大理州民族中学 2022-2023 学年下学期期中考高二物理
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. A
8. 9. 10.
11. 12. 13. 14.
15. (1) ； (2) ； (3) 1 = 1 + 2 ； 1 2 = 1 2 + 2 2
16. (1) ；(2) ；(3) ；6.6 × 10 7。
17. 解：(1) 、 发生正碰，取初速度方向为正，碰撞前后动量守恒，则有
1 0 = 1 1 + 2 2
代入数值可得： 2 = 3 / ；
(2)若 、 为弹性碰撞，碰撞前后动量守恒，动能也守恒，取初速度方向为正，则有
1 0 = 1 + 2
1 2 12 1 0 = 2 1
2
+
1
2 2
2
代入数值可得： = 6 / ， = 4 / 。
答：(1)若碰后 以 2 / 反向弹回， 的速度大小为 3 / ；
(2)若 、 为弹性碰撞，碰后 的速度为 6 / ，方向与初速度相反； 的速度为 4 / ，方向与初
速度方向相同。
18. 45°解：(1)该液体对红光的折射率为 = = 30 = 2。
(2) = 1由临界角公式 ，得 =
2，则 = 45°
2
19. 解：(1)质点 正向 轴正方向运动，由波形平移法可知波沿 轴正方向传播。
(2) 5 5且由题意知， 点第 2次到达波峰需要4 即4 = 0.5 ；
得周期为： = 0.4
由图读出波长为 = 2 ，
则波速为： = = 5 /
第 1页，共 10页
(3) = 0.7 时的波形如下图所示
20. (1)2 (2)2 2
(1)粘连后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，
1
有 2 = 22 ① 解得 = 2 ②
(2)设小球 的质量为 ，碰撞前速度大小为 1，规定小球 冲进轨道最低点时的重力势能为零，由
1 1
机械能守恒定律知2
2 = 22 1 + 2 ③ 设碰撞后粘连在一起的两球速度大小为 2，由动量
守恒定律知 1 = 2 2 ④ 飞出轨道后两球做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，
有 2 = 2 ⑤ 联立②③④⑤式得 = 2 2 .
(1)粘连后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，
2 = 1有 2
2 ① 解得 = 2 ②
(2)设小球 的质量为 ，碰撞前速度大小为 1，规定小球 冲进轨道最低点时的重力势能为零，由
1 1
机械能守恒定律知 22 = 2
2
1 + 2 ③ 设碰撞后粘连在一起的两球速度大小为 2，由动量
守恒定律知 1 = 2 2 ④ 飞出轨道后两球做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，
有 2 = 2 ⑤ 联立②③④⑤式得 = 2 2 .
【解析】
1. 【分析】
衍射是绕过阻碍物继续传播，而干涉是两种频率相同的波相互叠加出现明暗相间的现象，对于多
普勒效应现象是接收到的频率在发生变化。
无论反射、衍射还是干涉，其频率均不变，而多普勒效应接收到的频率发生变化。
【解答】
①“闻其声而不见其人”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；
第 2页，共 10页
②夏天里雷雨后路面上油膜呈现彩色是薄膜干涉现象；
③当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高。音调变高就是频率变高，
因此这是多普勒效应现象；
④观众在看立体电影时要戴上特质的眼镜，这样看到电影画面的效果和眼睛直接观看物体的效果
一样具有立体感是利用光的偏振现象；
由以上分析可知 ABC 错误，D 正确
故选 D。
2. 【分析】
本题考查了光的折射与反射的判断，解题关键在于理解反射定律与折射定律的内容，进而可判断。
法线与界面垂直，光的反射中，反射角等于入射角，折射光线和入射光线位于法线两侧。
【解答】
由图可知，三条光线 、 和 中， 与 上下对称，而 与它们没有对称性，所以 是折
射光线，水平线是法线，由于折射光线与入射光线不对称，且法线的两侧，所以 是入射光线，
是反射光线， 为折射光线；
故 ABD 错误，C 正确。
3. 爆竹在最高点速度大小为 0、方向水平向东，爆炸前动量为 3 0，其中一块质量为 2 ，速
度大小为 ，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬时速度为 ′，取爆竹在最高点爆炸前的速度方向
为正方向，爆炸过程水平方向动量守恒，则有 3 0 = 2 + · ′，解得 ′ = 3 0 2 ，故选
C。
4. 【分析】
物块 刚好运动到木块 的最高点时，两者共速，对物块 和木块 组成的系统，由机械能守恒和水
平方向动量守恒可以求出物块 的初速度大小和共同速度大小;
当物块 返回到水平面时，木块 的速度最大，由机械能守恒定律和水平方向动量守恒可以求出物
块 返回水平面时的速度以及木块 的最大速度。
【解答】
物块 刚好运动到木块 的最高点时，两者共速为 ，对物块 和木块 组成的系统，由机械能守恒
1
和水平方向动量守恒得：2
2 1
0 = + 2 ( + )
2， 0 = ( + ) ，解得 0 = 4 / 、
= 2 / ，故 A 错误，B 正确；
1
当物块 返回到水平面时，木块 的速度最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：2
2
0 =
第 3页，共 10页
1 2 1 2
2 1 + 2 2， 0 = 1 + 2，解得 2 = 4 / 、 1 = 0，另一组解 1 = 4 / 、
2 = 0(舍去)，故 C、D 错误。
5. 【分析】
本题考查根据振动图象分析物体振动过程的能力，要知道当振子衡位置时速度增大，加速
度减小；远离平衡位置时速度减小，加速度增大；而加速度与位移之间满足： = 。
【解答】
A.由图读出振动周期为 = 4 ，振幅为 = 8 。故 A 错误；
B. 由图可知，第 2 末振子处于负向最大位移处，速度为零，由简谐运动的特征： = 可知，
加速度为正向的最大值，故 B 正确；
C.第 3 末振子经过平衡位置，速度达到最大值，弹簧弹性势能为零，振子的机械能最大，故 C
错误；
D.从第 1 末到第 2 末振子经过平衡位置向下运动到达负向最大位移处，速度逐渐减小，做减速
运动，根据 = 可知，加速度逐渐增大，故 D 错误。
故选 B。
6. 【分析】
根据图乙得出单摆的周期，频率是周期的倒数，根据单摆周期公式 = 2 求摆长。
单摆在平衡位置时有向心加速度。
【解答】
B 、由题图乙可知单摆的周期 = 2 ，由单摆的周期公式可得： = 2 = 1 ，代入数据可知 ，
故 B 正确；
A 1、 = 2 ，则频率 = = 0.5 ，故 A 错误；
C、根据单摆周期公式可知周期 与摆球质量无关，故 C 错误；
D、 = 1 时摆球位于平衡位置 ，处于最低点，速度最大，有向心加速度，不为零，故 D 错误。
故选 B。
7. 【分析】
本题考查了判断系统动量是否守恒，知道动量守恒的条件、明确研究对象即可正确解题。
【解答】
第 4页，共 10页
在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中；
A.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，故 A 错误；
B.小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故 B 错误；
.男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故 C 正确，D 错误。
故选 C。
8. 【分析】
选滑块与小车组成的系统为研究对象，水平方向不受外力作用，故水平方向动量守恒，并且最后
两者具有共同的速度，由此得解。
本题主要考查系统动量守恒定律的理解与应用，难度不大。这是一道典型的动量守恒的题目。
【解答】
选滑块与小车组成的系统为研究对象，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒得： 0 = ( +
= ) ，所以有： 0 + ，方向水平向右，与 0同向，故 C 正确，ABD 错误。
故选 C。
9. 解：选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理，地面对钢球的冲量 = 2 1 =
( 1 + 2)，则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为 ( 1 + 2)，故 ABC 错误，D 正确。
故选： 。
由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲力可忽略不计。根据动量定理求解在碰撞
过程中地面对钢球的冲量的方向和大小。
应用动量定理求解冲量是常用的方法，要注意选取正方向，用带正号的量值表示矢量。如重力不
能忽略，还要考虑重力的冲量。
10. 【分析】
由振动图象读出周期，一个周期振子通过的路程为 4 ，根据时间与周期的关系，求 10 内振子的
路程；动能是标量，处于平衡位置动能最大，处于最大位移处，动能为 0，知振子一个全振动动
能变化 2个周期；根据振动图象的特点，判断振子的位置；振动方向可根据“上坡上振，下坡下
振”来判断；根据 = 求振动方程。
本题考查对振动图象的认识，注意速度的方向要根据位移的变化进行确定，也可把图象比喻成坡，
运用“上坡上振，下坡下振”判断质点振动方向，能根据振动图象写出振动方程，难度不大，属
于基础题。
【解答】
第 5页，共 10页
A.根据振动图象可知周期 = 2.0 ，振幅 = 10 ， = 10 = 5 ，一个周期通过的路程为 4 ，
则 10 内通过的路程为 = 5 × 4 = 20 × 10 = 200 = 2 ，故 A 错误；
B.每次经过平衡位置动能最大，在最大位移处动能为 0，在振子完成一个周期的时间内，动能完
成 2个周期的变化，故动能变化的周期为 1 ，故 B 错误；
C.在 = 0.5 到 = 1.5 时间内振子沿 负方向运动，在 = 1.0 时，振子的速度未反向，故 C 错误；
D.由振动图象知 = 2.0 ，角速度 = 2 = 2 / = / ，振动方程 = 0.10 ( )，
2
故 D 正确。
11. 解： 、由图乙可知，波的周期 = 4 、振幅 = 5 ，由图甲可知， 1 = 0 的波形是实线
3
波， 2 = 3 = 4 是虚线波，所以断定图乙是质点 的振动图象，故 A 正确，C 错误；
B 、根据甲图可知波长 = 2 ，所以 = = 0.5 / ，故 B 正确；
D、从 1 = 0 到 2 = 3.0
3
即4 这段时间内，质点 通过的路程为 = 3 = 3 × 5 = 15 = 0.15 ，
故 D 错误。
故选： 。
根据波形图读出波的周期；根据 = 0 时质点的位置确定图乙是哪一点的振动图象；根据波速的计
算公式求出波速；利用波传播的周期性，结合波形利用周期把时间间隔表示出来，从而求质点
通过的路程。
本题考查识别和理解振动图象和波动图象的能力，并要能把握两种图象之间的联系，同时要注意
根据时间与周期的关系，求出质点振动的时间与周期之间的关系，再求质点运动的路程。
12. 【分析】
本题考查了动量守恒定律、功能关系；本题抓住碰撞过程的两个基本规律：系统的动量守恒、总
动能不增加进行判断。
碰撞过程遵守动量守恒，根据 的速度，由此定律得到 的速度，根据碰撞总动能不增加，分析是
否可能。
【解答】
若两者为完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律： 1 0 = ( 1 + 2) ；
解得： = 3 / ；
若两者为完全弹性碰撞，则由动量守恒定律： 1 0 = 1 1 + 2 2；
由能量关系： ；
第 6页，共 10页
联立解得： 1 = 3 / ， 2 = 6 / ；
则碰撞后 球的速度大小范围是 3 / ≤ 2 ≤ 6 / ；
故 A 错误，BCD 正确。
故选 BCD。
13. 解： .火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故 A
错误；
B.在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭及所携设备做正功，所
以火箭及所携设备机械能不守恒，故 B 错误；
C.在燃气喷出后的瞬间，火箭及其所携设备组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，设火箭
的速度大小为 ，规定火箭运动方向为正方向，由动量守恒定律得( ) 0 = 0，解得火
箭的速度大小为 = 0 ，故 C 正确；
2 2 2
D. 喷出燃气后火箭及所携设备做竖直上抛运动，上升的最大高度为 = = 0 2，故 D 正确。2 2 ( )
故选 CD。
火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后
的瞬间，将火箭以及喷出的水当作系统，动量守恒，喷出燃气后火箭做竖直上抛运动，当速度减
小为零时，上升到最大高度。
明确知道该水火箭原理是反冲现象，知道在喷出水的瞬间，火箭和水组成的系统动量守恒，掌握
喷出水后火箭的运动情况。
14. 【分析】
根据实验的原理确定实验注意事项：摆线要适当长些、摆球的密度要大一些、角度应较小、时间
要准确些。
本题关键是明确单摆模型成立的前提条件，以及实验原理和误差来源，并能够运用图象结合公式
分析斜率与重力加速度关系。
【解答】
A、为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，故 A 正确；
B、为减小阻力对实验的影响，减小实验误差，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故 B 正确；
2
C 4 、用悬线的长度作为摆长时，摆长偏小，根据 = 2 得： = 2 ， 与摆长 成正比，故
测量值偏小，故 C 正确；
第 7页，共 10页
D、拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5°，故 D 错误；
2 2
E 4 4 、根据 = 2 得：
2 = 可知，画出的周期的二次方与摆长(
2 )图象中斜率 = ，
故 E 错误；
故选： 。
15. 【分析】
解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度
的大小，可以用位移代表速度。同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下
落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒。
【解答】
(1) 因为平抛运动的时间相等，根据 = ，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运
动的水平射程间接测量速度．故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点由静止滑下，斜槽光
滑与否对实验没有影响；同时为了小球 2能飞的更远，防止 1反弹，球 1的质量应大于球 2的质
量，故 AC 正确，B 错误。
故选：
(2)根据动量守恒得， 1 = 1 + 2 ，所以除了测量线段 、 、 的长度外，
还需要测量的物理量是小球 1和小球 2的质量 1、 2。
故选： 。
(3)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度， 是 球不与 球碰撞平抛运动的位移，
该位移可以代表 球碰撞前的速度， 是 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后
球的速度， 是碰撞后 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后 球的速度，当所测物理量满足
表达式 1 = 1 + 2 ，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要
1
2
2 1 2 1 2
1 0 = 2 1 1 + 2 2 2成立则机械能守恒，故若
2 = 2 21 1 + 2 ，说明碰撞过
程中机械能守恒。
16. 【分析】
(1)双缝干涉条纹特点是等间距、等宽度、等亮度；
(2) 根据双缝干涉条纹的间距公式△ = 判断干涉条纹的间距变化；
(3)根据△ = 5，求得相邻亮纹的间距△ ；根据双缝干涉条纹的间距公式△ = 推导波长的表
达式，并求出波长的大小。
第 8页，共 10页
本题关键是明确实验原理，体会实验步骤，最好亲手做实验；解决本题的关键掌握双缝干涉条纹
的间距公式；解决本题的关键掌握双缝干涉的条纹间距公式△ = ，明确相邻亮纹的间距△
与亮纹中心间距的关系。
【解答】
(1)双缝干涉条纹特点是等间距、等宽度、等亮度；衍射条纹特点是中间宽两边窄、中间亮、两边
暗，且不等间距；根据此特点知甲图是干涉条纹，故选 A；
(2) . 根据双缝干涉条纹的间距公式△ = 知，将滤光片由蓝色的换成红色的，频率减小，波长
变长，则干涉条纹间距变宽，故 A 正确；
B. 根据双缝干涉条纹的间距公式△ = ，将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距不变，
故 B 错误；
C.根据双缝干涉条纹的间距公式△ = ，换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄，
故 C 正确；
D.去掉滤光片后，通过单缝与双缝的光是白色光，白色光通过双缝后，仍然能发生干涉现象．故
D 错误．
故选 AC；
(3) 根据双缝干涉条纹的间距公式△ = ，可得 = ；
已知第 1条亮纹中心到第 6条亮纹中心间距 = 11.550 △ = 11.55，可得 5 = 5 = 2.31 ，
由△ = 得： =
△
；
11.55×10 3×2×10 4代入得： = 75×0.7 = 6.6 × 10
故答案为(1) ；(2) ；(3) ；6.6 × 10
7。
17. (1) 、 发生正碰，碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律列式可求；
(2) 、 为弹性碰撞，碰撞前后动量守恒，动能也守恒，列式可求。
本题考查了动量守恒的应用，碰撞过程中，系统动量守恒，发生弹性碰撞时能量守恒。
18. 1本题考查折射定律、临界角等光学基础知识，要掌握折射率公式 = 和临界角公式 = ，
并能熟练运用。
第 9页，共 10页
(1) 根据折射率公式 = 求出折射率。
(2)由临界角公式 = 1 求出临界角。
19. 本题的关键在于根据 点的运动情况求出周期和波速，可以利用波形的平移法。
(1、2)质点 正向 轴正方向运动，根据波形的平移法判断波的传播方向。根据质点 经 0.5 第 2
次达到波峰位置，可知求出周期，由图读出波长，即可求得波速；
(3)根据时间与周期的关系，画出 = 0.7 时的波形图。
20. (1)粘连后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，
有 2 = 12
2 ① 解得 = 2 ②
(2)设小球 的质量为 ，碰撞前速度大小为 1，规定小球 冲进轨道最低点时的重力势能为零，由
1 1
机械能守恒定律知2
2 = 2
2
1 + 2 ③ 设碰撞后粘连在一起的两球速度大小为 2，由动量
守恒定律知 1 = 2 2 ④ 飞出轨道后两球做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，
有 2 = 2 ⑤ 联立②③④⑤式得 = 2 2 .
第 10页，共 10页大理州民族中学 2022-2023 学年下学期期中考
高二物理
考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分
一、单选题 (本大题共 10 小题，共 30.0 分)
1.根据高中物理所学知识，分析下列生活中的物理现象：
①闻其声而不见其人
②夏天雷雨后路面上油膜呈现彩色
③当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高；
④观众在看立体电影时要戴上特质的眼镜，这样看到电影画面的效果和眼睛直接观看物体的效果一样具有立 体感； 这些物理现象分别属于波的( )
A. 衍射、干涉、多普勒效应、偏振 B. 干涉、衍射、偏振、多普勒效应
C. 衍射、偏振、折射、多普勒效应 D. 折射、干涉、多普勒效率、偏振
2. 一束光从空气射向某介质，在界面上发生反射和折射现象的光路图如图所示，下列判 断正确的是( )
A. A0为入射光，0B为反射光，0C为折射光
B. B0为入射光，0C为反射光，0A为折射光
C. C0为入射光，0B为反射光，0A为折射光
D. 条件不足，无法确定
3.有一个质量为 3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0 、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不
等的两块，其中一块质量为 2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是 ( )
A. 3v 0 v B. 2v 0 3v C. 3v 0 2v D. 2v 0 + v
4.如图所示的木块B静止在光滑的水平面上，木块上有半径为r = 0.4 m的光滑圆弧轨道，且圆弧轨道的底端
与水平面相切，一可视为质点的物块A以水平向左的速度v0 冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点， 随后再返回到水平面。已知两物体的质量为mA = mB = 1 kg 、重力加速度g = 10 m/s2 。则下列说法正确的 是( )
A. 物块A滑到最高点的速度为零
B. 物块A的初速度大小为 4 m/s
C. 物块A返回水平面时的速度为 4 m/s
D. 木块B的最大速度为 2 m/s
5.如图所示为某弹簧振子在 0 5 s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是( )
A. 振动周期为 2 s，振幅为 16 cm
B. 第 2 s末，振子的加速度为正向最大值
C. 第 3 s末，振子的速度为零，机械能最小
D. 从第 1 s末到第 2 s末，振子在做加速运动
6.如图甲，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间 t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是 ( )
A. 单摆振动的频率是 2 Hz
B. 单摆的摆长约为 1 m
C. 若仅将摆球质量变大，单摆周期变大
D. t = 1 s时摆球位于平衡位置0，加速度为零
7.如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱， 关于上述过程，下列说法中正确的是( )
A. 男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
B. 小车与木箱组成的系统动量守恒
C. 木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
D. 男孩和木箱组成的系统动量守恒
8.如图所示，质量为M的车厢静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的滑块，以初速度v0在车厢地板上 向右运动，与车厢两壁发生若干次碰撞，最后相对车厢静止，则车厢的最终速度是( )
A. 0 B. v0 ，方向水平向右
C. ，方向水平向右 D. ，方向水平向右
9.质量为m 的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2 .在碰撞过程
中，钢球受到的冲量的方向和大小为( )
A. 向下，m(v1 v2) B. 向下，m(v1 + v2) C. 向上，m(v1 v2) D. 向上，m(v1 + v2)
10.弹簧振子在光滑水平面上振动，其位移一时间图像如图所示，则下列说法正确的
是 ( )
A. 10 秒内振子的路程为 1m B. 动能变化的周期为 2.0s
C. 在t = 1.0s时，振子的速度反向 D. 振动方程是x = 0.10sin几t(m)
二、多选题 (本大题共 4 小题，共 16.0 分)
11.某列简谐横波在t1 = 0 时刻的波形如图甲中实线所示，t2 = 3.0s
时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a、b、c、d四点中某
质点的振动图像，则正确的是( )
A. 图乙是质点b的振动图像
B. 波速为 0.5m/s
C. 这列波的周期为 4s
D. 从t1 = 0 到t2 = 3.0s这段时间内，质点a通过的路程为 1.5m
12. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有( )
A. 摆线要选择细些的、伸缩性小些的且尽可能长一些的
B. 摆球尽量选择质量大些且体积小些的
C. 用悬线的长度作为摆长，测得的重力加速度值偏大
D. 拉开摆球释放时摆角可以很大，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置 50 次的时间」t，则单摆 周期T = 0.02」t
13.某同学自制总质量为M的火箭，现从地面竖直向上发射，火箭在极短的时间内，将质量为m 的气体以相对 地面为v0 的速度竖直向下喷出后，火箭开始做竖直上抛运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 火箭受到的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B. 气体喷出的过程中，火箭和气体组成的系统机械能守恒
C. 火箭获得的最大速度为m (0)
D. 火箭上升的最大高度为2gm (2))2
第 1页，共 2页
14.质量为 1kg ，速度为 9m/s 的A球跟质量为 2kg的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹 性的，因此碰撞后B球的速度大小可能值为( )
A. 7m/s B. 5m/s C. 4m/s D. 3m/s
三、实验题 (本大题共 2 小题，共 16.0 分)
15.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，在水平面上铺一张白纸， 白纸上铺放复写纸，在白纸上记录下重垂线所指的位置0 。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，并落在水平面上。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P点；
步骤 2 ：把小球 2 放在斜槽末端B点，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M、N点；
步骤 3 ：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N到0点的距离，即 OM、OP、ON 的长度。
(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是______。 A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下 B.斜槽轨道必须光滑
C.小球 1 的质量应大于小球 2 的质量
(2)上述实验除需测量 OM 、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有______。 A.B点距地面的高度
B.小球 1 和小球 2 的质量
C.小球 1 和小球 2 的半径r
(3)当所测物理量满足表达式_______(用实验所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。 如果还满足表达式_____(用实验所测量物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞时无机械能损失。
16.如下图所示：某同学对实验装置进行调节并观察实验现象：
(1)图甲、图乙是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是_________(填A或B)。
(2)下述现象中能够观察到的是( )
A.将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽
B.将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽
C.换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄
D.去掉滤光片后，干涉现象消失
(3)已知双缝之间距离为d，测的双缝到屏的距离为L，相邻条纹中心间距为 Δx，由计算公式入 =_________， 可求得波长。如果测得第一条亮条纹中心与第六条亮条纹中心间距是 11.550mm ，求得这种色光的波长为 __________m 。(已知双缝间距d = 0.2mm ，双缝到屏的距离L = 700mm，计算结果保留一位小数)。
四、计算题 (本大题共 4 小题，共 38.0 分;8+10+10+10=38)
17.如图所示，MN 是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部
分光被折射，一部分光进入液体中．当入射角是 45°时，折射角为 30°，求：
(1)该液体对红光的折射率n，
(2)该液体对红光的全反射临界角C。
18. 质量m2 = 4kg的小球B静止在光滑水平面上，质量m1 = 1kg的小球A以初速度v0 = 10m/s与B发生正碰， 求：
(1)若碰后A以 2m/s反向弹回，求B的速度大小；
(2)若A、B为弹性碰撞，求碰后A、B的速度。
19.某列波在t = 0 时刻的波形图如图所示，此时质点P正向y轴正方向运动，经 0.5 s第 2 次达到波峰位置。
(1)判断波的传播方向；
(2)周期T及波速v；
(3)画出t = 0.7 s时刻的波形图(至少画够一个波长)。
20.如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直， 直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的 小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点与N点的距离为 2R.重力加速度为g ，两球均可看成质
点，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：
(1)粘连后的两球从飞出轨道到落地所用的时间t；
(2)小球A冲进轨道时速度v 的大小。
第 2页，共 2页
