2025年上外版選擇性必修1物理下冊階段測試試卷

…………○…………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年上外版選擇性必修1物理下冊階段測試試卷365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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖兩個彈簧振子懸掛在同一支架上；已知甲彈簧振子的固有頻率為8Hz，乙彈簧振子的固有頻率為72Hz，當支架在受到豎直方向且頻率為9Hz的驅(qū)動力作用做受迫振動時，則兩個彈簧振子的振動情況是（）

A.甲的振幅較大，且振動頻率為8HzB.甲的振幅較大，且振動頻率為9HzC.乙的振幅較大，且振動頻率為9HzD.乙的振幅較大，且振動頻率為72Hz2、電磁炮是利用電磁發(fā)射技術(shù)制成的一種先進高能量殺傷武器．與傳統(tǒng)大炮將火藥燃氣壓力作用于彈丸不同，電磁炮是利用電磁系統(tǒng)中電磁場產(chǎn)生的磁場力來對金屬炮彈進行加速，可大大提高炮彈的速度和射程．某一試驗研制的電磁炮，發(fā)射軌道寬L=2m，長x=50m，可將m=300g的彈丸加速到v=4km/s．假設(shè)彈丸在恒定合外力作用下在軌道上做勻加速直線運動，下列說法正確的是A.其它條件不變，若彈丸質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，射出速度將變?yōu)樵瓉淼谋禕.其它條件不變，若彈丸質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，射出速度將變?yōu)樵瓉淼谋禖.其它條件不變，若發(fā)射軌道的長度變?yōu)樵瓉淼?倍，加速時間將變?yōu)樵瓉淼?倍D.其它條件不變，若發(fā)射軌道的長度變?yōu)樵瓉淼?倍，加速時間將變?yōu)樵瓉淼谋?、全民運動，始于“足下”，足球已經(jīng)成為中國有“體育大國”向“體育強國”轉(zhuǎn)變具有代表性的重要一步。如圖所示，學生練習用腳顛球。足球的質(zhì)量為0.4kg，某一次足球由靜止自由下落0.8m，被重新顛起，離開腳部后豎直上升的最大高度為0.45m。已知足球與腳部的作用時間為0.1s，重力加速度大小g取10m/s2；不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.足球從下落到再次上到最大高度，全程用了0.7sB.在足球與腳接觸的時間內(nèi)，合外力對足球做的功為1.4JC.足球與腳部作用過程中動量變化量大小為2.8kg?m/sD.足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為4N?s4、如圖，一質(zhì)點在某段時間內(nèi)沿曲線從a點運動到b點，在a、b兩處該質(zhì)點的速率均不為零；則在這段時間內(nèi)（）

A.該質(zhì)點的加速度方向一定不斷改變B.該質(zhì)點所受的合外力大小一定不斷改變C.合外力對該質(zhì)點做的功一定不為零D.合外力對該質(zhì)點的沖量一定不為零5、籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前。這樣做可以（）A.減小籃球的動量變化量B.減小籃球?qū)κ值臎_量C.減小籃球的動能變化量D.減小籃球與手之間的相互作用力6、如圖所示，物塊A、B的質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝3kg，物塊A左側(cè)固定有一輕質(zhì)彈簧．開始B靜止于光滑的水平面上，A以v0＝5m/s的速度沿著兩者連線向B運動；某一時刻彈簧的長度最短．則以下看法正確的是（）

A.彈簧最短時A的速度大小為1m/sB.彈簧最短時A的速度大小為2m/sC.從B與彈簧接觸到彈簧最短的過程中A克服彈簧彈力做的功與彈簧彈力對B所做的功相等D.從B與彈簧接觸到彈簧最短的過程中彈簧對B的沖量相同7、自由擺動的秋千擺動幅度越來越小，下列說法正確的是（）A.機械能守恒B.能量正在消失C.只有動能和勢能相互轉(zhuǎn)化D.減少的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖像如圖所示；下列描述正確的是（）

A.質(zhì)點速度最大而加速度為零的時刻分別是1s、3sB.質(zhì)點速度為零而加速度為負方向最大值的時刻分別是1s、5sC.質(zhì)點所受的回復力方向由正變?yōu)樨摰臅r刻是4sD.振動系統(tǒng)勢能最大而加速度為正方向最大的時刻是1s、5s9、如圖，水平放置的輕彈簧左端固定，右端連接質(zhì)量為m的小球，小球靜止在光滑水平面上。在水平向右的恒力F作用下小球由靜止開始運動，某時刻速度大小為v、方向向右，經(jīng)時間t后，小球向右移動了x，速度大小仍為v；方向向左。不計空氣阻力；彈簧一直在彈性限度內(nèi)。則此過程中（）

A.彈簧彈力對小球做的功為零B.彈簧的彈性勢能增加了C.小球的重力的沖量為零D.彈簧彈力的沖量大小為10、質(zhì)量為M的1/4圓弧槽A靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小球B以速度v0水平向右沖上槽的表面，升至最高后又從槽上滑下，此過程中（））

A.小球B和槽A分離時的速度方向可能向右B.小球B和槽A分離時的速度可能為零C.小球BD.小球B和槽A組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量也守恒上升的最大高度可以達到11、如圖所示，水平面上有一質(zhì)量m=3kg的小車，其右端固定一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接一質(zhì)量的小物塊，小物塊與小車一起以的速度向右運動，與靜止在水平面上質(zhì)量M=1kg的小球發(fā)生彈性碰撞；碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦阻力。則下列說法中正確的是（）

A.小車與小球碰撞后小球的速度大小為6m/sB.當彈簧被壓縮到最短時小車的速度大小為2.4m/sC.從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對小物塊的沖量大小為D.若從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短用時2s，則小車在這2s內(nèi)的位移x與彈簧最大形變量l的關(guān)系式為12、如圖甲所示，單邊有界勻強磁場垂直光滑水平桌面向上，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，一個質(zhì)量為m、邊長為L、粗細均勻的正方形金屬線框放在桌面上，以一定的速度向右滑動，線框運動過程中cd邊始終與磁場邊界平行，線框進磁場過程中cd邊兩端的電壓隨時間變化如圖乙所示，線框的電阻為R；則下列說法正確的是（）

A.線框進磁場過程中，回路中的最大感應(yīng)電動勢為U0B.線框進磁場前的速度大小為C.線框進磁場過程，線框cd邊受到安培力的沖量大小為（U0-U1）D.線框進磁場過程，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為13、位于光滑水平面上的小車受到水平向右的拉力作用從靜止開始運動，已知這一過程中拉力大小由F1隨時間均勻增大到F2，所用時間為t，小車的位移為s，小車末速度為v。則下列判斷正確的是（）A.小車增加的動能等于B.小車增加的動能大于C.小車增加的動量等于D.小車的位移小于14、如圖所示；一個斜面與水平地面平滑連接，斜面與水平地面均光滑。小物塊P放在水平地面上，小物塊Q自斜面上某位置處由靜止釋放，P，Q之間的碰撞為彈性正碰，斜面與水平面足夠長，則下列說法正確的是（）

A.若則P、Q只能發(fā)生一次碰撞B.若則P、Q只能發(fā)生一次碰撞C.若則P、Q只能發(fā)生兩次碰撞D.若則P、Q只能發(fā)生三次碰撞15、一質(zhì)量為M＝1.98kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動，被一水平向左飛來的子彈擊中并留在物塊中，子彈質(zhì)量為0.02kg．如圖甲所示，地面觀察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運動的方向為正方向)．已知傳送帶的速度保持不變，g取．下列說法正確的是（）

A.子彈射入物塊前的速度大小為400m/sB.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2C.由于子彈的射入，電動機對傳送帶多做的功為24JD.整個過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為36J16、如圖甲所示，一根拉緊的均勻弦線沿水平的x軸放置，現(xiàn)對弦線上O點（坐標原點）施加一個向上的擾動后停止，其位移時間圖像如乙圖所示，該擾動將以2m/s的波速向x軸正向傳播；且在傳播過程中沒有能量損失，則有（）

A.2.5s時5m處的質(zhì)點開始向上運動B.2s<2.5s時間內(nèi)4m處的質(zhì)點向上運動C.2.5s時2m處的質(zhì)點恰好到達最低點E.弦線上每個質(zhì)點都只振動了1sE.弦線上每個質(zhì)點都只振動了1s評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、如圖所示，將一質(zhì)量m的石頭從A點由靜止釋放，石頭陷入泥潭并靜止于C．小球在空中下落的時間為3t，在泥潭中運動的時間為t，不計空氣阻力，重力加速度為g，石頭陷入泥潭中阻力的沖量大小為______，石頭在泥潭中受到平均阻力大小為____.

18、圓頻率ω：表示簡諧運動的快慢，其與周期T、頻率f間的關(guān)系式為ω＝ω＝_______。19、如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平地面上，車上裝有半徑為R的半圓形光滑軌道，現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球在軌道的邊緣由靜止釋放，當小球滑至半圓軌道的最低位置時，小車移動的距離為________，小球的速度大小為________．20、單擺周期公式。

（1）提出：周期公式是荷蘭物理學家____________首先提出的。

（2）公式：即周期T與擺長l的二次方根成____________，與重力加速度g的二次方根成____________，而與振幅、擺球質(zhì)量____________。21、單色光從某種介質(zhì)斜射向空氣時，在介質(zhì)中的入射角______（選填“大于”“小于”或“等于”）在空氣中的折射角；如圖所示，當該單色光與分界面的夾角為60°時，在空氣中的折射光線恰好消失，則該單色光在此介質(zhì)中的折射率n=______（保留兩位有效數(shù)字）。

評卷人得分四、作圖題(共4題，共40分)22、細繩的一端在外力作用下從時刻開始做簡諧運動，激發(fā)出一列簡諧橫波，在細繩上選取15個點，圖為時刻各點所處的位置，圖為時刻的波形圖（T為波的周期）.請在圖中畫出時刻的波形圖________

23、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。

24、某一簡諧橫波在時刻的波形圖如圖所示。若波向右傳播，畫出后和前兩個時刻的波的圖像。___________

25、如圖所示，一列簡諧波在x軸上傳播，波速為50m/s。已知時刻的波形圖像如圖甲所示，圖中M處的質(zhì)點此時正經(jīng)過平衡位置沿y軸的正方向運動。將時的波形圖像畫在圖乙上（至少要畫出一個波長）。

評卷人得分五、解答題(共4題，共12分)26、某透明介質(zhì)的橫截面如圖所示，是矩形，是圓弧。現(xiàn)有一單色細光束從邊的中點M射入透明介質(zhì)，到達的中點N時恰好發(fā)生全反射，最后從P點射出透明介質(zhì)。求該光線從P點射出時的折射角（不考慮光在上的反射）。

27、某生產(chǎn)廠家制作截面為正三角形的棱鏡時，首先將和邊打磨成平面，且兩邊的夾角為其中另一邊為以為圓心的圓弧，在邊的延長線上有一光源，沿的方向發(fā)射出的光線射到面上，經(jīng)棱鏡折射后由弧上的點射出，最終射到另一側(cè)的延長線的點（圖中未畫出）。已知與平行，且光在真空中的速度為c。求：

（1）該光線在棱鏡中的折射率；

（2）光線由傳到的時間。

28、如圖所示，某單色光射入圓柱形透明介質(zhì)，再經(jīng)過一次反射一次折射，射出圓柱面。已知入射角介質(zhì)對該光的折射率為圓柱半徑為光在真空中的速度為求：

（1）射出光線與射入光線的夾角

（2）該光在圓柱中傳播的時間。

29、如圖所示，一個豎直彈簧連著一個質(zhì)量為M的木塊，木塊上放一質(zhì)量為m的小鐵塊。現(xiàn)使整個裝置在豎直方向上做簡諧運動，振幅為A；在整個過程中小鐵塊恰好不脫離木塊。（提示：由對稱性可知，做簡諧運動的物體，在最低點與在最高點的加速度等大；反向）

（1）求彈簧的勁度系數(shù)k；

（2）整個裝置在運動的過程中；求彈簧長度最短時，小鐵塊對木塊的壓力。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【詳解】

支架在受到豎直方向且頻率為9Hz的驅(qū)動力作用下做受迫振動時；甲乙兩個彈簧振子都做受迫振動，它們振動的頻率都等于驅(qū)動力的頻率9Hz，由于甲的頻率接近于驅(qū)動力的頻率，所以甲的振幅較大。

故選B2、B【分析】【詳解】

A、設(shè)恒定的合外力為F，則根據(jù)動能定理有：則故彈丸質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，射出速度將變?yōu)樵瓉淼谋?；故選項A錯誤，選項B正確；

C、根據(jù)動量定理：將代入整理可以得到：發(fā)射軌道的長度變?yōu)樵瓉淼?倍，加速時間將變?yōu)樵瓉淼谋?；故選項CD錯誤．

點睛：本題重點考查動量定理和動能定理的應(yīng)用，注意公式中的F代表的是合力．3、C【分析】【詳解】

A．足球下落時間為

足球上升時間為

總時間為

A錯誤；

B．在足球與腳接觸的時間內(nèi)，合外力對足球做的功為

根據(jù)運動學公式

解得

B錯誤；

C．足球與腳部作用過程中動量變化量大小為

C正確；

D．足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為

D錯誤。

故選C。4、D【分析】【分析】

物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上；合外力大小和方向不一定變化，由此可以分析得出結(jié)論。

【詳解】

AB．由a到b為曲線運動；可能為勻變速曲線運動，加速度不變，合力不變，故AB錯誤；

CD．由a到b可能為速度大小不變；方向變化，動量變化，但動能不變，則外力做功為0，沖量不為0，故C錯誤，D正確。

故選D。

【點睛】

明確做曲線運動的質(zhì)點其受力可能為恒力，也可能為變力，速度變化即動量變化，速度大小不變，則動能不變。5、D【分析】【分析】

【詳解】

先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得-Ft=0-mv

解得

接球過程，球的動量變化量相等，當時間增大時，球動量的變化率減小，作用力就減小，而沖量和動量和動能的變化量都不變。

故選D。6、B【分析】【詳解】

AB．運動過程中動量守恒，彈簧最短時A、B速度相等，根據(jù)動量守恒定律可知：

代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s；故A錯誤，B正確.

C．在此過程中A克服彈簧彈力做的功為：

代入數(shù)據(jù)得：WA=21J

而彈簧彈力對B所做的功為：

代入數(shù)據(jù)得：WB=6J；故兩者不相等，所以C錯誤.

D．此過程彈簧對A的沖量為：

代入數(shù)據(jù)得：

對B的沖量為：

代入數(shù)據(jù)得：

故此過程中彈簧對A、B的沖量大小相同，方向相反，故D錯誤.7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．自由擺動的秋千擺動幅度越來越??；說明秋千的機械能越來越小，機械能不守恒。故A錯誤；

BD．秋千的機械能越來越小；減小的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。能量并沒有消失。故B錯誤，D正確；

C．秋千的機械能越來越小；減小的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，并不僅僅是動能與重力勢能之間的轉(zhuǎn)化。故C錯誤。

故選D。二、多選題(共9題，共18分)8、B:C【分析】【詳解】

A．由圖可知；在1s；3s時刻，位移最大，速度為0，加速度最大，故A錯誤；

BD．由圖可知，在1s、5s時刻，質(zhì)點位移為正且最大，勢能最大，則速度為0，由知加速度為負且最大；故B正確，D錯誤；

C．在時質(zhì)點位移為零；位移正在從負變成正，所以回復力正在從正變成負，故C正確。

故選BC。9、B:D【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)動能定理WW彈=0W

所以W

彈性勢能增加小球重力的沖量為根據(jù)動量定理，取向左為正方向

所以

則BD正確；AC錯誤；

故選BD。10、A:B【分析】【詳解】

小球滑上滑車，又返回，到離開滑車的整個過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒．選取向右為正方向，由動量守恒定律得：Mv0=Mv1+mv2，由機械能守恒定律得：Mv02=Mv12+mv22，解得：v1=v0，v2=v0；當M>m時v1>0，此時小球B的速度方向可能向右；當M=m時v1=0，此時小球B的速度為零；選項AB正確；當小球與小車的速度相同時，小球上升到最大高度，設(shè)共同速度為v．規(guī)定向右為正方向，運用動量守恒定律得：Mv0=（m+M）v，根據(jù)能量守恒定律得，有：Mv02-（m+M）v2=Mgh，解得：h=故C錯誤；小球B和槽A組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，水平方向受合力為零，則水平方向動量也守恒，選項D錯誤；故選AB．

點睛：本題考查了動量守恒定律和能量守恒定律的綜合，要知道當小球與小車的速度相等時，小球上升到最大高度．明確系統(tǒng)遵守水平動量守恒和機械能守恒這兩大規(guī)律．11、A:D【分析】【詳解】

A．對小車與小球有

解得

A正確；

B．小車與小球碰撞后到彈簧被壓縮到最短，對小車與小物塊有

解得

B錯誤；

C．根據(jù)上述，從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對小物塊的沖量大小

解得

即大小為C錯誤；

D．小車與小球碰撞后到彈簧被壓縮到最短，對小車與小物塊，根據(jù)動量守恒定律的平均速度表達式有

則有

既有

根據(jù)題意有

解得

D正確。

故選AD。12、B:C:D【分析】【詳解】

A．由圖乙可知cd邊兩端的電壓最大值為U0，線框進入過程中，cd邊切割磁感線，等效于電源，故cd兩端的電壓等于外電壓，設(shè)回路中的最大應(yīng)電動勢為E，則有：

即：

故A錯誤；

B．由：

可知：

故B正確；

C．由AB選項分析同理可知線框全部進入磁場時速度為：

設(shè)向右為正方向，線框進入磁場過程中有動量定理可知：

cd邊受到安培力的沖量方向向左，與正方向相反，為負，故大小為：

故C正確；

D．線框進磁場過程中，產(chǎn)生的焦耳熱根據(jù)能量守恒有：

故D正確。

故選BCD。13、B:C:D【分析】【詳解】

AB．因為拉力大小由F1隨時間均勻增大到F2，而小車做加速運動，位移在單位時間內(nèi)增加的越來越大，所以若將位移s均分為無數(shù)小段，則在每一小段位移內(nèi)F增加的越來越慢，如圖所示（曲線表示題所示情況，直線表示拉力隨s均勻變化情況）；而圖像的面積表示拉力做的功。

其中拉力隨s均勻變化時，拉力做功為：

故當拉力大小由F1隨時間均勻增大到F2時（曲線情況），做功大于根據(jù)動能定理可知小車增加的動能大于A錯誤B正確；

C．因為拉力是隨時間均勻增大，故在t時間內(nèi)拉力的平均值為：

所以物體動量增加量為：

C正確；

D．根據(jù)牛頓第二定律可知在力隨時間均勻增大的過程中物體運動的加速度逐漸增大，即圖像的斜率增大（圖中紅線所示；而黑線表示做勻加速直線運動情況）。

根據(jù)圖像的面積表示位移可知小車的位移小于D正確。

故選BCD。14、A:C【分析】【詳解】

AB．設(shè)Q滑到水平面上時速度大小為v，P、Q相碰．動量守恒及動能不變，有

聯(lián)立解得第一次碰后

之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，則有

解得

故A正確；B錯誤；

C．若第一次碰后，可得

之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有

故P；Q只能發(fā)生兩次碰撞；故C正確；

D．若第一次碰后，可得

之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有

故P；Q只能發(fā)生兩次碰撞；故D錯誤。

故選AC。15、B:C:D【分析】【詳解】

A、從圖象看出，物塊被子彈射后的共同速度然后一起先向左減速到0，然后向右加速到以后隨傳送帶一起做勻速運動，所以傳送帶的速度方向向右，其速度為：子彈與物塊相互作用的過程中，子彈與物塊組成的系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)得：故選項A錯誤；

B、由速度圖象得，物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運動的加速度為：

由牛頓第二定律得：其中：所以：

得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為：故選項B正確；

C、由于子彈的射入，即在內(nèi)，

在這段時間內(nèi)電動機對傳送帶多做的功為克服摩擦力做的功，即：故選項C正確；

D；由速度圖象可知；傳送帶與物塊存在摩擦力的時間只有3秒；

內(nèi)：（向左）（向右）；

內(nèi)：（向右）；（向右）；

所以，物塊與傳送帶之間的相對位移

產(chǎn)生的內(nèi)能故選項D正確．

【點睛】

本題借助傳送帶模型考查了功能關(guān)系，勻變速直線運動規(guī)律，摩擦因數(shù)，牛頓第二定律、動量守恒定律等知識點，綜合性很強，解題的關(guān)鍵是正確認識勻變速直線運動的圖象．16、A:B:E【分析】【分析】

【詳解】

由圖可知周期為則

A．2.5s時波傳播的距離為

質(zhì)點開始向上運動；則A正確；

B．t＝2s時傳播距離

則4m處的質(zhì)點開始向上運動，2.5s時到達最高點，則2s＜t＜2.5s時間內(nèi)4m處的質(zhì)點向上運動；故B正確；

C．2.5s時2m處的質(zhì)點已停止運動；不可能到達最低點，則C錯誤；

D．4m處的質(zhì)點與1m處的質(zhì)點距離為3m，是波長的倍；則4m處的質(zhì)點到達最高點時1m處的質(zhì)點已經(jīng)停止運動，則D錯誤；

E．因振源只振動了1s；則其它質(zhì)點參與振動了1s，則E正確；

故選：ABE。三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】【詳解】

[1]對小球下落的全過程分析，受重力和泥潭的阻力，取向上為正方向，由全程的動量定理：

解得：方向向上.

[2]泥潭對球的平均阻力設(shè)為由沖量

解得：【解析】4mgt4mg18、略

【分析】【詳解】

略【解析】2πf19、略

【分析】當小球滾到最低點時，設(shè)此過程中,小球水平位移的大小為s1，車水平位移的大小為s2．

在這一過程中，由系統(tǒng)水平方向總動量守恒得（取水平向左為正方向）

又s1+s2=R

由此可得：

當小球滾至凹槽的最低時，小球和凹槽的速度大小分別為v1和v2．據(jù)水平方向動量守恒。

mv1=Mv2

另據(jù)機械能守恒得：mgR=mv12+Mv22

得：【解析】20、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】惠更斯正比反比無關(guān)21、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)

折射率大于1；可知，單色光從某種介質(zhì)斜射向空氣時，在介質(zhì)中的入射角小于空氣中的折射角；

[2]當該單色光與分界面的夾角為60°時，在空氣中的折射光線恰好消失，可知臨界角為C=90°-60°=30°

根據(jù)

解得n=2.0【解析】小于2.0四、作圖題(共4題，共40分)22、略

【分析】【詳解】

[1]設(shè)方格的邊長為由圖可知，波的波長應(yīng)為波的振幅應(yīng)為在內(nèi)波傳播了則再過半個周期波應(yīng)再傳播故9點開始向上振動，此時0點應(yīng)到達負向最大位移處；6點達正向最大位移處；故波形如圖所示：

【解析】23、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