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河南省周口市太康县2022-2023学年高二上学期1月期末质量检测物理试题（解析版）
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这是一份河南省周口市太康县2022-2023学年高二上学期1月期末质量检测物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分、共100分。考试时间75分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：人教统编版选择性必修第一册。
第I卷 （选择题共46分）
一、选择题：本题共10小题，共46分。小题给出的四个选项中，第1只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 在距地面高为h，同时以相等初速v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量相等的物体，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量ΔP，有（ ）
A. 平抛过程最大B. 竖直上抛过程最大
C. 竖直下抛过程最大D. 三者一样大
【答案】B
【解析】
【详解】根据动量定理
因为竖直上抛的运动时间最长，所以竖直上抛的动量增量最大。
故选B。
2. 质量为m和M的两个物块A、B，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A、B不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为p，弹簧的弹性势能为；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，B向右运动，与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起，则（ ）
A. 弹簧弹力对A的冲量大小为B. 弹簧弹力对B做功的大小为
C. 全过程中机械能减小量为D. B、C的最终速度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．选取向右为正方向，两个物体的总动量是P，则A的动量
弹簧恢复到原长时，A刚好静止，由动量定理得
负号表示与选定的正方向相反．故A正确；
B．弹簧对AB作用的过程中，弹簧对A做负功，对B做正功，系统的机械能全部转化为B的动能，所以B的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与A的动能的和，所以弹簧弹力对B做功的大于EP．故B错误；
CD．物块A与B以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒，设相互作用结束后B的速度为v1，选取向右为正方向，则
p=Mv1
B与C相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒，设最终的速度为v2，根据动量守恒得
Mv1=(M+M)v2
联立得
整个过程中损失的机械能
而
联立解得
可知只有在m与M相等时，全过程中机械能减小量才为EP．故CD错误；
故选A。
3. 飞力士棒（Flexi-bar）是德国物理治疗师发明的一种物理康复器材，也是一种有效加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒整体结构由中间的握柄，两端负重头，用一根PVC软杆连接，质量为，长度为，棒的固有频率为，如图所示，可以使用双手进行驱动，则下列关于飞力士棒的认识正确的是（ ）
A. 使用者用力越大飞力士棒振动越快
B. 随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定越来越大
C. 双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，会产生共振
D. 负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系。故A错误；
B．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度不一定越来越大。故B错误；
C．双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，则驱动力的频率为
与飞力士棒的固有频率相等，会产生共振。故C正确；
D．负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率会变。故D错误。
故选C。
4. 如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力作用
B. 振子由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置
C. 振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大
D. 小球在往复运动过程中机械能守恒
【答案】B
【解析】
【详解】AB．回复力是根据效果命名的力，不是做简谐运动的物体受到的具体的力，它是由物体受到的具体的力所提供的，在题图情景中弹簧的弹力充当回复力，回复力总是指向平衡位置，故A错误，B正确；
C．回复力与位移的大小成正比，由A向O运动过程中位移的大小在减小，故此过程中回复力逐渐减小，故C错误；
D．弹簧振子在运动过程中机械能守恒，是弹簧与小球系统机械能守恒，小球机械能不守恒，故D错误。
故选B。
5. 如图为隐形战机的有源对消电子设备发出与对方雷达发射波匹配的行波，使对方雷达接受不到反射波，从而达到雷达隐形的效果。下列说法正确的是（ ）
A. 隐形战机雷达隐形的原理是波的干涉
B. 隐形战机雷达隐形的原理是波的衍射
C. 隐形战机雷达隐形的原理是多普勒效应
D. 行波与对方雷达发射波的频率相同、相位相同
【答案】A
【解析】
【详解】隐形战机雷达隐形原理是波的干涉，利用行波对方雷达发射波的频率相同、相位相差半个波长而抵消。
故选A。
6. 图为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的图像，此时处质点的速度沿y轴正方向。下列说法正确的是（ ）
A. 该列简谐横波沿x轴正方向传播
B. 该时刻，处的质点速度最大
C. 该时刻，处的质点加速度最大
D. 经过1个周期，处的质点沿x轴移动了8m
【答案】A
【解析】
【详解】A．图中时刻处质点的速度沿y轴正方向，根据同侧法可知该列简谐横波沿x轴正方向传播，选项A正确；
B．该时刻，处质点位移最大，此时速度为零，选项B错误；
C．该时刻，处的质点处于平衡位置，速度最大，此时加速度为零，选项C错误；
D．横波中的质点只在平衡位置附近垂直横波传播方向振动，不会随波迁移，选项D错误。
故选A。
7. 有一透明材料制成的空心球体，内径是R，外径是，其过球心的某截面（纸面内）如图所示，一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角，经折射后恰好与内球面相切，已知光速为c。下列说法正确的是（ ）
A. 单色光在材料中的折射率为
B. 单色光在该材料中的传播时间为
C. 单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角
D. 只要A点射入的单色光与AO直线的夹角i大于，就一定能够在内球面发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．在A点时，由题意可知，入射角为60°，则由几何关系有
由折射定律得
故A错误；
B．该束单色光在该透明材料中的传播速度为
单色光在该材料中的传播时间为
带入数据解得
故B错误；
C．光束从A点入射，入射角为时光束经折射到达内球面的C点，如图
恰好发生全反射，由于
由正弦定理得
解得
由折射定律得
解得
故C正确；
D．光束从A点入射，与AO直线的夹角i大于60°时，折射光线不再打在内球面上，不再在内球面发生反射，故D错误。
故选C。
8. 一个士兵站在皮划艇右端练习打靶，靶装在艇上的左端，如图所示。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前发打入靶中后，再打下一发。不考虑一切阻力，以下说法正确的是（ ）
A. 打靶结束后，皮划艇将以一定的速度向右匀速运动
B. 打靶结束后，皮划艇应停止在射击之前位置的右方
C. 在每一发子弹的射击过程中，皮划艇所发生的位移相同
D. 在每一发子弹的射击过程中，皮划艇所发生的位移不相同
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．子弹、枪、人、皮划艇系统水平方向所受的合外力为零，系统水平方向的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故皮划艇仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，皮划艇向右运动，所以打靶结束后，皮划艇应停在原来位置的右方。打靶结束后，皮划艇将静止不动，故A错误，B正确；
CD．对于每一发子弹的射击过程，设子弹出口速度为v，皮划艇后退速度大小为，以向左为正，根据动量守恒定律，有
子弹匀速向左运动的同时皮划艇匀速向右运动，故
联立解得
故皮划艇向右运动的位移为
每颗子弹从发射到击中靶过程，皮划艇均向右运动，均相同，故D错误，C正确。
故选BC。
9. 如图所示为获取弹簧振子的位移—时间图像的一种方法，改变纸带运动的速度，下列说法正确的是（ ）
A. 如果纸带不动，作出的振动图像仍然是正弦函数曲线
B. 如果纸带不动，作出的振动图像是一段线段
C. 图示时刻，振子正经过平衡位置向右运动
D. 若纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的仍然是简谐运动的图像
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB．当纸带不动时，描出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹，即一段线段，A错误，B正确；
C．由振动图像可以看出，图示时刻振子正由平衡位置向右运动，C正确；
D．只有当纸带匀速运动时，运动时间才与纸带运动的位移成正比，振动图像才是正弦或余弦函数曲线，而简谐运动的图像一定是正弦或余弦函数曲线，D错误。
故选BC。
10. 两波源分别位于x=0和x=20cm处，从t=0时刻起两波源开始振动，形成沿x轴相向传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，如图所示，为t=0.04s时刻两列波的图像．已知两波的振幅分别为，，质点P的平衡位置在x=1cm处，质点Q的平衡位置在x=18cm处．下列说法中正确的是___________．
A. 两列波的波源起振方向相同
B. Ⅰ和Ⅱ两列波的波长之比为1：2
C. t=0.05s时，质点P向下振动，质点Q的坐标为（18cm，-3cm）
D. Ⅰ和Ⅱ两列波将在t=0.1s时相遇，之后叠加形成稳定的干涉图样
E. t=0.12s时，x=10cm处的质点位移为零但振动加强
【答案】BCE
【解析】
【详解】由波形图可知，波Ⅰ传到x=4cm位置时质点的起振方向向下，则波Ⅰ振源的起振方向向下；波Ⅱ传到x=16cm位置时质点的起振方向向上，则波Ⅱ振源的起振方向向上；则两列波的波源起振方向相反，选项A错误；由波形图可知，Ⅰ和Ⅱ两列波的波长分别为2cm和4cm，则波长之比为1：2，选项B正确；波Ⅰ的周期T1=0.02s，则t=0.05s时，质点P在平衡位置向下振动；波Ⅱ的周期T2=0.04s，则t=0.05s时，质点Q在最低点，坐标为（18cm，-3cm），选项C正确；两列波的波速均为，则再经过，即在t=0.1s时刻两波相遇，因两波的频率不同，则叠加后不能形成稳定的干涉图样，选项D错误；t=0.12s时，波Ⅰ在x=10cm处的质点引起的振动为在平衡位置向下振动；波Ⅱ在x=10cm处的质点引起的振动为在平衡位置向下振动；则此质点的位移为零但振动加强，选项E正确；故选BCE．
【点睛】本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变．理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如本题中两列波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为；当波峰与波谷相遇时此处的位移为．
第Ⅱ卷 （非选择题共54分）
二、实验题：本题共2小题，共20分。
11. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度L1、L2、L3。
（1）入射小球1的质量应______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；入射小球1的半径应______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径；
（2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______；
A.秒表 B.天平 C.刻度尺 D.打点计时器
（3）当所测物理量满足表达式________________________（用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式______________________（用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球是弹性碰撞。
【答案】 ①. 大于 ②. 等于 ③. BC ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据动量守恒定律可知若碰撞小球1的质量小于被碰小球2的质量，则小球1可能被碰回，所以小球1的质量应大于被碰小球2的质量，为了保证是对心碰撞，所以小球1的半径应等于被碰小球2的半径；
（2）[3]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证
m1v0=m1v1+m2v2
因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移
x=vt
因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有
m1OP=m1OM+m2ON
实验需要测量小球质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有BC；
（3）[4]两球相碰前后的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，则有
L2=v0t
L1=v1t
L3=v2t
代入可得
m1 L2=m1 L1+m2 L3
[5]若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则有
代入解得
12. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________（填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。甲中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则单摆振动周期为________。
(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m。
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________。
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________。
A．甲的说法正确 B．乙的说法正确 C．两学生的说法都是错误的
【答案】 ①. 低 ②. 2.05s ③. 0.9980 ④. ⑤. A
【解析】
【详解】(1)[1]摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时。
[2]图甲中停表的示数为
t=1.5 min＋12.5 s＝102.5s
则周期
T＝s＝2.05s；
(2)[3]从悬点到球心的距离即为摆长，可得
L＝0.9980m
(3)[4]由单摆周期公式T＝2π，可得
g＝
(4)[5]由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，故选A。
三、计算题：本题共2小题，共34分。
13. 如图所示，实线为简谐波在t时刻的图线，虚线为波在(t+0.01)s时刻的图线．
（1）若波向左传播，求它可能传播的距离．
（2）若波向右传播，求它的最大周期．
（3）若波速为500m/s，指出简谐波的传播方向．
【答案】（1）(3+4n)m (n=0，1，2，…) （2）0.04s （3）波向右传播
【解析】
【详解】（1）若波向左传播时，
解得： (n=0，1，2，…)
（2）向右传播时，传播的时间
解得： (n=0，1，2，…)
当n=0时，T有最大值004s
（3）若波速为500m/s，则传播的距离
所以波向右传播
14. 1965年香港中文大学校长高锟在一篇论文中提出以石英基玻璃纤维作长程信息传递，引发了光导纤维的研发热潮，1970年康宁公司最先发明并制造出世界第一根可用于光通信的光纤，使光纤通信得以广泛应用。被视为光纤通信的里程碑之一，高锟也因此被国际公认为“光纤之父”。如图为某种新型光导纤维材料的一小段，材料呈圆柱状，其横截面为矩形MNPQ，其中MQ为直径，一束单色光在纸面内以入射角从空气射向圆心O，问：
（1）若时，单色光刚好不从MN射出，求光纤维的折射率；
（2）若无论入射角为多少，单色光都不从MN或QP射出，求光纤维的折射率的最小值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）如图
由题意知
， ，
解得
（2）如图
由题意得
，，
解
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分、共100分。考试时间75分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：人教统编版选择性必修第一册。
第I卷 （选择题共46分）
一、选择题：本题共10小题，共46分。小题给出的四个选项中，第1只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 在距地面高为h，同时以相等初速v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量相等的物体，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量ΔP，有（ ）
A. 平抛过程最大B. 竖直上抛过程最大
C. 竖直下抛过程最大D. 三者一样大
【答案】B
【解析】
【详解】根据动量定理
因为竖直上抛的运动时间最长，所以竖直上抛的动量增量最大。
故选B。
2. 质量为m和M的两个物块A、B，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A、B不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为p，弹簧的弹性势能为；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，B向右运动，与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起，则（ ）
A. 弹簧弹力对A的冲量大小为B. 弹簧弹力对B做功的大小为
C. 全过程中机械能减小量为D. B、C的最终速度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．选取向右为正方向，两个物体的总动量是P，则A的动量
弹簧恢复到原长时，A刚好静止，由动量定理得
负号表示与选定的正方向相反．故A正确；
B．弹簧对AB作用的过程中，弹簧对A做负功，对B做正功，系统的机械能全部转化为B的动能，所以B的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与A的动能的和，所以弹簧弹力对B做功的大于EP．故B错误；
CD．物块A与B以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒，设相互作用结束后B的速度为v1，选取向右为正方向，则
p=Mv1
B与C相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒，设最终的速度为v2，根据动量守恒得
Mv1=(M+M)v2
联立得
整个过程中损失的机械能
而
联立解得
可知只有在m与M相等时，全过程中机械能减小量才为EP．故CD错误；
故选A。
3. 飞力士棒（Flexi-bar）是德国物理治疗师发明的一种物理康复器材，也是一种有效加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒整体结构由中间的握柄，两端负重头，用一根PVC软杆连接，质量为，长度为，棒的固有频率为，如图所示，可以使用双手进行驱动，则下列关于飞力士棒的认识正确的是（ ）
A. 使用者用力越大飞力士棒振动越快
B. 随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定越来越大
C. 双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，会产生共振
D. 负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系。故A错误；
B．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度不一定越来越大。故B错误；
C．双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，则驱动力的频率为
与飞力士棒的固有频率相等，会产生共振。故C正确；
D．负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率会变。故D错误。
故选C。
4. 如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力作用
B. 振子由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置
C. 振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大
D. 小球在往复运动过程中机械能守恒
【答案】B
【解析】
【详解】AB．回复力是根据效果命名的力，不是做简谐运动的物体受到的具体的力，它是由物体受到的具体的力所提供的，在题图情景中弹簧的弹力充当回复力，回复力总是指向平衡位置，故A错误，B正确；
C．回复力与位移的大小成正比，由A向O运动过程中位移的大小在减小，故此过程中回复力逐渐减小，故C错误；
D．弹簧振子在运动过程中机械能守恒，是弹簧与小球系统机械能守恒，小球机械能不守恒，故D错误。
故选B。
5. 如图为隐形战机的有源对消电子设备发出与对方雷达发射波匹配的行波，使对方雷达接受不到反射波，从而达到雷达隐形的效果。下列说法正确的是（ ）
A. 隐形战机雷达隐形的原理是波的干涉
B. 隐形战机雷达隐形的原理是波的衍射
C. 隐形战机雷达隐形的原理是多普勒效应
D. 行波与对方雷达发射波的频率相同、相位相同
【答案】A
【解析】
【详解】隐形战机雷达隐形原理是波的干涉，利用行波对方雷达发射波的频率相同、相位相差半个波长而抵消。
故选A。
6. 图为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的图像，此时处质点的速度沿y轴正方向。下列说法正确的是（ ）
A. 该列简谐横波沿x轴正方向传播
B. 该时刻，处的质点速度最大
C. 该时刻，处的质点加速度最大
D. 经过1个周期，处的质点沿x轴移动了8m
【答案】A
【解析】
【详解】A．图中时刻处质点的速度沿y轴正方向，根据同侧法可知该列简谐横波沿x轴正方向传播，选项A正确；
B．该时刻，处质点位移最大，此时速度为零，选项B错误；
C．该时刻，处的质点处于平衡位置，速度最大，此时加速度为零，选项C错误；
D．横波中的质点只在平衡位置附近垂直横波传播方向振动，不会随波迁移，选项D错误。
故选A。
7. 有一透明材料制成的空心球体，内径是R，外径是，其过球心的某截面（纸面内）如图所示，一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角，经折射后恰好与内球面相切，已知光速为c。下列说法正确的是（ ）
A. 单色光在材料中的折射率为
B. 单色光在该材料中的传播时间为
C. 单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角
D. 只要A点射入的单色光与AO直线的夹角i大于，就一定能够在内球面发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．在A点时，由题意可知，入射角为60°，则由几何关系有
由折射定律得
故A错误；
B．该束单色光在该透明材料中的传播速度为
单色光在该材料中的传播时间为
带入数据解得
故B错误；
C．光束从A点入射，入射角为时光束经折射到达内球面的C点，如图
恰好发生全反射，由于
由正弦定理得
解得
由折射定律得
解得
故C正确；
D．光束从A点入射，与AO直线的夹角i大于60°时，折射光线不再打在内球面上，不再在内球面发生反射，故D错误。
故选C。
8. 一个士兵站在皮划艇右端练习打靶，靶装在艇上的左端，如图所示。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前发打入靶中后，再打下一发。不考虑一切阻力，以下说法正确的是（ ）
A. 打靶结束后，皮划艇将以一定的速度向右匀速运动
B. 打靶结束后，皮划艇应停止在射击之前位置的右方
C. 在每一发子弹的射击过程中，皮划艇所发生的位移相同
D. 在每一发子弹的射击过程中，皮划艇所发生的位移不相同
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．子弹、枪、人、皮划艇系统水平方向所受的合外力为零，系统水平方向的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故皮划艇仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，皮划艇向右运动，所以打靶结束后，皮划艇应停在原来位置的右方。打靶结束后，皮划艇将静止不动，故A错误，B正确；
CD．对于每一发子弹的射击过程，设子弹出口速度为v，皮划艇后退速度大小为，以向左为正，根据动量守恒定律，有
子弹匀速向左运动的同时皮划艇匀速向右运动，故
联立解得
故皮划艇向右运动的位移为
每颗子弹从发射到击中靶过程，皮划艇均向右运动，均相同，故D错误，C正确。
故选BC。
9. 如图所示为获取弹簧振子的位移—时间图像的一种方法，改变纸带运动的速度，下列说法正确的是（ ）
A. 如果纸带不动，作出的振动图像仍然是正弦函数曲线
B. 如果纸带不动，作出的振动图像是一段线段
C. 图示时刻，振子正经过平衡位置向右运动
D. 若纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的仍然是简谐运动的图像
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB．当纸带不动时，描出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹，即一段线段，A错误，B正确；
C．由振动图像可以看出，图示时刻振子正由平衡位置向右运动，C正确；
D．只有当纸带匀速运动时，运动时间才与纸带运动的位移成正比，振动图像才是正弦或余弦函数曲线，而简谐运动的图像一定是正弦或余弦函数曲线，D错误。
故选BC。
10. 两波源分别位于x=0和x=20cm处，从t=0时刻起两波源开始振动，形成沿x轴相向传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，如图所示，为t=0.04s时刻两列波的图像．已知两波的振幅分别为，，质点P的平衡位置在x=1cm处，质点Q的平衡位置在x=18cm处．下列说法中正确的是___________．
A. 两列波的波源起振方向相同
B. Ⅰ和Ⅱ两列波的波长之比为1：2
C. t=0.05s时，质点P向下振动，质点Q的坐标为（18cm，-3cm）
D. Ⅰ和Ⅱ两列波将在t=0.1s时相遇，之后叠加形成稳定的干涉图样
E. t=0.12s时，x=10cm处的质点位移为零但振动加强
【答案】BCE
【解析】
【详解】由波形图可知，波Ⅰ传到x=4cm位置时质点的起振方向向下，则波Ⅰ振源的起振方向向下；波Ⅱ传到x=16cm位置时质点的起振方向向上，则波Ⅱ振源的起振方向向上；则两列波的波源起振方向相反，选项A错误；由波形图可知，Ⅰ和Ⅱ两列波的波长分别为2cm和4cm，则波长之比为1：2，选项B正确；波Ⅰ的周期T1=0.02s，则t=0.05s时，质点P在平衡位置向下振动；波Ⅱ的周期T2=0.04s，则t=0.05s时，质点Q在最低点，坐标为（18cm，-3cm），选项C正确；两列波的波速均为，则再经过，即在t=0.1s时刻两波相遇，因两波的频率不同，则叠加后不能形成稳定的干涉图样，选项D错误；t=0.12s时，波Ⅰ在x=10cm处的质点引起的振动为在平衡位置向下振动；波Ⅱ在x=10cm处的质点引起的振动为在平衡位置向下振动；则此质点的位移为零但振动加强，选项E正确；故选BCE．
【点睛】本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变．理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如本题中两列波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为；当波峰与波谷相遇时此处的位移为．
第Ⅱ卷 （非选择题共54分）
二、实验题：本题共2小题，共20分。
11. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度L1、L2、L3。
（1）入射小球1的质量应______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；入射小球1的半径应______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径；
（2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______；
A.秒表 B.天平 C.刻度尺 D.打点计时器
（3）当所测物理量满足表达式________________________（用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式______________________（用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球是弹性碰撞。
【答案】 ①. 大于 ②. 等于 ③. BC ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据动量守恒定律可知若碰撞小球1的质量小于被碰小球2的质量，则小球1可能被碰回，所以小球1的质量应大于被碰小球2的质量，为了保证是对心碰撞，所以小球1的半径应等于被碰小球2的半径；
（2）[3]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证
m1v0=m1v1+m2v2
因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移
x=vt
因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有
m1OP=m1OM+m2ON
实验需要测量小球质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有BC；
（3）[4]两球相碰前后的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，则有
L2=v0t
L1=v1t
L3=v2t
代入可得
m1 L2=m1 L1+m2 L3
[5]若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则有
代入解得
12. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________（填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。甲中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则单摆振动周期为________。
(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m。
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________。
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________。
A．甲的说法正确 B．乙的说法正确 C．两学生的说法都是错误的
【答案】 ①. 低 ②. 2.05s ③. 0.9980 ④. ⑤. A
【解析】
【详解】(1)[1]摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时。
[2]图甲中停表的示数为
t=1.5 min＋12.5 s＝102.5s
则周期
T＝s＝2.05s；
(2)[3]从悬点到球心的距离即为摆长，可得
L＝0.9980m
(3)[4]由单摆周期公式T＝2π，可得
g＝
(4)[5]由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，故选A。
三、计算题：本题共2小题，共34分。
13. 如图所示，实线为简谐波在t时刻的图线，虚线为波在(t+0.01)s时刻的图线．
（1）若波向左传播，求它可能传播的距离．
（2）若波向右传播，求它的最大周期．
（3）若波速为500m/s，指出简谐波的传播方向．
【答案】（1）(3+4n)m (n=0，1，2，…) （2）0.04s （3）波向右传播
【解析】
【详解】（1）若波向左传播时，
解得： (n=0，1，2，…)
（2）向右传播时，传播的时间
解得： (n=0，1，2，…)
当n=0时，T有最大值004s
（3）若波速为500m/s，则传播的距离
所以波向右传播
14. 1965年香港中文大学校长高锟在一篇论文中提出以石英基玻璃纤维作长程信息传递，引发了光导纤维的研发热潮，1970年康宁公司最先发明并制造出世界第一根可用于光通信的光纤，使光纤通信得以广泛应用。被视为光纤通信的里程碑之一，高锟也因此被国际公认为“光纤之父”。如图为某种新型光导纤维材料的一小段，材料呈圆柱状，其横截面为矩形MNPQ，其中MQ为直径，一束单色光在纸面内以入射角从空气射向圆心O，问：
（1）若时，单色光刚好不从MN射出，求光纤维的折射率；
（2）若无论入射角为多少，单色光都不从MN或QP射出，求光纤维的折射率的最小值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）如图
由题意知
， ，
解得
（2）如图
由题意得
，，
解
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