广东省广州市第八十九中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·天河期中）下列关于动量、冲量说法正确的是（ ）
A．物体动量变化，动能一定变化
B．物体速度变化，动量一定变化
C．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
D．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小运动员的冲量
【答案】B
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】本题考查了动量和动能的标矢性、动量的定义和对动量定理的理解；知道可知跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减小冲力，不是减小冲量。A．物体的动量变化可能是动量的方向变化，而物体的速度大小不变，故动能不一定变化，故A错误；
B．由可知，速度变化时动量一定发生变化，故B正确；
C．物体所受合外力冲量越大，可知在这个过程中物体的动量变化量越大，但无法得知物体的初始动量情况，故无法判断最终的动量大小，故C错误；
D．根据动量定理可知跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减小冲力，不是减小冲量，故D错误。
故选B。
【分析】动量是矢量，动能是标量；动量的变化包括大小和方向的变化；根据动量的定义式分析作答；根据动量定理分析作答；根据运动学公式和动量定理分析作答。
2．（2024高二下·天河期中）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，知道动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚系统受力情况与力的做功情况即可解题。因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒；系统内只有重力或弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与各力做功情况，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。
3．（2024高二下·天河期中）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体将火箭竖直向上推出，该过程中（ ）
A．高压气体对火箭推力的冲量与火箭对高压气体推力的冲量之和一定等于零
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查对功能关系的理解，清楚冲量、动量、动能和重力势能等物理量的关联。A．高压气体对火箭推力的冲量与火箭对高压气体推力的冲量大小相等，方向相反，二者之和和一定等于零，故A正确；
B．高压气体释放的能量部分转化为火箭的动能和重力势能，故B错误；
C．高压气体对火箭推力的冲量与火箭所受重力的冲量、阻力的冲量之和等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．高压气体的推力和空气阻力、重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故D错误。
故选A。
【分析】高压气体对火箭推力与火箭对高压气体推力是一对相互作用力；高压气体释放的能量除了转化为火箭的动能外，还转化为其他能量；高压气体将火箭竖直向上推出，火箭重力势能增加。
4．（2024高二下·天河期中）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】A
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】解决该题需要明确知道甲乙在碰撞过程中动量守恒，知道动量是矢量，在计算时必须遵循矢量的运算规则。由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故选A。
【分析】甲、乙物块在碰撞的过程中动量守恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块损失的机械能等于碰撞前甲、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。
5．（2024高二下·天河期中）使用蓝牙耳机接听手机来电，手机与基地台及耳机的信号传输如下图所示。若基地台与手机、手机与蓝牙耳机之间通信的电磁波分别为甲波、乙波，则（ ）
A．甲波的波长比乙波短
B．真空中甲波的传播速度比乙波小
C．甲波与乙波有可能发生干涉现象
D．甲、乙波都是横波，都能在真空中传播
【答案】D
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】本题主要考查了波的干涉现象，理解波发生干涉和衍射的条件，结合公式c=λf即可完成分析。A．由图可知甲波的频率小于乙波的频率，则甲波波长比乙波长，故A错误；
B．所有频率的电磁波在真空中的传播速度都为，故B错误；
C．甲波与乙波频率不同，不能发生稳定的干涉，故C错误；
D．所有频率的电磁波都是横波，且都能在真空中传播，故D正确。
故选D。
【分析】根据频率的大小关系，结合公式c=λf分析出波长的大小关系；电磁波在真空中的传播速度都等于光速；波发生干涉的条件是频率相等，结合题意完成分析，根据电磁波的特点分析。
6．（2024高二下·天河期中）如图甲所示， 弹簧振子以 点为平衡位置， 在两点之间做简谐运动，取 到 为正方向，振子的位移 随 时间 的变化如图C所示，下列说法正确的是（ ）
A． 时， 振子在 点右侧 处
B． 和 时，振子的加速度完全相同
C． 时， 振子的速度方向为负方向
D． 到 的时间内， 振子的速度逐渐减小
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】该题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别。A．在0～0.4s内，振子做变速运动，不是匀速运动，所以t=0.2s时，振子不在O点右侧6cm处，根据数学知识可知此时振子的位移为，故A错误；
B．t=0.4s和t=1.2s时，振子的位移最大，由知加速度最大，但方向不同，故B错误；
C．由乙图可知，t=0.8s时，振子位移为0，说明振子正通过平衡位置，振子的速度负向最大，故C正确；
D． 到 的时间内， 振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，故D错误。
故选C。
【分析】由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回复力F= kx，再结合牛顿第二定律判断加速度的方向。
7．（2024高二下·天河期中）一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示，比较内芯中的a、b两束光，a光的（ ）
A．频率小，发生全反射的临界角小
B．频率大，发生全反射的临界角小
C．频率小，发生全反射的临界角大
D．频率大，发生全反射的临界角大
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。由光路图可知a光的偏折程度没有b光的大，因此a光的折射率小，频率小，由全反射可知折射率越小发生全反射的临界角越大。
故选C。
【分析】比较两束光对应的折射角的大小，根据光的折射定律和全反射的条件进行分析。
8．（2024高二下·天河期中）分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。据此可判断下列说法中正确的是（ ）
A．布朗运动反映了固体分子的无规则运动
B．质量、温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能大
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关
D．一滴体积为V的油酸酒精溶液在水面上形成的面积为S，则油膜分子直径为
【答案】C
【知识点】布朗运动；用油膜法估测油酸分子的大小；温度和温标
【解析】【解答】本题考查了布朗运动、理想气体、油膜法测分子直径等基础内容，知道布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，间接体现了液体分子在永不停息地做无规则运动。A．布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，布朗运动反映了液体分子不停地做无规则运动，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，故质量、温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同，故B错误；
C．根据麦克斯韦统计规律可知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C正确；
D．体积V为油酸酒精溶液的体积，不是油酸体积，则油酸分子直径就不是，故D错误。
故选C。
【分析】明确布朗运动特点是固体微粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动；根据理想气体的特点判断；温度越高，分子无规则运动越剧烈，运动速率大的分子数增多；公式中是纯油酸体积。
9．（2024高二下·天河期中）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是t=0时刻的波形图P是介质中位于x=2m处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．波速为2m/s
B．波向左传播
C．x=3m处的质点在t=7s时位于平衡位置
D．质点P在0~7s时间内运动的路程为70cm
【答案】A,B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题考查振动图像和波动图像，解题关键是会根据图像求解波的波长、振幅和周期，会根据图像判断波的传播方向。A．由图（a）可知波长为4m，由图（b）可知波的周期为2s，则波速为
故A正确；
B．由图（b）可知，t=0时P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B正确；
CD．根据图（a）可知，t=0时x=3m处的质点位于波谷处，由于
可知在t=7s时质点位于波峰处；0~7s时间内质点P运动的路程为
故C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】根据图像得到波的波长、振幅和周期，根据λ=vt求解波速；利用同侧法判断波的传播方向；根据周期和振幅判断质点的位置。
10．（2024高二下·天河期中）“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是（ ）
A．插入水中的筷子、看起来折断了
B．阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹
C．驶近站台的火车，汽笛音调变高
D．振动音叉的周围，声音忽高忽低
【答案】B,D
【知识点】多普勒效应；波的干涉现象；光的折射及折射定律
【解析】【解答】该现象属于波的叠加原理；
A、插入水中的筷子看起来折断了是光的折射造成的，故A不符合题意；
B、阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是由于光从薄膜上下表面的反射光叠加造成的干涉现象，故B符合题意。
C、驶近站台的火车汽笛音调变高是多普勒现象造成的，故C不符合题意；
D、振动音叉的周围声音忽高忽低，是声音的叠加造成的干涉现象，故D符合题意。
故选BD。
【分析】该现象属于波的叠加原理。
1、插入水中的筷子看起来折断了，原因：这是光的折射现象造成的。当光从一种介质（如空气）进入另一种介质（如水）时，光的传播方向发生改变，导致筷子看起来像是折断了。
2、阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，原因：这是由于光的干涉现象造成的。当光照射到肥皂膜时，光从薄膜的上表面和下表面反射，两束反射光叠加形成干涉条纹。由于不同波长的光干涉条件不同，因此呈现出彩色条纹。
3、驶近站台的火车汽笛音调变高，原因：这是多普勒效应造成的。当火车驶近站台时，声波的波长被压缩，频率变高，因此听到的音调变高；当火车远离时，声波的波长被拉长，频率变低，音调变低。
4、振动音叉的周围声音忽高忽低，原因：这是声波的干涉现象造成的。当音叉振动时，发出的声波在空间中传播并叠加，某些位置声波增强（声音变高），某些位置声波减弱（声音变低），形成声音的忽高忽低现象。
11．（2024高二下·天河期中）如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中（ ）
A．气体分子的数密度不变
B．气体分子的平均动能增大
C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
【答案】A,B
【知识点】气体压强的微观解释；温度和温标；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合气体压强的微观解释即可完成分析。A．若气体发生等容变化，则有
整理有
与图像符合，所以该图像为气体的等容变化图像，即从A状态到B状态，气体的体积不变，所以气体的分子数密度不变，故A项正确；
B．从A状态到B状态，气体的温度升高，所以气体分子的平均动能变大，故B项正确；
C．从A状态到B状态气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，故C项错误；
D．气体的分子密度不变，从A状态到B状态气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，故D项错误。
故选AB。
【分析】根据图像斜率的特点和一定质量的理想气体状态方程得出气体体积的变化趋势，从而得出气体分子的数密度的变化趋势；根据图像得出气体温度的变化，从而得出气体分子的平均动能的变化；
根据图像得出气体压强的变化，结合压强的微观解释完成分析。
12．（2024高二下·天河期中）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为、，碰后两车的速度大小分别为、，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（ ）
A．若碰后两车的运动方向相同，则一定有
B．若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有
D．碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒和能量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律解题，关键选择好研究的系统，注意动量守恒定律表达式的矢量性。
A．根据动量守恒与机械能守恒
得
，
可知，当时，两车速度方向相同，A正确；
B．若碰后黄车反向运动，则
则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B错误；
C．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即
得
C正确；
D．设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3∶1，即
得
不符合实际情况，D错误。
故选AC。
【解答】根据弹性碰撞的动量守恒定理和机械能守恒定律求出二者的碰后速度，据此讨论即可。
13．（2024高二下·天河期中）根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，示数如图乙所示，摆球的直径d= cm；让刻度尺的零点对准摆线的悬点，测得悬点到钢球顶端之间细线长度为l，则该单摆摆长的符号表达式为 ；当摆球经过平衡位置开始计时（此时记为第0次），测出了摆球n次经过平衡位置的时间为t，则单摆周期的符号表达式T= ；
（2）某同学测出不同摆长对应的周期T作出T2—L图线，如图丙所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标（x1，y1），（x2，y2），可求得g= （结果用x1、y1、x2、y2表示）。
【答案】（1） ；；
（2）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】掌握“用单摆测重力加速度”的实验的器材装置和实验原理是解题的基础。
（1）游标卡尺的精度值为，主尺读数为，游标卡尺读数为
单摆摆长为悬点到球心间距
[摆球n次经过平衡位置的时间为t，则单摆周期的表达式
（2）根据
得
可知图线的斜率
解得
【分析】（1） 根据游标卡尺的精确度读数，摆球n次经过平衡位置的时间为t，从而求解单摆周期的表达式；
（2）先根据单摆的周期公式得到重力加速度g的表达式，然后结合图像分析解答。
（1）[1]游标卡尺的精度值为，主尺读数为，游标卡尺读数为
[2]单摆摆长为悬点到球心间距
[3] 摆球n次经过平衡位置的时间为t，则单摆周期的表达式
（2）根据
得
可知图线的斜率
解得
14．（2024高二下·天河期中）如图甲所示，利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝间距，双缝到光屏间的距离，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，下列措施可行的是______（填选项前的字母）。
A．将单缝向双缝靠近 B．使用间距更小的双缝
C．把绿色滤光片换成红色滤光片 D．将屏向靠近双缝的方向移动
（2）某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图乙所示。分划板在图中位置时游标卡尺的读数为，在位置时游标卡尺读数为，该单色光的波长表达式为 （用题目中所给物理量符号，，，表示）。
【答案】（1）D
（2）
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题考查利用双缝干涉测定光的波长的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。（1）ABD．若想增加从目镜中观察到的条纹个数，应减小相邻两个亮条纹或暗条纹间的距离，由
可知需要增大双缝间距d或减小双缝到屏的距离L，故AB错误，D正确；
C．把绿色滤光片换成红色滤光片，波长变长，条纹间距变宽，故C错误。
故选D。
（2）依题意，由图乙可得相邻两个亮条纹或暗条纹间距为
则该单色光的波长表达式为
【分析】（1）根据相邻两个亮条纹或暗条纹间的距离公式分析判断；
（2）两个刻度相减，除以间隔数量等于相邻两个亮条纹或暗条纹间距；根据相邻两个亮条纹或暗条纹间距公式计算。
（1）（1）ABD．若想增加从目镜中观察到的条纹个数，应减小相邻两个亮条纹或暗条纹间的距离，由
可知需要增大双缝间距d或减小双缝到屏的距离L，故AB错误，D正确；
C．把绿色滤光片换成红色滤光片，波长变长，条纹间距变宽，故C错误。
故选D。
（2）（2）依题意，由图乙可得相邻两个亮条纹或暗条纹间距为
则该单色光的波长表达式为
15．（2024高二下·天河期中）如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和。O为直线AO与的交点。在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。
（1）该同学接下来要完成的必要步骤有
A．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像
C．插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D．插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
（2）过P3、P4，作直线交于，过作垂直于的直线，连接OO'。测量图中角α和β的大小。则玻璃砖的折射率n= ；
（3）对实验中的一些问题，几个同学发生了争论，他们的意见如下，其中正确的是：
A．为了提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些
B．应该选较宽的玻璃砖，且两个侧面一定要平行
C．P1、P2之间的距离的大小及入射角的大小跟测量的精确度无关
D．如果入射角太大，则反射光过强，折射光过弱，不易观察，因此入射角不宜过大
（4）如图所示，该同学在实验中将玻璃砖界面和的间距画得过宽。若其他操作正确，则折射率的测量值 准确值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）B；D
（2）
（3）A；D
（4）小于
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题关键理解实验原理，懂得实验的操作方法和步骤，能根据折射定律分析误差。
（1）为了确定最终的折射光线，实验中需要先插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。
故选BD。
（2）根据折射率的定义式有
（3）A．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，故A正确；
B．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，应该选较宽的玻璃砖，但不需要确保两个侧面一定要平行，只需要能够准确测量出入射角与折射角，故B错误；
C．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，为了减小入射角与折射角的测量误差，入射角与折射角的大小需要适度大一些，故C错误；
D．如果入射角太大，则反射光过强，折射光过弱，不易观察，因此入射角不宜过大，应该适当大一些，故D正确。
故选AD。
（4）
分别用实线与虚线作出真实的光路与测量的光路，如图所示
从处的折射情况来看，空气中的折射角相等，介质中测量的入射角大于介质中真实的入射角，根据折射率的定义式可知，折射率的测量值小于准确值。
【分析】（1）用挡像法确定P3、P4的位置；
（2）应根据折射定律，求解折射率；
（3）作图时，玻璃砖应与所画的边界相齐，大头针之间的距离尽量大点，入射角与折射角的大小需要适度大一些；
（4）将玻璃砖界面aa'和bb'的间距画得过宽但仍平行，导致α角偏大，由折射率公式分析误差。
（1）为了确定最终的折射光线，实验中需要先插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。
故选BD。
（2）根据折射率的定义式有
（3）A．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，故A正确；
B．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，应该选较宽的玻璃砖，但不需要确保两个侧面一定要平行，只需要能够准确测量出入射角与折射角，故B错误；
C．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，为了减小入射角与折射角的测量误差，入射角与折射角的大小需要适度大一些，故C错误；
D．如果入射角太大，则反射光过强，折射光过弱，不易观察，因此入射角不宜过大，应该适当大一些，故D正确。
故选AD。
（4）分别用实线与虚线作出真实的光路与测量的光路，如图所示
从处的折射情况来看，空气中的折射角相等，介质中测量的入射角大于介质中真实的入射角，根据折射率的定义式可知，折射率的测量值小于准确值。
16．（2024高二下·天河期中）如图所示，某L形透明材料的折射率n=2，现沿AB方向切去一角，AB与水平方向的夹角为θ，为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气，θ的最大值为 。
【答案】60°
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握全反射的条件和临界角公式，要使光线不会射入空气，即发生全反射，设临界角为C，即有
由几何关系得
联立解得
【分析】为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气，光线在AB面上必须发生全反射，当θ最大时，光线在AB面上的入射角最小，最小入射角等于临界角C，根据临界角公式和几何关系结合求解。
17．（2024高二下·天河期中）如图，某次“找靶点”游戏中，在距长方体水缸开口32cm处的侧壁位置M点贴一张靶点的图片，然后将水缸装满水，游戏者需要站在指定观测点调整观察角度，恰好沿着右侧壁P点看到靶点图片，此时将一根细长直杆从观测点经P点插入水中至水缸侧壁O点，测得O点在M点上方14cm。处，已知长方形水缸左右侧壁间距离为24cm。
（1）求水的折射率；
（2）若光在空气中传播速度c=3.0×108m/s，求光在该水缸中水里的传播速度。
【答案】（1）令空气中的折射角为，水中的入射角为，根据几何关系有
，
根据折射率的定义
（2）根据折射率与光速的关系有
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据几何关系求得入射角和折射角的正弦值，根据折射定律求得折射率；
（2）根据折射定律求得光在水中的速度。
18．（2024高二下·天河期中）.如图所示为在2020年初疫情期间使用的一款消杀喷药装置。消杀喷药装置的上部有2L理想气体，压强为1atm，下部有6L药液。打气筒按压一次可以往消杀喷药装置充入1L压强为1atm的理想气体。理想气体的温度为T。保持消杀喷药装置内部的气体温度不变，则
（1）按压8次后，密封气体的压强为多少？
（2）在（1）的状态下打开阀门，喷出2L药液后关闭阀门，则此时密封气体的压强为多少？
【答案】（1）该过程发生等温变化，有
解得
（2）喷住2L药液，则气体的增加了2L，有
由题意可知
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）把按压8次的气体和喷药装置内的气体作为整体，根据玻意耳定律即可求得；
（2）由于药液喷出，容器内的体积增大，而保证压强不变，故打入气体刚好使容器多出的体积压强为原来的压强，即可求得。
19．（2024高二下·天河期中）超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。两辆质量均为m=15kg的购物车相距L=1m静止在水平面上。第一辆车经工作人员猛推一下后沿直线运动，与第二辆车嵌套在一起，接着继续运动t=1s后停下来。两车相碰时间极短可忽略，车运动时所受阻力恒为车重的k=0.20倍，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）两辆车嵌套后的速度大小；
（2）工作人员对第一辆车所做的功。
【答案】（1）以两辆车为整体，由牛顿第二定律
解得
根据运动学公式可得
解得两辆车嵌套后的速度大小为
（2）两辆车在嵌套过程中，根据动量守恒可得
解得
对第一辆车，根据动能定理可得
解得工作人员对第一辆车所做的功为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对整体分析，根据牛顿第二定律计算出加速度然后通过运动学公式计算出速度；
（2）对小车根据动能定理列式得出工人对第一辆车做的功。
20．（2024高二下·天河期中）如图所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。离滑板右端L0=0.25m处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量m=1kg，滑板质悬M=4kg，圆弧轨道半径R=1.25m，物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。
（1）求物块滑到B点时受到轨道的支持力的大小；
（2）求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块的速度v1大小；
（3）滑板是否会再次与挡板P碰撞？若会，碰撞前瞬间物块离滑板左端的距离d为多少？
【答案】（1）物块从A到B根据机械能守恒有
解得物块滑到B点时速度大小为
物块滑到B点时，根据牛顿第二定律
解得物块滑到B点时受到轨道的支持力的大小为
（2）假设滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板已经共速，设物块加速度大小为，滑板加速度大小为，有
设物块滑上滑板到二者共速时间为，由运动学公式
解得
，
该过程中滑板的位移为
故假设不成立，滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板未共速，设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为，有
解得
故物块的速度为
（3）滑板第一次与挡板P碰撞时速度为
碰撞后速度反向，因为，故滑板会再次与挡板P碰撞，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，有
解得
滑板第一次与挡板P碰撞前，物块、滑板的相对位移为
滑板第一次与挡板P碰撞后，物块、滑板达到共速时经历的时间为
滑板第一次与挡板P碰撞后，第二次与挡板P碰撞前，物块、滑板的相对位移为
碰撞前瞬间物块离滑板左端的距离d为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）应用动能定理求出物块在B点的速度，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求得物块在B点对轨道的压力；
（2）先判断出物块和滑板在相撞之前会不会共速，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
（3）分析第一次碰撞之后两者的相对运动过程，先判断物块和滑板会不会共速，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解 离滑板左端的距离d 。
1 / 1广东省广州市第八十九中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·天河期中）下列关于动量、冲量说法正确的是（ ）
A．物体动量变化，动能一定变化
B．物体速度变化，动量一定变化
C．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
D．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小运动员的冲量
2．（2024高二下·天河期中）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
3．（2024高二下·天河期中）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体将火箭竖直向上推出，该过程中（ ）
A．高压气体对火箭推力的冲量与火箭对高压气体推力的冲量之和一定等于零
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
4．（2024高二下·天河期中）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
5．（2024高二下·天河期中）使用蓝牙耳机接听手机来电，手机与基地台及耳机的信号传输如下图所示。若基地台与手机、手机与蓝牙耳机之间通信的电磁波分别为甲波、乙波，则（ ）
A．甲波的波长比乙波短
B．真空中甲波的传播速度比乙波小
C．甲波与乙波有可能发生干涉现象
D．甲、乙波都是横波，都能在真空中传播
6．（2024高二下·天河期中）如图甲所示， 弹簧振子以 点为平衡位置， 在两点之间做简谐运动，取 到 为正方向，振子的位移 随 时间 的变化如图C所示，下列说法正确的是（ ）
A． 时， 振子在 点右侧 处
B． 和 时，振子的加速度完全相同
C． 时， 振子的速度方向为负方向
D． 到 的时间内， 振子的速度逐渐减小
7．（2024高二下·天河期中）一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示，比较内芯中的a、b两束光，a光的（ ）
A．频率小，发生全反射的临界角小
B．频率大，发生全反射的临界角小
C．频率小，发生全反射的临界角大
D．频率大，发生全反射的临界角大
8．（2024高二下·天河期中）分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。据此可判断下列说法中正确的是（ ）
A．布朗运动反映了固体分子的无规则运动
B．质量、温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能大
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关
D．一滴体积为V的油酸酒精溶液在水面上形成的面积为S，则油膜分子直径为
9．（2024高二下·天河期中）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是t=0时刻的波形图P是介质中位于x=2m处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．波速为2m/s
B．波向左传播
C．x=3m处的质点在t=7s时位于平衡位置
D．质点P在0~7s时间内运动的路程为70cm
10．（2024高二下·天河期中）“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是（ ）
A．插入水中的筷子、看起来折断了
B．阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹
C．驶近站台的火车，汽笛音调变高
D．振动音叉的周围，声音忽高忽低
11．（2024高二下·天河期中）如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中（ ）
A．气体分子的数密度不变
B．气体分子的平均动能增大
C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
12．（2024高二下·天河期中）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为、，碰后两车的速度大小分别为、，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（ ）
A．若碰后两车的运动方向相同，则一定有
B．若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有
D．碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
13．（2024高二下·天河期中）根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，示数如图乙所示，摆球的直径d= cm；让刻度尺的零点对准摆线的悬点，测得悬点到钢球顶端之间细线长度为l，则该单摆摆长的符号表达式为 ；当摆球经过平衡位置开始计时（此时记为第0次），测出了摆球n次经过平衡位置的时间为t，则单摆周期的符号表达式T= ；
（2）某同学测出不同摆长对应的周期T作出T2—L图线，如图丙所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标（x1，y1），（x2，y2），可求得g= （结果用x1、y1、x2、y2表示）。
14．（2024高二下·天河期中）如图甲所示，利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝间距，双缝到光屏间的距离，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，下列措施可行的是______（填选项前的字母）。
A．将单缝向双缝靠近 B．使用间距更小的双缝
C．把绿色滤光片换成红色滤光片 D．将屏向靠近双缝的方向移动
（2）某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图乙所示。分划板在图中位置时游标卡尺的读数为，在位置时游标卡尺读数为，该单色光的波长表达式为 （用题目中所给物理量符号，，，表示）。
15．（2024高二下·天河期中）如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和。O为直线AO与的交点。在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。
（1）该同学接下来要完成的必要步骤有
A．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像
C．插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D．插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
（2）过P3、P4，作直线交于，过作垂直于的直线，连接OO'。测量图中角α和β的大小。则玻璃砖的折射率n= ；
（3）对实验中的一些问题，几个同学发生了争论，他们的意见如下，其中正确的是：
A．为了提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些
B．应该选较宽的玻璃砖，且两个侧面一定要平行
C．P1、P2之间的距离的大小及入射角的大小跟测量的精确度无关
D．如果入射角太大，则反射光过强，折射光过弱，不易观察，因此入射角不宜过大
（4）如图所示，该同学在实验中将玻璃砖界面和的间距画得过宽。若其他操作正确，则折射率的测量值 准确值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
16．（2024高二下·天河期中）如图所示，某L形透明材料的折射率n=2，现沿AB方向切去一角，AB与水平方向的夹角为θ，为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气，θ的最大值为 。
17．（2024高二下·天河期中）如图，某次“找靶点”游戏中，在距长方体水缸开口32cm处的侧壁位置M点贴一张靶点的图片，然后将水缸装满水，游戏者需要站在指定观测点调整观察角度，恰好沿着右侧壁P点看到靶点图片，此时将一根细长直杆从观测点经P点插入水中至水缸侧壁O点，测得O点在M点上方14cm。处，已知长方形水缸左右侧壁间距离为24cm。
（1）求水的折射率；
（2）若光在空气中传播速度c=3.0×108m/s，求光在该水缸中水里的传播速度。
18．（2024高二下·天河期中）.如图所示为在2020年初疫情期间使用的一款消杀喷药装置。消杀喷药装置的上部有2L理想气体，压强为1atm，下部有6L药液。打气筒按压一次可以往消杀喷药装置充入1L压强为1atm的理想气体。理想气体的温度为T。保持消杀喷药装置内部的气体温度不变，则
（1）按压8次后，密封气体的压强为多少？
（2）在（1）的状态下打开阀门，喷出2L药液后关闭阀门，则此时密封气体的压强为多少？
19．（2024高二下·天河期中）超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。两辆质量均为m=15kg的购物车相距L=1m静止在水平面上。第一辆车经工作人员猛推一下后沿直线运动，与第二辆车嵌套在一起，接着继续运动t=1s后停下来。两车相碰时间极短可忽略，车运动时所受阻力恒为车重的k=0.20倍，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）两辆车嵌套后的速度大小；
（2）工作人员对第一辆车所做的功。
20．（2024高二下·天河期中）如图所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。离滑板右端L0=0.25m处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量m=1kg，滑板质悬M=4kg，圆弧轨道半径R=1.25m，物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。
（1）求物块滑到B点时受到轨道的支持力的大小；
（2）求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块的速度v1大小；
（3）滑板是否会再次与挡板P碰撞？若会，碰撞前瞬间物块离滑板左端的距离d为多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】本题考查了动量和动能的标矢性、动量的定义和对动量定理的理解；知道可知跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减小冲力，不是减小冲量。A．物体的动量变化可能是动量的方向变化，而物体的速度大小不变，故动能不一定变化，故A错误；
B．由可知，速度变化时动量一定发生变化，故B正确；
C．物体所受合外力冲量越大，可知在这个过程中物体的动量变化量越大，但无法得知物体的初始动量情况，故无法判断最终的动量大小，故C错误；
D．根据动量定理可知跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减小冲力，不是减小冲量，故D错误。
故选B。
【分析】动量是矢量，动能是标量；动量的变化包括大小和方向的变化；根据动量的定义式分析作答；根据动量定理分析作答；根据运动学公式和动量定理分析作答。
2．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，知道动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚系统受力情况与力的做功情况即可解题。因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒；系统内只有重力或弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与各力做功情况，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。
3．【答案】A
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查对功能关系的理解，清楚冲量、动量、动能和重力势能等物理量的关联。A．高压气体对火箭推力的冲量与火箭对高压气体推力的冲量大小相等，方向相反，二者之和和一定等于零，故A正确；
B．高压气体释放的能量部分转化为火箭的动能和重力势能，故B错误；
C．高压气体对火箭推力的冲量与火箭所受重力的冲量、阻力的冲量之和等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．高压气体的推力和空气阻力、重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故D错误。
故选A。
【分析】高压气体对火箭推力与火箭对高压气体推力是一对相互作用力；高压气体释放的能量除了转化为火箭的动能外，还转化为其他能量；高压气体将火箭竖直向上推出，火箭重力势能增加。
4．【答案】A
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】解决该题需要明确知道甲乙在碰撞过程中动量守恒，知道动量是矢量，在计算时必须遵循矢量的运算规则。由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故选A。
【分析】甲、乙物块在碰撞的过程中动量守恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块损失的机械能等于碰撞前甲、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。
5．【答案】D
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】本题主要考查了波的干涉现象，理解波发生干涉和衍射的条件，结合公式c=λf即可完成分析。A．由图可知甲波的频率小于乙波的频率，则甲波波长比乙波长，故A错误；
B．所有频率的电磁波在真空中的传播速度都为，故B错误；
C．甲波与乙波频率不同，不能发生稳定的干涉，故C错误；
D．所有频率的电磁波都是横波，且都能在真空中传播，故D正确。
故选D。
【分析】根据频率的大小关系，结合公式c=λf分析出波长的大小关系；电磁波在真空中的传播速度都等于光速；波发生干涉的条件是频率相等，结合题意完成分析，根据电磁波的特点分析。
6．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】该题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别。A．在0～0.4s内，振子做变速运动，不是匀速运动，所以t=0.2s时，振子不在O点右侧6cm处，根据数学知识可知此时振子的位移为，故A错误；
B．t=0.4s和t=1.2s时，振子的位移最大，由知加速度最大，但方向不同，故B错误；
C．由乙图可知，t=0.8s时，振子位移为0，说明振子正通过平衡位置，振子的速度负向最大，故C正确；
D． 到 的时间内， 振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，故D错误。
故选C。
【分析】由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回复力F= kx，再结合牛顿第二定律判断加速度的方向。
7．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。由光路图可知a光的偏折程度没有b光的大，因此a光的折射率小，频率小，由全反射可知折射率越小发生全反射的临界角越大。
故选C。
【分析】比较两束光对应的折射角的大小，根据光的折射定律和全反射的条件进行分析。
8．【答案】C
【知识点】布朗运动；用油膜法估测油酸分子的大小；温度和温标
【解析】【解答】本题考查了布朗运动、理想气体、油膜法测分子直径等基础内容，知道布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，间接体现了液体分子在永不停息地做无规则运动。A．布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，布朗运动反映了液体分子不停地做无规则运动，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，故质量、温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同，故B错误；
C．根据麦克斯韦统计规律可知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C正确；
D．体积V为油酸酒精溶液的体积，不是油酸体积，则油酸分子直径就不是，故D错误。
故选C。
【分析】明确布朗运动特点是固体微粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动；根据理想气体的特点判断；温度越高，分子无规则运动越剧烈，运动速率大的分子数增多；公式中是纯油酸体积。
9．【答案】A,B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题考查振动图像和波动图像，解题关键是会根据图像求解波的波长、振幅和周期，会根据图像判断波的传播方向。A．由图（a）可知波长为4m，由图（b）可知波的周期为2s，则波速为
故A正确；
B．由图（b）可知，t=0时P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B正确；
CD．根据图（a）可知，t=0时x=3m处的质点位于波谷处，由于
可知在t=7s时质点位于波峰处；0~7s时间内质点P运动的路程为
故C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】根据图像得到波的波长、振幅和周期，根据λ=vt求解波速；利用同侧法判断波的传播方向；根据周期和振幅判断质点的位置。
10．【答案】B,D
【知识点】多普勒效应；波的干涉现象；光的折射及折射定律
【解析】【解答】该现象属于波的叠加原理；
A、插入水中的筷子看起来折断了是光的折射造成的，故A不符合题意；
B、阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是由于光从薄膜上下表面的反射光叠加造成的干涉现象，故B符合题意。
C、驶近站台的火车汽笛音调变高是多普勒现象造成的，故C不符合题意；
D、振动音叉的周围声音忽高忽低，是声音的叠加造成的干涉现象，故D符合题意。
故选BD。
【分析】该现象属于波的叠加原理。
1、插入水中的筷子看起来折断了，原因：这是光的折射现象造成的。当光从一种介质（如空气）进入另一种介质（如水）时，光的传播方向发生改变，导致筷子看起来像是折断了。
2、阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，原因：这是由于光的干涉现象造成的。当光照射到肥皂膜时，光从薄膜的上表面和下表面反射，两束反射光叠加形成干涉条纹。由于不同波长的光干涉条件不同，因此呈现出彩色条纹。
3、驶近站台的火车汽笛音调变高，原因：这是多普勒效应造成的。当火车驶近站台时，声波的波长被压缩，频率变高，因此听到的音调变高；当火车远离时，声波的波长被拉长，频率变低，音调变低。
4、振动音叉的周围声音忽高忽低，原因：这是声波的干涉现象造成的。当音叉振动时，发出的声波在空间中传播并叠加，某些位置声波增强（声音变高），某些位置声波减弱（声音变低），形成声音的忽高忽低现象。
11．【答案】A,B
【知识点】气体压强的微观解释；温度和温标；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合气体压强的微观解释即可完成分析。A．若气体发生等容变化，则有
整理有
与图像符合，所以该图像为气体的等容变化图像，即从A状态到B状态，气体的体积不变，所以气体的分子数密度不变，故A项正确；
B．从A状态到B状态，气体的温度升高，所以气体分子的平均动能变大，故B项正确；
C．从A状态到B状态气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，故C项错误；
D．气体的分子密度不变，从A状态到B状态气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，故D项错误。
故选AB。
【分析】根据图像斜率的特点和一定质量的理想气体状态方程得出气体体积的变化趋势，从而得出气体分子的数密度的变化趋势；根据图像得出气体温度的变化，从而得出气体分子的平均动能的变化；
根据图像得出气体压强的变化，结合压强的微观解释完成分析。
12．【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒和能量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律解题，关键选择好研究的系统，注意动量守恒定律表达式的矢量性。
A．根据动量守恒与机械能守恒
得
，
可知，当时，两车速度方向相同，A正确；
B．若碰后黄车反向运动，则
则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B错误；
C．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即
得
C正确；
D．设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3∶1，即
得
不符合实际情况，D错误。
故选AC。
【解答】根据弹性碰撞的动量守恒定理和机械能守恒定律求出二者的碰后速度，据此讨论即可。
13．【答案】（1） ；；
（2）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】掌握“用单摆测重力加速度”的实验的器材装置和实验原理是解题的基础。
（1）游标卡尺的精度值为，主尺读数为，游标卡尺读数为
单摆摆长为悬点到球心间距
[摆球n次经过平衡位置的时间为t，则单摆周期的表达式
（2）根据
得
可知图线的斜率
解得
【分析】（1） 根据游标卡尺的精确度读数，摆球n次经过平衡位置的时间为t，从而求解单摆周期的表达式；
（2）先根据单摆的周期公式得到重力加速度g的表达式，然后结合图像分析解答。
（1）[1]游标卡尺的精度值为，主尺读数为，游标卡尺读数为
[2]单摆摆长为悬点到球心间距
[3] 摆球n次经过平衡位置的时间为t，则单摆周期的表达式
（2）根据
得
可知图线的斜率
解得
14．【答案】（1）D
（2）
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题考查利用双缝干涉测定光的波长的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。（1）ABD．若想增加从目镜中观察到的条纹个数，应减小相邻两个亮条纹或暗条纹间的距离，由
可知需要增大双缝间距d或减小双缝到屏的距离L，故AB错误，D正确；
C．把绿色滤光片换成红色滤光片，波长变长，条纹间距变宽，故C错误。
故选D。
（2）依题意，由图乙可得相邻两个亮条纹或暗条纹间距为
则该单色光的波长表达式为
【分析】（1）根据相邻两个亮条纹或暗条纹间的距离公式分析判断；
（2）两个刻度相减，除以间隔数量等于相邻两个亮条纹或暗条纹间距；根据相邻两个亮条纹或暗条纹间距公式计算。
（1）（1）ABD．若想增加从目镜中观察到的条纹个数，应减小相邻两个亮条纹或暗条纹间的距离，由
可知需要增大双缝间距d或减小双缝到屏的距离L，故AB错误，D正确；
C．把绿色滤光片换成红色滤光片，波长变长，条纹间距变宽，故C错误。
故选D。
（2）（2）依题意，由图乙可得相邻两个亮条纹或暗条纹间距为
则该单色光的波长表达式为
15．【答案】（1）B；D
（2）
（3）A；D
（4）小于
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题关键理解实验原理，懂得实验的操作方法和步骤，能根据折射定律分析误差。
（1）为了确定最终的折射光线，实验中需要先插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。
故选BD。
（2）根据折射率的定义式有
（3）A．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，故A正确；
B．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，应该选较宽的玻璃砖，但不需要确保两个侧面一定要平行，只需要能够准确测量出入射角与折射角，故B错误；
C．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，为了减小入射角与折射角的测量误差，入射角与折射角的大小需要适度大一些，故C错误；
D．如果入射角太大，则反射光过强，折射光过弱，不易观察，因此入射角不宜过大，应该适当大一些，故D正确。
故选AD。
（4）
分别用实线与虚线作出真实的光路与测量的光路，如图所示
从处的折射情况来看，空气中的折射角相等，介质中测量的入射角大于介质中真实的入射角，根据折射率的定义式可知，折射率的测量值小于准确值。
【分析】（1）用挡像法确定P3、P4的位置；
（2）应根据折射定律，求解折射率；
（3）作图时，玻璃砖应与所画的边界相齐，大头针之间的距离尽量大点，入射角与折射角的大小需要适度大一些；
（4）将玻璃砖界面aa'和bb'的间距画得过宽但仍平行，导致α角偏大，由折射率公式分析误差。
（1）为了确定最终的折射光线，实验中需要先插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。
故选BD。
（2）根据折射率的定义式有
（3）A．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，故A正确；
B．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，应该选较宽的玻璃砖，但不需要确保两个侧面一定要平行，只需要能够准确测量出入射角与折射角，故B错误；
C．实验中，为了确定入射光与折射光的位置，提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，为了减小入射角与折射角的测量误差，入射角与折射角的大小需要适度大一些，故C错误；
D．如果入射角太大，则反射光过强，折射光过弱，不易观察，因此入射角不宜过大，应该适当大一些，故D正确。
故选AD。
（4）分别用实线与虚线作出真实的光路与测量的光路，如图所示
从处的折射情况来看，空气中的折射角相等，介质中测量的入射角大于介质中真实的入射角，根据折射率的定义式可知，折射率的测量值小于准确值。
16．【答案】60°
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握全反射的条件和临界角公式，要使光线不会射入空气，即发生全反射，设临界角为C，即有
由几何关系得
联立解得
【分析】为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气，光线在AB面上必须发生全反射，当θ最大时，光线在AB面上的入射角最小，最小入射角等于临界角C，根据临界角公式和几何关系结合求解。
17．【答案】（1）令空气中的折射角为，水中的入射角为，根据几何关系有
，
根据折射率的定义
（2）根据折射率与光速的关系有
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据几何关系求得入射角和折射角的正弦值，根据折射定律求得折射率；
（2）根据折射定律求得光在水中的速度。
18．【答案】（1）该过程发生等温变化，有
解得
（2）喷住2L药液，则气体的增加了2L，有
由题意可知
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）把按压8次的气体和喷药装置内的气体作为整体，根据玻意耳定律即可求得；
（2）由于药液喷出，容器内的体积增大，而保证压强不变，故打入气体刚好使容器多出的体积压强为原来的压强，即可求得。
19．【答案】（1）以两辆车为整体，由牛顿第二定律
解得
根据运动学公式可得
解得两辆车嵌套后的速度大小为
（2）两辆车在嵌套过程中，根据动量守恒可得
解得
对第一辆车，根据动能定理可得
解得工作人员对第一辆车所做的功为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对整体分析，根据牛顿第二定律计算出加速度然后通过运动学公式计算出速度；
（2）对小车根据动能定理列式得出工人对第一辆车做的功。
20．【答案】（1）物块从A到B根据机械能守恒有
解得物块滑到B点时速度大小为
物块滑到B点时，根据牛顿第二定律
解得物块滑到B点时受到轨道的支持力的大小为
（2）假设滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板已经共速，设物块加速度大小为，滑板加速度大小为，有
设物块滑上滑板到二者共速时间为，由运动学公式
解得
，
该过程中滑板的位移为
故假设不成立，滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板未共速，设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为，有
解得
故物块的速度为
（3）滑板第一次与挡板P碰撞时速度为
碰撞后速度反向，因为，故滑板会再次与挡板P碰撞，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，有
解得
滑板第一次与挡板P碰撞前，物块、滑板的相对位移为
滑板第一次与挡板P碰撞后，物块、滑板达到共速时经历的时间为
滑板第一次与挡板P碰撞后，第二次与挡板P碰撞前，物块、滑板的相对位移为
碰撞前瞬间物块离滑板左端的距离d为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）应用动能定理求出物块在B点的速度，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求得物块在B点对轨道的压力；
（2）先判断出物块和滑板在相撞之前会不会共速，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
（3）分析第一次碰撞之后两者的相对运动过程，先判断物块和滑板会不会共速，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解 离滑板左端的距离d 。
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