2025年人教五四新版選擇性必修1物理上冊階段測試試卷

…………○…………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年人教五四新版選擇性必修1物理上冊階段測試試卷777考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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5題，共10分)1、如圖所示是兩列波長和振幅都相同的波疊加的情形；圖中實線表示波峰，虛線表示波谷，可以判斷（）

A.此刻A點是振動加強點，周期后振幅減小B.此刻C點是振動減弱點，周期后振幅不變C.此刻D點是振動減弱點，周期后位移為零D.此刻C點是振動加強點，周期后位移為零2、如圖所示，木塊在水中沿豎直方向做簡諧運動，運動過程中相對平衡位置的位移x、運動的速度v隨時間t變化的關(guān)系和木塊受到的合力F和動能隨相對平衡位置的位移x變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）

A.B.C.D.3、如圖所示；用細線懸掛一個重物，把重物拿到一定高度，釋放后重物下落把細線拉斷。如果在此細線上端拴一段橡皮筋，使橡皮筋與細線的總長度與原來細線相等，再從相同高度釋放該重物，細線不再被拉斷。可認為細繩不可伸長。以下判斷正確的是（）

A.重物下落把細線拉斷的原因是重力大于拉力B.加橡皮筋后重物下落到最低點時動能最大C.加橡皮筋后重物的最大動量變化率較小D.加橡皮筋后重物下落到最低點時是失重狀態(tài)4、如圖所示，用質(zhì)量不計的彈簧把質(zhì)量為3m的木板A與質(zhì)量為m的木板B連接組成如圖所示的裝置，B板置于水平地面上，現(xiàn)用一豎直向下的力F向下壓木板A，撤銷F后，B板恰好被提離地面，由此可知力F的大小是（）

A.5mgB.4mgC.3mgD.2mg5、如圖所示，在x軸的正半軸和負半軸為兩種粗細不同的繩子。時，O點處的質(zhì)點開始從平衡位置向上振動，形成兩列沿x軸傳播的簡諧橫波，已知OM間距離為2.0m，ON間距離為3.0m，沿正半軸傳播的簡諧橫波振幅為速度為3m/s。當(dāng)時O點第二次到達波峰，此時M點第一次到達波峰；下列說法正確的是（）

A.負半軸的波速為2m/sB.N點也第一次到達波峰C.正半軸的波長是負半軸波長的3倍D.在至?xí)r間內(nèi)N點振動的路程為30cm評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、一條細線下面掛一個小球；讓它自由擺動，它的振動圖象如圖所示。則下列說法正確的是（）

A.該單擺的擺長大約為1mB.若將此單擺置于向上勻加速的升降機中，單擺的周期會大于2sC.若將此單擺置于向下勻加速的升降機中，單擺的周期會大于2sD.根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)不能估算出它擺動的最大擺角7、把一根長而軟的螺旋彈簧豎直提起來，手有規(guī)律地上下振動，則（）A.在彈簧上形成一列機械波B.在彈簧上形成波峰和波谷C.彈簧上的質(zhì)點自上而下振動D.彈簧上的機械波自上而下傳播8、如圖，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，OB段粗糙，左端固定勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，右端用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上。質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從O點向左運動并壓縮彈簧，彈簧壓縮量為x時輕繩被拉斷，最終小滑塊恰好沒有從長木板上掉落。已知彈簧原長小于重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.輕繩被拉斷瞬間，木板的加速度大小為B.最終長木板與滑塊一起以速度向左勻速運動C.彈簧恢復(fù)原長時，滑塊的動能可能為D.滑塊與長木板的OB部分間的動摩擦因數(shù)為9、一振動片以頻率f做簡諧振動時，固定在振動片上的兩根細桿同步周期性地觸動水面上a、b兩點，a、b兩波源發(fā)出的波在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，c是水面上的一點，a、b、c間的距離均為l，如圖所示。已知a、b兩波源發(fā)出的波的波長為則（）

A.c點為振動加強點B.c點為振動減弱點C.在a、b連線之間有四個振動減弱點D.在a、c連線之間有四個振動減弱點10、如圖所示，光滑水平面上有一輕彈簧，其左端固定在豎直墻壁上。一質(zhì)量可視為質(zhì)點的滑塊A以的水平速度向左運動，撞上靜止的質(zhì)量可視為質(zhì)點的滑塊并粘在一起向左運動；兩滑塊與彈簧作用后原速率彈回，則下列說法正確的是（??）

A.兩滑塊組成的系統(tǒng)碰撞過程中動量守恒B.兩滑塊碰撞結(jié)束時的速度大小為C.在整個過程中，兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒D.在整個過程中，彈簧對A、系統(tǒng)的沖量大小為11、一個彈簧振子做簡諧運動，振幅為A，若在Δt時間內(nèi)振子通過的路程為s，則下列關(guān)系中不一定正確的是（包括肯定錯誤的）（）A.若Δt=2T，則s=8AB.若Δt=則s=2AC.若Δt=T，則s=3AD.若Δt=則s=A12、一彈簧振子的位移y隨時間t變化的關(guān)系式為y＝0.1sin2.5πt，位移y的單位為m，時間t的單位為s，則（）A.彈簧振子的振幅為0.1mB.彈簧振子的周期為0.8sC.在t＝0.2s時，振子的運動速度最大E.在任意0.8s時間內(nèi)，振子的路程均為0.4mE.在任意0.8s時間內(nèi)，振子的路程均為0.4m13、一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時刻波形圖如圖中的實線所示，此時波剛好傳到P點，t＋0.6s時刻的波形如圖中的虛線所示，a、b、c、P、Q是介質(zhì)中的質(zhì)點。下列說法正確的是（）

A.這列波的波速可能為50m/sB.質(zhì)點a在這段時間內(nèi)通過的路程一定小于30cmC.質(zhì)點c在這段時間內(nèi)通過的路程可能為60cmD.若周期T＝0.8s，從t＋0.4s時刻開始計時，則質(zhì)點c的振動方程為x＝0.1sinπt（m）評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、如圖所示，質(zhì)量為m的木塊放在輕彈簧上，與彈簧一起在豎直方向上做簡諧運動。當(dāng)振幅為A時，物體對彈簧的最大壓力是物體重力的1.5倍，則物體對彈簧的最小彈力為___________；要使物體在振動中不離開彈簧，振幅的最大值為_________。

15、波的衍射的普遍性：一切波都能發(fā)生_______，_______是波特有的現(xiàn)象。16、回復(fù)力。

（1）定義：使振動物體回到______的力．

（2）方向：總是指向______．

（3）表達式：F＝______.17、判斷該說法的正誤：

多普勒效應(yīng)說明波源的頻率發(fā)生變化。________18、如圖，一彈簧振子沿x軸做簡諧運動，振子零時刻向右經(jīng)過A點，2s時第一次到達B點。已知振子經(jīng)過A、B兩點時的速度大小相等，2s內(nèi)經(jīng)過的路程為則該簡諧運動的周期為________s，振幅為________m。

19、反沖現(xiàn)象規(guī)律：反沖運動中，相互作用力一般較______，滿足______。20、一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，時波的圖象如圖所示，質(zhì)點P的平衡位置在處。該波的周期由此可知。該列波的傳播速度為___________。在時間內(nèi)質(zhì)點P經(jīng)過的路程為___________，時質(zhì)點P的速度方向沿y軸___________方向（選填“負”或“正”）

21、如圖所示為聲波干涉演示儀的原理圖，兩個U形管A和B套在一起，A管兩側(cè)各有一小孔，聲波從左側(cè)小孔傳入管內(nèi)，被分成兩列頻率___________的波，當(dāng)聲波分別通過A、B傳播到右側(cè)小孔時，若兩列波傳播的路程相差半個波長，則此處聲波的振幅等于___________；若傳播的路程相差一個波長，則此處聲波的振幅等于___________。

評卷人得分四、作圖題(共2題，共10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(biāo)出振子位于A點時加速度的方向。

23、某同學(xué)做“測玻璃磚的折射率”的實驗時；繪制的光路圖如圖所示，請通過尺規(guī)作圖；刻度尺測量，求出該玻璃磚的折射率。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。）

評卷人得分五、實驗題(共4題，共32分)24、如圖所示，某同學(xué)用插針法測定一半圓形玻璃磚的折射率．先在平鋪的白紙上放半圓形玻璃磚，用鉛筆畫出直徑所在的位置MN、圓心O以及玻璃磚圓弧線（圖中半圓實線）；再垂直紙面插大頭針P1、P2確定入射光線，并讓入射光線過圓心O；最后在玻璃磚圓弧線一側(cè)垂直紙面插大頭針P3，使P3擋住P1、P2的像．移走玻璃磚，作出與圓弧線對稱的半圓虛線，過O點作垂直于MN的直線作為法線；連接OP2P1，交半圓虛線于B點，過B點作法線的垂線交法線于A點；連接OP3，交半圓實線于C點，過C點作法線的垂線交法線于D點．

（1）測得AB的長度為l1，AO的長度為l2，CD的長度為l3，DO的長度為l4．計算玻璃磚折射率n的公式是n=__________（選用l1、l2、l3或l4表示）．

（2）該同學(xué)在插大頭針P3前，不小心將玻璃磚以O(shè)為軸順時針轉(zhuǎn)過一個小角度，該同學(xué)測得的玻璃磚折射率將__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）．25、某實驗小組用實驗的方法“探究影響單擺周期的因素”。

（1）同學(xué)們組裝單擺時；在擺線上端的懸點處，用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺的鐵夾將橡皮夾緊，如圖所示。

這樣做的目的是____________

A.保證擺動過程中擺長不變。

B.可使周期測量得更加準(zhǔn)確。

C.需要改變擺長時便于調(diào)節(jié)。

D.保證擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動。

（2）他們組裝好單擺后，在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺測量出從懸點到擺球的最底端的長度再用游標(biāo)卡尺測量擺球直徑，結(jié)果如圖所示，則該擺球的直徑為__________mm，單擺擺長為_____________m。

（3）甲同學(xué)多次改變單擺的擺長并測得相應(yīng)的周期，他根據(jù)測量數(shù)據(jù)畫出了如圖所示的圖像，但忘記在圖中標(biāo)明橫坐標(biāo)所代表的物理量。你認為橫坐標(biāo)所代表的物理量是_____（選填“”“”“”），若圖線斜率為則重力加速度________（用表示）。

26、像打點計時器一樣，光電計時器也是一種研究物體運動情況的常用計時儀器，其結(jié)構(gòu)如圖1所示，a、b分別是光電門的激光發(fā)射和接收裝置，當(dāng)有物體從a、b間通過時；光電計時器就可以顯示物體的擋光時間。氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實驗儀器。它是利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊在導(dǎo)軌上運動可視為沒有摩擦。

我們可以用帶光電門E；F的氣墊導(dǎo)軌以及寬度相同的滑塊A和B來驗證動量守恒定律；實驗裝置如圖2所示，采用的實驗步驟如下：

a.用天平分別測出滑塊A、B的質(zhì)量mA、mB。

b.調(diào)整氣墊導(dǎo)軌；使導(dǎo)軌處于水平狀態(tài)。

c.在A和B間放入一個被壓縮的輕彈簧；用電動卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導(dǎo)軌上。

d.用游標(biāo)卡尺測量小滑塊的寬度d，示數(shù)如圖3所示。讀出滑塊的寬度d=___________cm。

e.按下電鈕放開卡銷，A、B與彈簧分開后，A、B分別經(jīng)過光電門E、F，光電門E、F各自連接的計時器顯示的擋光時間分別為5.0×10-3s和3.4×10-3s?；瑝K通過光電門E的速度大小v1=___________m/s，滑塊通過光電門F的速度大小v2=___________m/s。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）

①利用上述測量的實驗數(shù)據(jù)，驗證動量守恒定律的表達式是___________（用題中所用物理量表示）。

②利用上述實驗數(shù)據(jù)可得出被壓縮彈簧的彈性勢能的表達式為___________。（用題中所用物理量表示）27、某實驗小組的同學(xué)做“用單擺測定重力加速度”的實驗．

（1）實驗時除用到秒表、刻度尺外，還應(yīng)該用到下列器材中的_________選填選項前的字母）

A.長約1m的細線B.長約1m的橡皮繩。

C.直徑約1cm的均勻鐵球D.直徑約10cm的均勻木球。

（2）選擇好器材，將符合實驗要求的單擺懸掛在鐵架臺上，應(yīng)采用圖中________所示的固定方式（選填“甲”或“乙”）．

（3）將單擺正確懸掛后進行如下操作，其中正確的時____________（選填選項前的字母）．

A.測出擺線長作為單擺的擺長。

B.把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度由靜止釋放；使之做簡諧運動。

C.在擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時。

D.用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期。

（4）用l表示單擺的擺長，用T表示單擺的周期，則計算重力加速度的表達式為g=____________.

（5）乙同學(xué)測得的重力加速度數(shù)值大于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊膶嶋H值，造成這一情況的原因可能是________（選填選向前的字母）．

A.開始擺動時振幅較小。

B.開始計時時；過早按下秒表。

C.測量周期時；誤將擺球（n-1）次全振動的時間記為n次全振動的時間。

D.實驗中，由于操作不當(dāng)，使擺球做圓錐擺運動評卷人得分六、解答題(共4題，共28分)28、如圖所示，質(zhì)量為m=1.0kg的鐵塊與輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在光滑斜面底端固定的擋板上，斜面傾角θ=30°，鐵塊靜止時，彈簧的壓縮量x0=0.30m。一質(zhì)量也為m=1.0kg的物塊從斜面上距離鐵塊d=0.90m的A處由靜止釋放，物塊與鐵塊相撞后立刻與鐵塊一起沿斜面向下運動（碰撞時間極短，物塊與鐵塊不粘連），它們到達最低點后又沿斜面向上運動，且它們恰能回到O點。若給物塊v0=4.0m/s的初速度，仍從A處沿斜面滑下，則最終物塊與鐵塊回到O點時，還具有向上的速度。物塊與鐵塊均可看作質(zhì)點，取g=10m/s2；求：

(1)第一種情形中物塊與鐵塊相撞后一起開始沿斜面向下運動的速度大??；

(2)第二種情形中物塊與鐵塊回到O點時的速度大小。

29、如圖甲所示，一長木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一小物塊。時刻對木板施加一水平向右的恒力時撤去此后木板運動的圖像如圖乙所示。已知物塊質(zhì)量木板質(zhì)量物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊始終在木板上，重力加速度大小

（1）設(shè)物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別是求的值（提示：）；

（2）求撤去直至木板停下的過程中；物塊所受摩擦力的沖量大??；

（3）求整個過程中木板與物塊間；木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的總熱量。

30、兒童樂園新增了一款游樂設(shè)備，可以簡化為下面的運動過程。質(zhì)量為的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，弧形槽右側(cè)的彈簧一端固定在豎直墻上，一個質(zhì)量為的小球從高為處由靜止釋放自由下滑。求：

（1）小球和彈簧接觸時小球的速度？

（2）小球第一次被彈簧彈回沖上弧形槽后上升的最大高度？

（3）弧形槽的最大速度？

31、如圖所示是一個游戲裝置的示意圖，固定于地面的水平軌道AB、豎直半圓形軌道BC和豎直圓形管道CD平滑連接，B和C分別是BC和CD的最低點。水平平臺EF可在豎直平面內(nèi)自由移動。鎖定的壓縮彈簧左右兩端分別放置滑塊a和b，解除鎖定后，a沿軌道ABCD運動并從D點拋出。若a恰好從E點沿水平方向滑上EF且不滑高平臺，則游戲成功。已知BC半徑R1=0.2m；CD半徑R2=0.1m且管道內(nèi)徑遠小于R2，對應(yīng)的圓心角=127°；EF長度L=1.08m；滑塊與EF間動摩擦因數(shù)μ=0.25，其它阻力均不計；滑塊質(zhì)量ma=0.1kg，mb=0.2kg，且皆可視為質(zhì)點；

（1）若彈簧釋放的能量Ep=3.0.J，求在B點時圓形軌道對a的支持力大??；

（2）若要游戲成功，a在C點的最小速度是多少？

（3）若固定b，推導(dǎo)并寫出游戲成功時a最終位置到D點的水平距離x與彈簧釋放的彈性勢能Ep的關(guān)系式。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A．A點波峰與波峰相遇位置；振動加強，振幅為原振幅的2倍，保持不變，A錯誤；

BD．C點是兩列波平衡位置相遇處的振動加強點，振幅為原振幅的2倍，保持不變；周期后位移達到最大值；BD錯誤；

C．D點是波峰與波谷相遇位置；是振動減弱點，且振動始終減弱，位移始終為零，C正確。

故選C。2、B【分析】【詳解】

AB．因為木塊在水中沿豎直方向做簡諧運動，故運動的速度v和相對平衡位置的位移x隨時間t變化的關(guān)系圖像都應(yīng)該是正弦函數(shù)的波形；A錯誤，B正確；

C．設(shè)木塊底面積為S，根據(jù)簡諧運動的規(guī)律可知，浮力與重力平衡時木塊所處位置為平衡位置，則有

則運動過程木塊受到的合力F與x的圖線應(yīng)該過二；四象限；C錯誤；

D．圖線斜率為合外力F，F(xiàn)隨x變化，則圖線不是直線；D錯誤。

故選B。3、C【分析】【詳解】

A．重物下落把細線拉斷的原因是重物對繩的拉力大于細繩可承受的最大拉力；故A錯誤；

B．加橡皮筋后重物下落到最低點時；速度為零，動能最小，故B錯誤；

C．由動量定理

可得

動量改變量相同；沖量相同，橡皮筋經(jīng)歷的時間長，動量變化率小，所受合外力小，故C正確；

D．加橡皮筋后重物下落到最低點時；有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。

故選C。4、B【分析】【詳解】

撤銷F后，A板做簡諧運動，在最高點，B恰好被提離地面，彈簧伸長，拉力等于物體B的重力mg，即

彈簧對A、B的拉力相等，故對物體A的拉力也等于mg，最高點物體A的回復(fù)力為

根據(jù)對稱性可知，物體A壓縮到最低點釋放瞬間的回復(fù)力也為4mg，此時

所以

沒有撤去推力F時，物體A受重力、支持力和推力，根據(jù)三力平衡條件，有

所以

故選B。5、C【分析】【詳解】

A．由題有，當(dāng)時O點第二次到達波峰，可得

解得兩列波的周期為

當(dāng)O點第二次到達波峰時，M點第一次到達波峰，可知負半軸的波長為

則負半軸的波速為

BC．正半軸的波長為

正半軸的波長是負半軸波長的三倍，且當(dāng)O點第二次到達波峰時，N點位于波谷位置；B錯誤，C正確；

D．在至?xí)r間內(nèi)，N點在時開始振動，振動時間為1.5s，故在至?xí)r間內(nèi)N點振動的路程為18cm；D錯誤。

故選C。二、多選題(共8題，共16分)6、A:C【分析】【分析】

【詳解】

AD．根據(jù)圖像可得周期為2s，振幅A=4cm；根據(jù)。

解得。

則擺線偏離豎直方向的最大擺角的正弦值。

D錯誤A正確；

B．單擺置于向上勻加速的升降機中，小球處于超重狀態(tài)，等效重力加速度g0

根據(jù)。

則單擺的周期會小于2s；B錯誤；

C．單擺置于向下勻加速的升降機中，小球處于失重狀態(tài)，等效重力加速度g0

根據(jù)。

則單擺的周期會大于2s；C正確。

故選AC。7、A:D【分析】【分析】

【詳解】

手有規(guī)律地上下振動時彈簧上各質(zhì)點也上下振動；形成縱波，分為疏部和密部，向下傳播，所以AD正確，BC錯誤；

故選AD。8、A:D【分析】【詳解】

A．輕繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于對木板，由牛頓第二定律得

選項A正確；

B．輕繩斷之前對長木板和滑塊組成的系統(tǒng)有拉力；系統(tǒng)動量不守恒，選項B錯誤；

C．彈簧恢復(fù)原長時木板有動能，所以滑塊的動能小于選項C錯誤；

D．設(shè)輕繩被拉斷時滑塊的速度為彈力做功

根據(jù)動能定理有

輕繩被拉斷后，根據(jù)動量守恒定律有

由功能關(guān)系有

聯(lián)立解得

選項D正確；

故選AD。9、A:D【分析】【詳解】

AB．c點到兩波源的距離差為零；所以是振動加強點，A正確，B錯誤；

C．振動減弱點到兩波源的距離差為半波長的奇數(shù)倍，即為（n=1,2,3,）

a、b連線上各點到a、b兩波源的距離差的范圍是0~l，所以從a到ab中點的距離上，振動減弱點有4個，到兩波源距離差分別為同理，在ab中點到b的距離上，振動減弱點也有4個，所以在a、b連線之間有8個振動減弱點；C錯誤；

D．a(chǎn)、c連線上從a到c，各點到a、b兩波源的距離差從l逐漸減小到0，由C項分析可知，振動減弱點有4個，到兩波源距離差分別為D正確。

故選AD。10、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．兩滑塊組成的系統(tǒng)碰撞過程所受外力的矢量和為0；則動量守恒，故A正確；

B．以向左為正方向，由動量守恒定律得

代入數(shù)據(jù)解得

故B正確；

C．在整個過程中；兩滑塊與彈簧有相互作用，兩滑塊組成的系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；

D．以向左為正方向，A、與彈簧作用過程，由動量定理得

代入數(shù)據(jù)解得

沖量方向向右；故D正確。

故選ABD。11、C:D【分析】【分析】

【詳解】

要正確認識簡諧運動是一個變加速運動，物體的位移隨時間不是線性變化。因此，當(dāng)物體的初位置不在最大位移處或者平衡位置時，它在四分之一個周期內(nèi)通過的路程并不是一個振幅。即在一個周期內(nèi)的路程一定是4A，在半個周期內(nèi)的路程一定是2A，但是在四分之一個周期內(nèi)通過的路程并不一定是A；則AB正確；CD錯誤。

此題選擇錯誤的選項，故選CD。12、A:B:E【分析】【分析】

【詳解】

A．由。

y=0.1sin2.5πt可知；彈簧振子的振幅為0.1m，故A正確；

B．彈簧振子的周期為。

故B正確；

C．在t＝0.2s時。

y=0.1m即振子到達最高點；此時振子的運動速度為零，故C錯誤；

D．只有從振子處于平衡位置或者最高點（或最低點）開始計時；經(jīng)過。

=0.2s振子的位移才為。

A=0.1m故D錯誤；

E．在一個周期內(nèi)；振子的路程等于振幅的4倍，即0.4m，故E正確。

故選ABE。13、A:C【分析】【詳解】

A．由波形圖可知波長λ＝40m，根據(jù)題意有0.6s=nT＋T（n＝0，1，2，）

解得周期（n＝0，1，2，）

當(dāng)n=0時，T=0.8s，波速

A正確；

B．由傳播方向沿x軸正方向可知質(zhì)點a在t時刻向上運動，當(dāng)n=0時，T=0.8s，則質(zhì)點a在這段時間內(nèi)通過的路程小于30cm；當(dāng)n=1時，質(zhì)點a在這段時間內(nèi)通過的路程大于30cm；B錯誤；

C．若n=1，則波傳播到c點所用時間為T，0.6s=質(zhì)點c振動的時間為

故在這段時間內(nèi)質(zhì)點c通過的路程則為6A=60cm；C正確；

D．若T=0.8s，從t＋0.4s時刻開始計時，則質(zhì)點c的振動方程為Y=0.1·cos（m）

D錯誤。

故選AC。三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】【詳解】

[1]當(dāng)振幅為A時，物體對彈簧的最大壓力是物體重力的1.5倍，此時在最低處，受彈力、重力，由牛頓第二定律可得

方向向上，根據(jù)簡諧振動的特點，在最高點的加速度也為0.5g，方向向下，所以

解得F1=0.5mg；且為支持力。

由胡克定律可得

[2]要使物體不能離開彈簧，則在最高點彈力為零，加速度為g，方向向下，根據(jù)對稱性，在最低處的加速度也為g，方向向上，由牛頓第二定律可得

解得

由胡克定律可得

聯(lián)立可得【解析】2A15、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.衍射②.干涉16、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.平衡位置②.平衡位置③.－kx.17、略

【分析】【分析】

【詳解】

多普勒效應(yīng)說明接收的頻率發(fā)生變化，而波源的頻率不會變，所以多普勒效應(yīng)說明波源的頻率發(fā)生變化是錯誤的?！窘馕觥垮e誤18、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，A、B兩點關(guān)于平衡位置對稱，從向右經(jīng)過A到第一次到達B經(jīng)過了半個周期的振動，則周期為

[2]這段時間路程為

解得振幅為【解析】419、略

【分析】【詳解】

略【解析】①.大②.動量守恒定律20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由圖可知，該簡諧橫波波長

由

可得

[2]由圖可知質(zhì)點P的振幅為0.1m，故1.2s內(nèi)（三個周期）質(zhì)點P運動的路程為

[3]由于簡諧橫波沿x軸正向傳播，由圖可知t=0時，質(zhì)點P經(jīng)過平衡位置沿y軸正方向運動，0.6s等于一個半周期，故0.6s時質(zhì)點P的速度方向沿y軸負方向?！窘馕觥控?1、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]聲波為縱波，其干涉原理和橫波疊加時相同，條件是頻率相同，所以聲波從左側(cè)小孔傳入管內(nèi)，被分成兩列頻率相同的波，且相位差固定，兩列波傳播的路程相差半個波長，則密部和疏部疊加，則此處振幅最小，聲波的振幅等于零；若傳播的路程相差一個波長，則密部與密部疊加或疏部和疏部疊加，則此處聲波的振幅最強，為原來聲波振幅的兩倍。【解析】①.相同②.零③.原來聲波振幅的兩倍四、作圖題(共2題，共10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)23、略

【分析】【分析】

【詳解】

測量的長度，根據(jù)折射率表達式，有

帶入數(shù)據(jù)，可得【解析】1.7五、實驗題(共4題，共32分)24、略

【分析】【分析】

用插針法測定半圓形玻璃磚折射率的原理是折射定律利用幾何知識得到入射角的正弦和折射角的正弦，推導(dǎo)出折射率的表達式，即可知道所要測量的量．

【詳解】

（1）設(shè)圓的半徑為R，由幾何知識得入射角的正弦為：sini=sin∠AOB=

折射角的正弦為：sinr=sin∠DOC=

根據(jù)折射定律

（2）該同學(xué)在插大頭針P3前不小心將玻璃磚以O(shè)為圓心順時針轉(zhuǎn)過一小角度；折射光線將順時針轉(zhuǎn)動，而作圖時其邊界和法線不變，則入射角（玻璃磚中的角）不變，折射角（空氣中的角）減小，由折射率公式可知，測得玻璃磚的折射率將偏大．

【點睛】

本題采用單位圓法測量玻璃磚的折射率，是數(shù)學(xué)知識在物理實驗中的運用，簡單方便，分析誤差關(guān)鍵分析入射角和折射角產(chǎn)生的誤差，明確實驗原理即可得出答案．【解析】①.（1）l1/l3②.（2）偏大25、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]在擺線上端的懸點處；用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺的鐵夾將橡皮夾緊，是為了防止動過程中擺長發(fā)生變化，如果需要改變擺長來探究擺長與周期關(guān)系時，方便調(diào)節(jié)擺長。

故選AC。

（2）[2]游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標(biāo)卡尺；不需估讀，可直接讀得則該擺球的直徑為12.0mm。

[3]單擺擺長為

（3）[4]根據(jù)得，T與成正比，所以橫坐標(biāo)所代表的物理量是

[5]可知圖線斜率為

解得【解析】AC12.00.993026、略

【分析】【詳解】

d[1]滑塊的寬度應(yīng)該是主尺的示數(shù)1cm與副尺的示數(shù)的和，而副尺共有20個小格，即精確到mm，由于第三個小格與主尺刻度線對齊，故讀數(shù)為mm×3=0.15mm

所以滑塊的寬度d=1cm＋0.15mm=1cm＋0.015cm=1.015cm

e[2]滑塊通過光電門E的速度大小v1=m/s=2.0m/s

[3]滑塊通過光電門F的速度大小v2=m/s=3.0m/s

①[4]由于系統(tǒng)水平方向所受合力為0，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，在釋放前系統(tǒng)的動量為0，故在釋放后系統(tǒng)的動量仍然為0，則有mAv1＋mB（-v2)=0

②[5]根據(jù)機械能守恒定律可知系統(tǒng)的彈性勢能轉(zhuǎn)化為了兩個物體的動能；故可以求出彈性勢能的表達式為Ep=mA＋mB【解析】1.0152.03.0mAv1＋mB（-v2)=0Ep=mA＋mB27、略

【分析】【詳解】

（1）[1]AB.實驗過程單擺擺長應(yīng)保持不變；應(yīng)選擇長約1m的細線作為擺線，擺線不能選擇有彈性的橡皮繩，故A正確，B錯誤；

CD.為減小實驗誤差；應(yīng)選擇密度大而體積小的球作為擺球，應(yīng)選擇直徑約1cm的均勻鐵球作為擺球，不要選用直徑約10cm的均勻木球，故C正確，D錯誤；

故選AC；

（2）[2]在該實驗的過程中；懸點要固定，應(yīng)采用圖乙中所示的固定方式．

（3）[3]A.擺線長度與擺球半徑之和是單擺的擺長；故A錯誤；

B.單擺在小角度下的運動為簡諧運動；把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度釋放，使之做簡諧運動，故B正確；

C.為減小測量誤差；在擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時，故C正確；

D.為減小測量誤差，應(yīng)測出n個周期的總時間t，然后求出周期：用單擺完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期實驗誤差較大，故D錯誤；

故選BC；

（4）[4]由單擺周期公式：可知：T與成正比，T?圖象是正比例函數(shù)圖象，T?圖象的斜率：

則重力加速度：

（5）[5]由單擺周期公式：得：

A.單擺在小角度下的擺到為簡諧振動；開始擺動時振幅較小，單擺的振幅對重力加速度的測量沒有影響，故A錯誤；

B.開始計時時，過早按下秒表，所測周期T偏大；所測重力加速度偏