质点的位移始终为0
D．环境噪声频率越高，降噪声波的频率也必须随之升高，同时从耳机传播到耳膜的速度越大
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】解：A. 发生稳定干涉的条件是两列波频率相同，因此降噪声波与环境噪声频率相等，由可知二者波长也相同。声波属于纵波，质点振动方向与波的传播方向平行，因此耳膜的振动方向与噪声传播方向平行，A 正确。
B. 波传播过程中，质点仅在平衡位置附近振动，不会随波发生迁移，因此点质点不会向右移动，B 错误。
C. 点是两列波振动减弱的位置，且两列声波振幅相等，因此点的合振幅为零，位移始终为 0，C 正确。
D. 要实现干涉降噪，降噪声波频率需与噪声频率保持一致，因此噪声频率升高时降噪声波频率也需升高；但声波的传播速度由介质决定，耳机到耳膜的介质不变，因此声速保持不变，D 错误。
故答案为：AC
【分析】本题考查波的干涉条件与纵波的传播特点，结合主动降噪的实际场景考查波动规律。首先根据干涉的条件判断两列波的频率与波长关系，结合纵波的振动特点分析耳膜的振动方向；再明确波传播时质点不随波迁移的特点，结合振动减弱的规律判断点的位移特点；最后根据波速的决定因素，分析频率变化对传播速度的影响。
9．质量的物体甲静止在光滑水平面上，质量未知的物体乙从甲的左侧以一定的速度与物体甲发生正碰，碰撞时间极短，磁撞后物体甲和物体乙粘在一起成为一个整体。如图所示，a段为碰撞前物体乙的位移—时间图像，b段为碰撞后整体的位移—时间图像，下列说法正确的是（　　）
A．碰撞前物体乙的速度与碰撞后整体的速度大小之比为5：3
B．碰撞过程中物体甲对物体乙的冲量与物体乙对物体甲的冲量大小相等、方向相反
C．物体甲与物体乙的质量之比为1：2
D．物体甲和物体乙碰撞过程中机械能守恒
【答案】B,C
【知识点】运动学 S-t 图象；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】解：A. 图像的斜率表示速度，由图像可得碰撞前乙的速度，碰撞后整体的速度，因此速度大小之比为，A 错误。
B. 碰撞过程中，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，且作用时间相同，由冲量定义可知，二者的冲量大小相等、方向相反，B 正确。
C. 甲乙碰撞过程满足动量守恒，取乙的初速度方向为正方向，有，代入数据解得，因此甲乙质量之比为，C 正确。
D. 碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程中存在机械能损失，损失的机械能，因此机械能不守恒，D 错误。
故答案为：BC
【分析】本题结合位移 - 时间图像考查动量守恒定律的应用，涉及冲量、机械能守恒的判断。首先从图像的斜率提取碰撞前后的速度，计算速度比值；再根据相互作用力的特点，结合冲量的定义判断两个冲量的关系；利用动量守恒定律求解未知物体的质量，得到质量之比；最后通过计算碰撞前后的动能差值，判断机械能是否守恒。
10．如图甲所示，机器人手持彩带一端上下抖动模拟艺术体操运动员的动作，形成的绳波可简化为简谐波。以手的平衡位置为坐标原点，已知乙图为处波源的振动图像，图丙为原点右侧处质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．内，处波源通过的路程为
B．0时刻，处质点的振动方向向上
C．若波长大于，此列波的传播速率可能是
D．若波长大于，此列波的传播速率一定是
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解：A. 由振动图像可知，波的周期，振幅。0~1s 内包含的周期数，一个周期内质点通过的路程为，因此总路程，A 正确。
B. 由丙图可知，时刻后，处质点的位移向负方向增大，说明该时刻质点振动方向向下，B 错误。
C. 波沿 x 轴正方向传播，时处质点在波峰，处质点在平衡位置且向下振动，因此两点间距满足（），整理得。
若，则，解得，即或。
当时，，对应波速，C 正确。
D. 若，则，解得，仅符合条件。
此时，波速，并非，D 错误。
故答案为：AC
【分析】本题结合振动图像考查简谐波的传播规律，涉及质点路程、振动方向、波速计算等知识点。首先从振动图像中提取周期与振幅，根据时间与周期的倍数关系计算质点的运动路程；再通过振动图像判断指定时刻质点的振动方向；结合两点的振动状态，推导波长的通式，根据波长的限制条件筛选的取值，进而计算对应的波速。
11．某学习小组进行测量玻璃的折射率实验。小明同学采用如图甲的实验方法：先在木板上面铺一张白纸并用图钉固定，用直尺画一条直线a，把平行玻璃砖放在纸上，一边与直线a平齐，描出玻璃砖的另一条边a'，在玻璃砖的一侧插两个大头针A、B，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住。接下来在眼睛这一侧插上大头针C，使C挡住A和B，再插上大头针D，使D挡住A、B、C。
（1）关于此实验，下列说法正确的是___________
A．为了减小作图误差，C和D的距离应适当小些
B．在白纸上用笔沿着玻璃砖下边缘画出直线a'
C．不论光以多大角度从a边射入，经两次折射后都能从a'边射出
D．若误将玻璃砖的两界面aa'间距画得偏大，则折射率的测量值将偏小
（2）移开玻璃砖，过A、B作直线交a于O点，过C、D作直线交a'于O'点，连接OO'，过O'作垂直于a'的直线bb'，测量图甲中角θ1和θ2的大小，则玻璃砖的折射率n=　 　；
（3）另一名同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：
①将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。
②激光笔发出的激光沿MO从玻璃砖上的O点水平入射，到达ef面上的A点后反射到eh面的B点。用大头针在白纸上标记O点、A点和B点位置。
③移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作MO连线的延长线与eh面的边界交于C点，如图所示。
④用刻度尺测量OA、AB、OC的长度d1、d2、d3。
利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式n=　 　；（用d1、d2、d3来表示）相对误差的计算式为 。为了减小测量的相对误差，实验中激光在O点入射时应适当使入射角　 　。（选填“增大”或“减小”）
【答案】（1）C；D
（2）
（3）；减小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】(1)A．为了减小作图误差，C和D的距离应适当大些，故A错误；
B．要先画好界线和法线，用玻璃砖的一边对准界线后用三角板轻贴玻璃砖的另一边，移去玻璃砖后再画出另外一条界线，故B错误；
C．根据光的可逆性可知，不论光以多大角度从a边射入，经两次折射后都能从a'边射出，故C正确；
D．如图所示
入射角没有变化，折射角的测量值偏大，故折射率测量值偏小，故D正确。
故选CD。
(2) 根据折射定律，光从空气射入玻璃时，入射角为，折射角为，因此折射率。
(3) 设玻璃砖的厚度为，入射角为，折射角为。由几何关系可得，。根据折射定律，代入得。为减小长度测量的相对误差，应让测量的长度值尽可能大，因此入射时应适当减小入
【分析】本题考查测量玻璃折射率的实验，涉及插针法与激光反射法两种实验方案，考查实验操作、误差分析与折射率推导。
（1）结合实验操作规范与误差来源，逐一判断选项的正误，明确大头针间距、边界描绘方法对实验误差的影响，结合光路可逆性分析光的射出情况，通过界面间距偏差推导折射率的测量误差。
（2）根据折射定律，结合入射角与折射角的定义，直接写出折射率表达式。
（3）通过几何关系表示出入射角与折射角的正弦值，代入折射定律推导折射率的表达式，再结合相对误差的特点，分析入射角大小对测量误差的影响。
（1）A．为了减小作图误差，C和D的距离应适当大些，故A错误；
B．要先画好界线和法线，用玻璃砖的一边对准界线后用三角板轻贴玻璃砖的另一边，移去玻璃砖后再画出另外一条界线，故B错误；
C．根据光的可逆性可知，不论光以多大角度从a边射入，经两次折射后都能从a'边射出，故C正确；
D．如图所示
入射角没有变化，折射角的测量值偏大，故折射率测量值偏小，故D正确。
故选CD。
（2）根据题意有折射率。
（3）[1]根据折射率
设
由几何关系可得，
代入折射率公式得
[2]相对误差的计算式为
为了减小测量、和的相对误差，实验中和要尽量稍大一些，即激光在O点入射时应尽量使入射角稍小一些。
12．在用单摆测重力加速度的实验中。如图甲所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。
（1）用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径，示数如图乙所示，则摆球的直径为　 　mm。甲同学利用光电门从摆球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时刻t，则单摆的周期　 　。
（2）处理数据后，乙同学才发现实验时摆球已变形。他测出摆长L（球未变形时测得），并测出对应的周期T，然后作出相应的关系图线，如图丙所示，图像不过原点，测得图线的斜率为k，截距为b，则重力加速度大小　 　，摆球变形后的重心在原重心的　 　（填“上面”或“下面”）。
【答案】（1）20.035；
（2）；下面
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】解：(1) 螺旋测微器的固定刻度读数为 20mm，可动刻度读数为，因此摆球直径为。
摆球每经过平衡位置遮光一次，一个周期内会两次经过平衡位置，因此从第 1 次到第次遮光，经过的时间间隔对应个周期，即，解得周期。
(2) 根据单摆周期公式，变形可得。
若摆球变形后重心在原重心下方，设重心下移的距离为，则实际摆长为，代入公式得，整理为。
对比图像的函数关系，可得斜率，因此重力加速度；截距为负，说明重心在原重心的下方。
【分析】本题考查用单摆测量重力加速度的实验，涉及螺旋测微器读数、周期计算与数据处理。
(1)结合螺旋测微器的读数规则，读取固定刻度与可动刻度的数值并求和得到直径；根据摆球经过平衡位置的次数与周期的对应关系，推导单摆周期的表达式。
(2)将单摆周期公式变形为的函数形式，结合重心偏移的假设，对比图像的斜率与截距，推导重力加速度的表达式，并判断重心偏移的方向。
（1）[1]摆球的直径为20mm+0.01mm×3.5=20.035mm；
[2]由题意可得
解得周期
（2）[1][2]根据单摆周期公式
则有
假设在原重心下面，则有
可得
根据题中图像可知假设成立，，。
13．如图所示是一个半圆柱形玻璃砖的横截面，O点为圆心， BC为直径，该截面内有一细束单色光垂直BC从D点入射，光束恰好不能从圆面射出。已知玻璃砖对该单色光的折射率为，半圆的半径为R，光在真空中传播速度为c，求
（1）D点到O点的距离；
（2）光束从D点入射到第一次射出玻璃砖的时间。
【答案】解：（1）折射率为，故临界角为
单色光垂直BC从D点入射，光束恰好不能从圆面射出，即恰好发生全反射，故
故D点到O点的距离为
（2）光路图如图所示，在E、F两点均发生全反射，垂直BC射出。
光束从D点入射到第一次射出玻璃砖的时间为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】本题考查光的全反射与玻璃砖中的光路计算，涉及全反射临界角、光在介质中的传播速度。
（1）光束恰好不能从圆面射出，说明在圆面处刚好发生全反射，入射角等于临界角；先由折射率求出临界角，再结合几何三角形的边角关系，推导OD的长度；
（2）根据全反射条件画出完整光路，确定光束在玻璃砖内传播的总路径长度；由求出光在介质中的传播速度，再用总路程除以速度得到传播时间，需注意光束经过多次全反射后垂直BC边射出。
14．如图甲所示，在汽车安全气囊的性能测试中，质量的头锤（视为质点）从距气囊表面高度处由静止下落，与正下方的气囊发生碰撞，以头锤到达气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力随时间变化的规律如图乙所示。碰撞结束后头锤上升的最大高度，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）碰撞过程中的冲量大小；
（2）气囊对头锤竖直方向的作用力的最大值。
【答案】（1）对头锤下落的过程，根据自由落体运动规律有
解得
设头锤离开气囊时的速度大小为，对头锤上升的过程，根据运动学公式可得
解得
由图乙可知头锤与气囊接触的时间为
以竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得
（2）图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，有
解得
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【分析】本题结合运动学与动量定理考查冲量与作用力的计算，属于动力学综合问题。
(1) 首先利用自由落体运动公式，计算头锤下落到气囊表面时的速度大小；再结合竖直上抛运动的规律，由碰撞后上升的最大高度计算头锤离开气囊时的速度大小。选取竖直向上为正方向，对头锤的碰撞过程应用动量定理，考虑重力与气囊作用力的总冲量等于动量变化量，代入数据求解气囊作用力的冲量。
(2) 明确图像的面积表示力的冲量，图乙中三角形的面积对应的冲量大小。结合三角形面积公式，代入已知的作用时间与冲量数值，求解作用力的最大值。
（1）对头锤下落的过程，根据自由落体运动规律有
解得
设头锤离开气囊时的速度大小为，对头锤上升的过程，根据运动学公式可得
解得
由图乙可知头锤与气囊接触的时间为
以竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得
（2）图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，有
解得
15．如图所示，处于光滑水平面上的四分之一光滑圆弧小车，半径，停靠在平台左端且与平台高度相等。平台高，部分光滑，部分粗糙且与滑块间的动摩擦因数，长度。为的四分之一光滑固定圆弧轨道。滑块、间有一被锁定且处于压缩状态的轻质弹簧，弹簧与、不拴接，解除锁定后，恰好能到达轨道的点。已知滑块、离开平台前弹簧已经恢复原长，、质量均为，小车质量，取。求：
（1）滑块滑上小车时的速度大小和初始弹簧的弹性势能；
（2）滑块滑离小车时的速度大小和落地时距小车右端的水平距离。
【答案】（1）设滑块在点的速度大小为，滑块从运动到点的过程，由能量守恒，可得
解得
设滑块在点的速度大小为，滑块、在平台上运动的过程中动量守恒，有
解得
弹簧弹开过程，滑块、和弹簧组成的系统机械能守恒，有
解得
（2）滑块与小车相互作用过程，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，设滑块离开小车时，滑块与小车的速度分别为、，则有，
解得，
滑块离开小车做平抛运动，竖直方向可看作自由落体运动，有
解得
滑块平抛运动过程中，滑块在水平方向做匀速运动，二者水平方向的相对位移为
解得滑块落地时距小车右端的水平距离
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】本题考查动量守恒、能量守恒与平抛运动的综合应用，涉及弹簧弹开、滑块与小车相互作用多个过程。
(1) 首先以滑块为研究对象，从点运动到点的过程中，摩擦力做功与重力做功共同改变动能，结合恰好到达点的临界条件，由动能定理求解在点的速度大小。弹簧弹开过程中，、组成的系统在光滑平台上水平方向动量守恒，由此求解滑块在点的速度；再根据系统机械能守恒，弹簧的弹性势能全部转化为两个滑块的动能，计算初始弹性势能的大小。
(2) 滑块滑上光滑圆弧小车的过程中，与小车组成的系统水平方向动量守恒，且接触面光滑因此系统机械能守恒，联立两个守恒方程，求解滑块滑离小车时，滑块与小车各自的速度。滑块离开小车后做平抛运动，由平台高度计算平抛运动的时间；小车在水平方向做匀速直线运动，计算两者在平抛时间内的水平位移差值，即可得到滑块落地时距小车右端的水平距离。
（1）设滑块在点的速度大小为，滑块从运动到点的过程，由能量守恒，可得
解得
设滑块在点的速度大小为，滑块、在平台上运动的过程中动量守恒，有
解得
弹簧弹开过程，滑块、和弹簧组成的系统机械能守恒，有
解得
（2）滑块与小车相互作用过程，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，设滑块离开小车时，滑块与小车的速度分别为、，则有，
解得，
滑块离开小车做平抛运动，竖直方向可看作自由落体运动，有
解得
滑块平抛运动过程中，滑块在水平方向做匀速运动，二者水平方向的相对位移为
解得滑块落地时距小车右端的水平距离
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