2025高考物理 人教版选择性必修第1册专项复习本册综合学业质量标准检测(A)含答案

2025高考物理人教版选择性必修第1册专项复习本册综合学业质量标准检测(A)本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下列说法错误的是(B)A．根据F＝eq\f(Δp,Δt)可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力B．力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力解析：由动量定理可得FΔt＝Δp，则eq\f(Δp,Δt)＝eq\f(mΔv,Δt)＝ma＝F，由此可知，物体动量的变化率等于它所受的力，故A正确；力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，故B错误；动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便，如不涉及运动的位移时用动量定理较方便，故C正确；易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减少作用力，故D正确。2．(2024·全国高二课时练习)下列说法正确的是(C)A．检验工件平整度的操作中，如图甲所示，上面为标准件，下面为待检测工件，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处B．图乙为光照射到小圆孔得到的衍射图样C．图丙海市蜃楼是光的全反射现象，原因是由于海面的上层空气的折射率比下层空气折射率小D．图丁的原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理是相同的解析：薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相等，知P处凹陷，而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知Q处凸起，故A错误；图为光线通过小圆板得到的衍射图样，若用光照射很小的不透明圆板时，后面会出现一亮点，故B错误；海市蜃楼和沙漠蜃景都是光的全反射现象，而海市蜃楼的原因是下层温度低，空气下沉，折射率大，上层空气薄折射率小，故C正确；立体电影是光的偏振，而镜头表面涂上增透膜是利用光的干涉，它们的原理不相同，故D错误。故选C。3．(2023·高二单元测试)如图所示，质量为m＝0.5kg的滑块放在水平面上O点，现给滑块一水平向右的初速度v0＝9m/s，经过一段时间滑块与竖直的墙壁发生碰撞，已知碰前的速度大小为v＝7m/s、碰后的速度大小为v′＝6m/s，O点与竖直墙壁的距离为L＝5m，滑块与竖直墙壁碰撞所用时间为t＝0.05s，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是(C)A．滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.16B．滑块与竖直墙壁碰撞过程中动量的变化量大小为0.5kg·m/sC．碰撞过程中竖直墙壁对滑块的作用力大小为130ND．滑块从O点开始运动到最终停止所用的总时间为3s解析：滑块从O点开始运动到与墙壁碰撞的过程中，对滑块由动能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，代入数据可解得μ＝0.32，故选项A错误；取碰后的速度方向为正方向，则碰撞的过程中动量的变化量为Δp＝mv′－(－mv)，代入数据得Δp＝6.5kg·m/s，故选项B错误；由动量定理得Ft＝Δp，代入数据解得F＝130N，故选项C正确；碰前由动量定理得－μmgt1＝mv－mv0，代入数据解得t1＝eq\f(5,8)s，碰后由动量定理得－μmgt2＝0－mv′，代入数据解得t2＝eq\f(15,8)s，则全程所用的时间为t′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)＋0.05＋\f(15,8)))s＝2.55s，故选项D错误。4．下列关于机械振动和机械波的说法正确的是(B)A．图甲中粗糙斜面上的金属球m在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动B．图乙中单摆的摆长为l，摆球的质量为m、位移为x，简谐运动时回复力为F＝－eq\f(mg,l)xC．图丙中质点A、C之间的距离就是简谐波的一个波长D．图丁中三根细线于O点处打结，C点系着一个小球(忽略小球半径)，小球在纸面内摆动的周期等于小球在垂直纸面内摆动的周期(摆动角度非常小)解析：在粗糙斜面上金属球运动过程中，要不断克服摩擦力做功，系统的机械能减小，金属球最终静止，所以该运动不是简谐运动，A错误；单摆模型中摆球的回复力等于重力沿运动方向上的分力，即F＝mgsinθ，因为θ较小，sinθ＝eq\f(x,l)，考虑到回复力的方向与位移x的方向相反，所以F＝－eq\f(mg,l)x，B正确；相邻波峰或波谷之间的距离等于一个波长，所以质点A、C的平衡位置之间的距离只是简谐波的半个波长，C错误；由单摆周期T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，小球在纸面内摆动的摆长小于小球在垂直纸面内摆动的摆长，所以小球在纸面内摆动的周期小于小球在垂直纸面内摆动的周期，D错误。5．(2024·山西省忻州市第一中学高二下学期期中)一列简谐横波沿x轴负方向传播，波速v＝4m/s，已知坐标原点(x＝0)处质点的振动图像如图所示，在下列四幅图中能够正确表示t＝0.15s时波形的图是(A)解析：简谐横波沿x轴负方向传播，因此在t＝0.15s时，原点处的质点位移为正，向负方向振动。CD图原点处的质点位移为负，所以C、D错；B图向正方向振动，B错，因此选A。6．两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t＝4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知(D)A．木块B、C都和弹簧分离后，运动方向相反B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大D．木块B的质量是木块C质量的eq\f(1,4)解析：由x－t图像可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，故A错误；木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，故B错误；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为v1＝eq\f(10－4,6－4)m/s＝3m/s，v2＝eq\f(5－4,6－4)m/s＝0.5m/s，细线未断前B、C的速度均为v0＝1m/s，由动量守恒定律得(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2，解得eq\f(mB,mC)＝eq\f(1,4)，故D正确。7.(2024·重庆一中高二期中)在某次演练中，一颗炮弹在向上飞行过程中爆炸，如图所示，爆炸后，炮弹恰好分成质量相等的两部分。若炮弹重力远小于爆炸内力，则关于爆炸后两部分的运动轨迹可能正确的是(BD)解析：炮弹爆炸时，内力远大于外力，系统的动量守恒，由A图知，该图水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足动量，不可能，故A错误；B图水平方向和竖直方向都满足动量守恒，是可能的，故B正确；C图不满足动量守恒，不可能，故C错误；D图竖直方向和水平方向都满足动量守恒，是可能的，故D正确。8.如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。t＝0时，离O点5m的A点开始振动；t＝1s时，离O点10m的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置，则(AB)A．波的周期为0.4sB．波长为2mC．波速为5eq\r(3)m/sD．t＝1s时AB连线上有4个点处于最大位移解析：经过1s的时间A第五次回到平衡位置，即：2.5T＝1s，解得周期：T＝0.4s，A正确；根据题意可知波速：v＝eq\f(10－5,1)m/s＝5m/s，波长：λ＝vT＝5×0.4m＝2m，B正确，C错误；t＝1s时A处于平衡位置，根据波长和两点之间距离可知，AB之间有2.5个波形，因此有5个点处于最大位移处，D错误。9．(2024·四川宜宾市叙州区第二中学校高二期中)图(a)为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是(BD)A．从t＝0时刻开始计时P点的振动方程为y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10πt＋\f(3,4)π))cmB．从t＝0时刻开始计时，P、Q两点在t1＝eq\f(3,16)s时位移相同C．在t＝1.0s时刻，设波已经传播过x＝－100m处，那么在t＝1.8s时，x＝－32.5m的R点在处于平衡位置下方在向上振动D．从t＝0.10s到t＝0.225s，质点P通过的路程为5(6－eq\r(2))cm解析：因为t＝0.10s时刻质点Q向下振动，可知波沿x轴负向传播，波的周期T＝0.2s，则ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s，振幅A＝10cm，t＝0时刻，质点P的位置在x轴下方与t＝0.10s时刻关于x轴对称，则质点P的初相φ＝eq\f(5π,4)，从t＝0时刻开始计时P点的振动方程为y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10πt＋\f(5π,4)))cm，选项A错误；从t＝0时刻开始计时，P点在t1＝eq\f(3,16)s时位移yP＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10π×\f(3,16)＋\f(5π,4)))cm＝－10sineq\f(π,8)cm,Q质点在t1＝eq\f(3,16)s时位移yQ＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10π×\f(3,16)))cm＝－10sineq\f(π,8)cm，选项B正确；在t＝1.0s时刻，质点Q在平衡位置向上振动，因QR＝36.5m＝4.5λ＋eq\f(λ,16)，则此时R点在平衡位置下方向下振动，再经过0.8s＝4T，即在t＝1.8s时刻，R点还是在平衡位置下方向下振动，选项C错误；从t＝0.10s到t＝0.225s，经过的时间为Δt＝0.125s＝eq\f(5,8)T，质点P振动到最低位置，通过的路程为s＝3A－eq\f(\r(2),2)A＝5(6－eq\r(2))cm，选项D正确。故选BD。10．(2023·辽宁高三阶段练习)如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)(BC)A．2eq\r(2gR) B．eq\r(2gR)C．2eq\r(5gR) D．eq\r(5gR)解析：根据题意可知，小球B与小球A发生弹性碰撞，设碰撞后小球B的速度为v2，小球A的速度为v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝2mv1＋mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(2,3)v0，v2＝－eq\f(1,3)v0，由于碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球A未通过与圆心的等高点或通过圆弧最高点，若小球A恰好到达圆心的等高点，由能量守恒定律有eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＝2mgR，解得v1＝eq\r(2gR)，解得v0＝eq\f(3,2)eq\r(2gR)，若小球恰好通过圆弧最高点，由能量守恒定律有eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＝2mg·2R＋eq\f(1,2)·2mv2，由牛顿第二定律有2mg＝2meq\f(v2,R)，解得v1＝eq\r(5gR)，解得v0＝eq\f(3,2)eq\r(5gR)，则碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，小球B的初速度v0取值范围为v0≤eq\f(3,2)eq\r(2gR)或v0≥eq\f(3,2)eq\r(5gR)。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(本题共2小题，每小题8分，共16分。把答案直接填在横线上)11．(8分)(2024·南京市第二十九中学阶段练习)某同学设计了验证动量守恒定律的实验。所用器材：固定有光电门的长木板、数字计时器、一端带有遮光片的滑块A(总质量为M)、粘有橡皮泥的滑块B(总质量为m)等。将长木板水平放置，遮光片宽度为d(d很小)，重力加速度为g，用相应的已知物理量符号回答下列问题：(1)如图(a)所示，使A具有某一初速度，记录下遮光片经过光电门的时间t和A停止滑动时遮光片与光电门的距离L，则A与木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(d2,2t2gL)；(2)如图(b)所示，仍使A具有某一初速度，并与静止在正前方的B发生碰撞(碰撞时间极短)，撞后粘在一起继续滑行。该同学记录了遮光片经过光电门的时间t0，A、B撞前B左端距光电门的距离s1，以及A、B撞后它们一起滑行的距离s2，若A、B材料相同，它们与木板间的动摩擦因数用字母μ表示，如需验证A、B系统碰撞时满足动量守恒定律，只需验证Meq\r(\f(d2,t\o\al(2,0))－2μgS1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))eq\r(2μgS2)成立即可。解析：(1)滑块从经过光电门开始到停止滑动的过程在木板上做匀减速直线运动，位移为L，初速度为v0＝eq\f(d,t)对滑块进行受力分析可得，遮光片受到力的合力为摩擦力，则滑块的加速度大小a＝μg根据匀变速直线运动的位移和速度公式有veq\o\al(2,0)＝2aL联立解得μ＝eq\f(d2,2t2gL)。(2)滑块经过光电门的速度v1＝eq\f(d,t0)，设滑块碰撞前瞬间的速度为v2，根据动能定理有－μMgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，解得v2＝eq\r(\f(d2,t\o\al(2,0))－2μgs1)，碰撞后AB合为一体，设碰撞后瞬间的速度为v3，最终停下来，根据动能定理的－μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))gs2＝0－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,3)，解得v3＝eq\r(2μgs2)，如果碰撞前后，动量守恒，有Mv2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))v3，如需验证A、B系统碰撞前后动量守恒，只需验证Meq\r(\f(d2,t\o\al(2,0))－2μgs1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))eq\r(2μgs2)。12．(8分)(2023·全国高二课时练习)利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝间距d＝0.4mm，双缝到光屏间的距离l＝0.5m，实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可_B__。A．将单缝向双缝靠近B．将屏向靠近双缝的方向移动C．将屏向远离双缝的方向移动D．使用间距更小的双缝(2)某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图2所示，则①分划板在图中A位置时游标卡尺的读数为xA＝11.1mm，在B位置时游标卡尺读数为xB＝15.6mm，相邻两条纹间距Δx＝_0.75__mm；②该单色光的波长λ＝_6.0×10－7__m；(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图3所示。则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值_大于__(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。解析：(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，由相邻两个亮条纹或暗条纹的间距公式Δx＝eq\f(l,d)·λ，可知减小相邻两个亮条纹或暗条纹间的距离，以增加条纹个数，可增大双缝间距d，或减小双缝到屏的距离l，A、C、D错误，B正确。故选B。(2)①相邻两条纹间距Δx＝eq\f(xB－xA,n－1)＝eq\f(15.6mm－11.1mm,7－1)＝0.75mm，②该单色光的波长λ＝eq\f(Δx·d,l)＝eq\f(0.75×10－3×0.4×10－3,0.5)m＝6.0×10－7m。(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，由于条纹是倾斜的，所以测量值大于实际值。三、论述、计算题(本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)(2023·北京高三模拟预测)某透明均匀介质的截面图如图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形直径重合，∠ACB＝30°，半圆形的半径为R，一束光线从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O，且E、O两点距离为R，已知光线在E点的折射角θ2＝30°。求：(1)介质折射率为多少；(2)与射入介质前相比，光线射出介质后的偏转角是多少。答案：(1)eq\r(3)(2)0°解析：(1)由题知OE＝OC＝R，则△OEC为等腰三角形，∠OEC＝∠ACB＝30°，所以入射角θ1＝60°，θ2＝30°，由折射定律有n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)。(2)由几何关系知∠OED＝30°，折射光平行于AB的方向，如图所示，由题知OE＝OD＝R，则△OED为等腰三角形，∠OED＝∠ODE＝30°，由折射定律有n＝eq\f(sinθ3,sin30°)＝eq\r(3)，得θ3＝60°，偏转角度为(60°－30°)－(60°－30°)＝0°。14．(10分)如图，在竖直平面内，一半径为R1＝0.4m的光滑半圆轨道AO1B和R2＝0.6m的光滑半圆筒轨道CO2D与水平光滑轨道AC在A、C点相切。质量为m1＝eq\r(5)kg和m2＝2kg的可视为质点的小球用一根细线相连，中间夹着一个被压缩的轻质弹簧，最初处于静止状态。将细线烧断，m1恰好可以通过B点，重力加速度大小为g(g＝10m/s2)。求：(1)小球m2被弹簧弹开的速度v2；(2)判断小球m2能否上到D点，说明理由。若能上到最高点，求在最高点轨道对小球的作用力。答案：(1)5m/s(2)eq\f(50,3)N，方向竖直向上解析：(1)在B点对小球受力分析，由牛顿第二定律得：m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,B),R1)由A到B应用动能定理有：－2m1gR1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)代入数据解得vA＝2eq\r(5)m/s两个小球被弹开的过程中系统动量守恒，得：m1vA＝m2v2代入数据解得v2＝5m/s。(2)假设m2可以上到D点，由动能定理得：－2m2gR2＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得vD＝1m/s由于CO2D是半圆筒轨道，能上到最高点的临界速度是零，所以经判断m2能上到最高点D，在D点对小球m2受力分析，取向下为正方向，由牛顿第二定律得：m2g＋FN＝m2eq\f(v\o\al(2,D),R2)代入数据解得FN＝－eq\f(50,3)N负号表示方向竖直向上，即大小为eq\f(50,3)N。15．(12分)一列机械波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点P的横坐标x＝0.32m。从此时刻开始计时。(1)若P点经0.4s第一次到达最大正位移处，求波速大小；(2)若P点经0.4s到达平衡位置，波速大小又如何？答案：(1)0.3m/s(2)(0.8＋n)m/s(n＝0,1,2,3，…)解析：(1)若P点经0.4s第一次到达最大正位移处，知波形移动的距离Δx＝0.32m－0.2m＝0.12m，则波速v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(0.12,0.4)m/s＝0.3m/s。(2)若P点经0.4s到达平衡位置，则波形移动的距离Δx′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.32＋\f(nλ,2)))m(n＝0,1,2,3，…)，则波速v′＝eq\f(Δx′,Δt′)＝eq\f(0.32＋0.4n,0.4)m/s＝(0.8＋n)m/s(n＝0,1,2,3，…)。16．(14分)如图所示，光滑、足够长的两水平面中间平滑对接有一等高的水平传送带，质量m＝0.9kg的小滑块A和质量M＝4kg的小滑块B静止在水平面上，小滑块B的左侧固定有一轻质弹簧，且处于原长。传送带始终以v＝1m/s的速率顺时针转动。现用质量m0＝100g的子弹以速度v0＝40m/s瞬间射入小滑块A，并留在小滑块A内，两者一起向右运动滑上传送带。已知小滑块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端的距离l＝3.5m，两小滑块均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小滑块A滑上传送带左端时的速度大小；(2)小滑块A在第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)小滑块A第二次离开传送带时的速度大小。答案：(1)4m/s(2)3.6J(3)1m/s解析：(1)子弹打入小滑块A的过程中动量守恒，则m0v0＝(m0＋m)v1解得v1＝4m/s。(2)小滑块A从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有－μ(m0＋m)gl＝eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,1)，代入数据解得v2＝3m/s，因为v2＞v，所以小滑块A在第一次到达传送带右端时速度大小为3m/s。小滑块A第一次压缩弹簧的过程中，当小滑块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有(m0＋m)v2＝(m0＋m＋M)v3，代入数据解得v3＝0.6m/s，根据能量守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m0＋m＋M)veq\o\al(2,3)，代入数据解得Epm＝3.6J。(3)从小滑块A开始接触弹簧到弹簧恢复原长，整体可看成弹性碰撞，则有(m0＋m)v2＝(m0＋m)v4＋Mv5，eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,5)，解得v4＝－1.8m/s，v5＝1.2m/s，设小滑块A又滑回传送带上且减速到零时在传送带上滑动的距离为L，则根据动能定理有－μ(m0＋m)gL＝0－eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,4)，解得L＝1.62m。由于L<l，小滑块A滑回传送带上先减速到零，再在传送带上加速到与传送带共速，设小滑块A与传送带共速时向右滑动的距离为s，则根据运动学公式得2μgs＝v2－0，解得s＝0.5m。由于s<L，则小滑块A第二次从传送带离开时的速度大小为1m/s，且从传送带右端离开。本册综合学业质量标准检测(B)本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示，在光滑水平面上有质量为M＝2kg的带有光滑半圆形槽(半径足够大)的滑块a，在槽底部有一质量为m＝1kg的小球，滑块a和小球一起以速度v0＝10m/s向右滑动。另一质量也为M＝2kg的滑块b静止于滑块a的右侧。两滑块相撞(碰撞时间极短)后，粘在一起向右运动，g取10m/s2，则下列说法正确的是(D)A．碰撞过程中，小球、滑块a、滑块b组成的系统水平动量不守恒B．两滑块碰撞过程中损失的机械能为75JC．碰撞过程中，滑块b受到的冲量大小为12N·sD．小球能够上升的最大高度是1m解析：两滑块相撞过程，由于碰撞时间极短，小球及滑块a、b在水平方向上不受外力，故系统在水平方向动量守恒，A错误；滑块a和b发生完全非弹性碰撞，碰后具有共同速度，由动量守恒定律有Mv0＝2Mv，解得v＝5m/s，该过程中，损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2Mv2＝50J，B错误；根据动量定理，碰撞过程中滑块b受到的冲量等于滑块b的动量变化量，即I＝Mv＝2×5kg·m/s＝10N·s，C错误；滑块a和b碰撞完毕至小球上升到最高点的过程，系统在水平方向上所受合外力为零，水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，有2Mv＋mv0＝(2M＋m)v′，该过程中，系统的机械能守恒，则有eq\f(1,2)×2Mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2M＋m)v′2＋mgh，解得h＝1m，D正确。2.折射率n＝eq\r(2)的直角玻璃三棱镜截面如图所示，一条光线从AB面入射，入射角为i(图中未标出)，ab为其折射光线，ab与AB面的夹角θ＝60°。则(B)A．i＝45°，光在AC面上不发生全反射B．i＝45°，光在AC面上发生全反射C．i＝30°，光在AC面上不发生全反射D．i＝30°，光在AC面上发生全反射解析：由折射定律可知：n＝eq\f(sini,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ)))解得：i＝45°，由sinC＝eq\f(1,n)，可知，光线在AC面上发生全反射的临界角为C＝45°。由于ab在AC面上的入射角为60°，所以光线ab在AC面上发生了全反射，不能从AC面上折射出去。故选B。3．(2024·重庆巴蜀中学高三阶段练习)一列波长大于3.6m的简谐横波沿直线方向由a向b传播，a、b相距6m，a、b两质点的振动图像如图所示。由此可知(B)A．3s末a、b两质点的位移相同B．该波的波速为2m/sC．该波的波长为4mD．该波由a传播到b历时1.5s解析：由图可知，3s末a、b两质点的位移不同，一个在平衡位置，一个在波谷，故A错误；由图可知，波的周期为T＝4s，质点a的振动传到b用时t＝3s＋nT(n＝0,1,2…)，则该波的波速为v＝eq\f(s,t)＝eq\f(6,3＋4n)m/s(n＝0,1,2…)，该波的波长为λ＝vT＝eq\f(24,3＋4n)m(n＝0,1,2…)，根据题意，波长大于3.6m，则n只能取0，故t＝3s，v＝2m/s，λ＝8m，故B正确，C、D错误；故选B。4．(2023·全国高一课时练习)下列说法正确的是(A)A.图中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着做受迫振动，则三个摆的振动周期相等B.图示为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小C.图示为双缝干涉示意图，双缝间距越大，则相邻亮条纹间距越大D.图中，用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然发亮解析：摆球A先摆动，摆球B、C接着做受迫振动，受迫振动的周期与驱动力的周期一样，A正确；依据光的全反射条件，可知，内芯的折射率比外套的折射率大，B错误；根据Δx＝eq\f(L,d)λ，双缝间距越大，则相邻亮条纹间距越小，C错误；自然光通过偏振片后形成偏振光，因两个偏振片的透振方向相互垂直，所以没有光射到光屏上，光屏发暗，D错误。故选A。5．如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(C)A．两物块所受重力的冲量相同B．两物块的动量改变量相同C．两物块的动能改变量相同D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同解析：设斜面倾角为θ，则物块在斜面上的加速度为a＝gsinθ。设斜面高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝eq\r(\f(2h,asinθ))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))。因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上滑行的时间比在AC斜面上滑行的时间长；根据I＝mgt可知，两物块所受重力的冲量不相同，选项A错误；根据动量定理mgsinθ·t＝mv，代入t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))得mv＝meq\r(2gh)，两物块运动到达斜面底端时动量改变量大小相等，但方向不同，所以两物块的动量改变量不相同，选项B错误；根据动能定理ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝mgh，两物块的动能改变量相同，选项C正确；两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsinθ，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。6．某一质检部门为检测一批矿泉水的质量，利用干涉原理测定矿泉水的折射率。方法是将待测矿泉水填充到特制容器中，放置在双缝与荧光屏之间(之前为空气)，如图所示，特制容器未画出，通过比对填充后的干涉条纹间距x2，和填充前的干涉条纹间距x1，就可以计算出该矿泉水的折射率。则下列说法正确的是(设空气的折射率为1)(B)A．x2＞x1B．该矿泉水的折射率为eq\f(x1,x2)C．填充前如果分别用红光和紫光做干涉实验，则红光的条纹间距小于紫光的条纹间距D．填充前用红光做干涉实验，实验过程中将S1遮挡，将不能发生干涉现象，屏上没有条纹解析：把空气换成矿泉水后，根据v＝λf可知，入射光的频率f不变，光在介质中的传播速度减小，波长减小。根据干涉的条纹间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，对同一个装置来说，波长减小，条纹间距减小，即x2<x1，A错误；根据Δx＝eq\f(L,d)λ，λ＝eq\f(v,f)，v＝eq\f(c,n)，易得该矿泉水的折射率为eq\f(x1,x2)，B正确；红光的波长大于紫光的波长，所以红光的条纹间距大于紫光的条纹间距，C错误；如果将S1遮挡，变成衍射，有衍射条纹，D错误。7．对于光的衍射现象的定性分析，下列说法正确的是(ABD)A．只有障碍物或孔的尺寸可以跟光的波长相比差不多甚至比波长还要小的时候，才能产生明显的衍射现象B．光的衍射现象是光波相互叠加的结果C．光的衍射现象否定了光的直线传播的结论D．光的衍射现象说明了光具有波动性解析：光的衍射现象说明了光具有波动性，而小孔成像说明了光沿直线传播，要出现小孔成像，孔不能太小，光的直线传播规律只是近似的(只有在光的波长比障碍物小的情况下，光才可以看成是沿直线传播的)，所以光的衍射现象和直线传播是不矛盾的，它们是在不同条件下出现的两种现象，故选项C错误。选项A、B、D正确。8．一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t与(t＋0.2s)两个时刻，x轴上(－3m,3m)区间的波形完全相同，如图所示。图中M、N两质点在t时刻的位移均为eq\f(a,2)(a为质点的振幅)，下列说法中正确的是(ACD)A．该波的最小波速为20m/sB．(t＋0.1s)时刻，x＝2m处的质点位移一定为aC．从t时刻起，x＝2m处的质点比x＝2.5m处的质点先回到平衡位置D．该列波在传播过程中遇到宽度为1m的狭缝时会发生明显的衍射现象解析：由图知波长λ＝4m，由于t与(t＋0.2s)两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则Δt＝0.2s＝nT(n＝1,2，…)，可得到最大的周期为T＝0.2s，由v＝eq\f(λ,T)得最小波速为v＝eq\f(4,0.2)m/s＝20m/s，故A正确；由于周期不确定，时间0.1s不一定等于半个周期，则(t＋0.1s)时刻，x＝2m处的质点不一定到达波峰，位移不一定是a，故B错误；简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻x＝2.5m处的质点向下运动，返回平衡位置的时间大于eq\f(T,4)，而x＝2m处的质点到达平衡位置的时间等于eq\f(T,4)，x＝2m处的质点比x＝2.5m处的质点先回到平衡位置，故C正确；当障碍物的尺寸与波长相当或比波长小时，能发生明显衍射，该波波长为4m，则该列波在传播过程中遇到宽度为1m的狭缝时会发生明显的衍射现象，故D正确。9．在研究材料A的热膨胀特性时，可采用如图所示的干涉实验法，A的上表面是一光滑平面，在A的上方放一个透明的平行板B，B与A上表面平行，在它们间形成一个厚度均匀的空气膜。现在用波长为λ的单色光垂直照射，同时对A缓慢加热，在B上方观察到B板的亮度发生周期性变化，当温度为t1时最亮，然后亮度逐渐减弱至最暗；当温度升到t2时，亮度再一次回到最亮。则(AD)A．出现最亮时，B下表面反射光与A上表面反射光叠加后加强B．出现最亮时，B下表面反射光与A上表面反射光叠加后相抵消C．温度从t1升到t2的过程中，A的高度增加eq\f(λ,4)D．温度从t1升到t2的过程中，A的高度增加eq\f(λ,2)解析：出现最亮时，是B下表面反射光与A上表面反射光发生干涉，叠加后加强，故A正确，B错误；温度从t1升到t2的过程中，亮度由最亮又变到最亮，当路程差(即薄膜厚度的2倍)等于半波长的偶数倍，出现明条纹，知路程差减小λ，则A的高度增加eq\f(λ,2)，故C错误，D正确。10.(2023·济源高中高二阶段练习)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(BD)A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为eq\f(E,4)D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为eq\f(E,3)解析：撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒。这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒。A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向受力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒，故A错误，B正确；撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0。根据动量守恒和机械能守恒得2mv0＝3mv，E＝eq\f(1,2)·3mv2＋Ep，又E＝eq\f(1,2)2mveq\o\al(2,0)，联立得到，弹簧的弹性势能最大值为Ep＝eq\f(E,3)，故C错误，D正确。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(本题共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11．(8分)(2023·晋中高二阶段练习)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；已知碰后两滑块一起运动；⑥先_接通打点计时器的电源__，然后_放开滑块1__，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g。(1)试着完善实验步骤⑥的内容。(2)已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用前动量之和为_0.620_kg·m/s__；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为_0.618__kg·m/s。(结果保留三位有效数字)(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因：_纸带与打点计时器的限位孔有摩擦__。解析：(1)应先接通打点计时器的电源，然后放开滑块1。(2)相互作用前滑块1的速度为v1＝eq\f(0.2,0.02×5)m/s＝2m/s，其动量为p1＝0.310×2kg·m/s＝0.620kg·m/s，相互作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v2＝eq\f(0.168,0.02×7)m/s＝1.2m/s，其质量与速度的乘积之和为p2＝(0.310＋0.205)×1.2kg·m/s＝0.618kg·m/s。(3)中两结果不完全相等的主要原因是：纸带与打点计时器的限位孔有摩擦。12.(6分)(1)滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图所示，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R(滑板车的长度远小于轨道半径)。主要实验过程如下：①用手机查得当地的重力加速度g；②找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t，算出滑板车做往复运动的周期T＝eq\f(t,n)；③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R＝eq\f(gt2,4n2π2)(用t、g表示)计算出轨道半径。(2)某同学用如图甲所示的装置测量重力加速度。实验器材：有机玻璃条(白色是透光部分，黑色是宽度均为d＝1.00cm的挡光片)，铁架台，数字计时器(含光电门)，刻度尺。主要实验过程如下：①将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物；②用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图乙所示，读出两挡光片间的距离L＝_15.40__cm；③手提玻璃条上端使它静止在_竖直__方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过；④让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为t1＝10.003ms和t2＝5.000ms；⑤根据以上测量的数据计算出重力加速度g＝_9.74__m/s2(结果保留三位有效数字)。解析：(1)②滑板车做往复运动的周期为T＝eq\f(t,n)，③根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(R,g))，得R＝eq\f(gT2,4π2)＝eq\f(gt2,4n2π2)。(2)两挡光片间的距离L＝15.40cm－0cm＝15.40cm，手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过。玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为v1＝eq\f(d,t1)＝eq\f(1.00×10－2,10.003×10－3)m/s≈1m/s，玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为v2＝eq\f(d,t2)＝eq\f(1.00×10－2,5.000×10－3)m/s＝2m/s，根据速度位移公式有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2gL，代入数据解得加速度g＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2L)≈9.74m/s2。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)(2024·辽宁高二期中)如图，一长方体透明玻璃砖在底部挖去半径为R的半圆柱，玻璃砖长为L。一束单色光垂直于玻璃砖上表面射入玻璃砖，且覆盖玻璃砖整个上表面，已知该单色光在玻璃砖中的折射率为n＝eq\r(2)，真空的光速c＝3.0×108m/s，求：(1)单色光在玻璃砖中的传播速度；(2)半圆柱面上有光线射出的表面积。答案：(1)2.12×108m/s(2)S＝eq\f(π,2)RL解析：(1)由n＝eq\f(c,v)得v＝eq\f(c,n)＝2.12×108m/s(结果中保留根号也给分)。(2)光线经过玻璃砖上表面到达下方的半圆柱面出射时可能发生全反射，如图，设恰好发生全反射时的临界角为C，由折射定律n＝eq\f(1,sinC)，得C＝eq\f(π,4)，则有光线射出的部分圆柱面的面积为S＝2CRL，得S＝eq\f(π,2)RL。14.(12分)如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2kg的长木板C；离板右端x＝0.72m处静止放置质量mA＝1kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10m/s2，现在木板上加一水平向右的力F＝3N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力