模块达标检测
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.（2023·江苏南通市高二期中）图甲为测试汽车安全性能的碰撞实验，技术人员通过传感器得到了模拟乘员头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图乙。若模拟乘员头部只受安全气囊的作用，则模拟乘员头部（ ）
A.在0～t1时间内，动量变化率先增大后减小
B.在0～t2时间内，动量大小先增大后减小
C.在0～t1时间内，动量变化量与t1～t2时间内动量变化量方向相反
D.在0～t2时间内，动量变化量的大小等于曲线与横轴围成的面积
2.下列关于光现象的说法中正确的是（ ）
A.图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的干涉现象
B.图乙中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的折射现象
C.图丙中肥皂膜上出现彩色条纹是光的衍射现象
D.图丁中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振原理
3.近些年，科学家们逐步对极地进行开发和探索，由于极地大面积被冰雪覆盖，开发和探索的进度受到影响，人们为了加快进度发明了共振破冰船，如图所示。破冰船利用专用传感器感应冰面的振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发生共振时，可以大幅提高破冰效率。结合所学知识，下列说法正确的是（ ）
A.锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好
B.破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率
C.破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小
D.对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同
4.某台球比赛时，在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（ ）
A.mB＝mA B.mB＝mA
C.mB＝mA D.mB＝6mA
5.如图所示，实线是某时刻的波形图像，虚线表示0.2 s后的波形图像，下列说法正确的是（ ）
A.若这列波向左传播，则可确定它传播的距离的大小
B.若这列波向右传播，则可求它的最大周期
C.若波速是35 m/s，则波的传播方向向右
D.不管波的传播方向如何，由图像都可以确定x＝0的质点在0.2 s时间内的位移和路程
6.如图所示，某种材料制成的扇形透明砖（已知其半径为R）放置在水平桌面上，光源S（图中未画出）发出一束平行于桌面的光线从OA的某点垂直射入透明砖，经过三次全反射（每次都是恰好发生全反射）后垂直OB射出，并再次回到光源S。已知∠AOB＝90°，光在真空中传播的速率为c，则该过程中，光在材料中传播的时间为（ ）
A. B.
C. D.
7.光滑圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，一质量为m的物块甲从圆弧轨道上的A点由静止下滑，在水平轨道上滑行的最大距离为x。在B点放置另一质量为3m的物块乙后，再把质量为m的物块甲从A点由静止释放，已知甲、乙两物块与水平轨道间的动摩擦因数相同，两物块均可视为质点，则两物块碰撞后粘连在一起继续向右运动的最大距离为（ ）
A.4x B.x
C.x D.x
8.如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的固定挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（ ）
A.整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B.整个过程中挡板对物体C的冲量大小为Mv0
C.物体C的最大速度为
D.如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为1∶3
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
9.（2023·福建莆田一中期中）质量皆为m的甲、乙两人分别站在质量为M的小船的船头和船尾，随船以速度v0在水面上向左运动（不计阻力）。若两人同时以对地的速率v水平跳出，其中甲沿船前进的方向跳出，乙沿相反方向跳出，则（ ）
A.对乙船做的功较多 B.船对乙的冲量较大
C.船速不变 D.船速增大
10.图甲为一列简谐横波在t＝0.50 s时的波形，P点是距平衡位置2.5 cm的质点，图乙是Q点的振动图像。以下说法正确的是（ ）
A.0.05 s时质点Q具有最大的加速度和位移
B.0.05 s时质点P的速度正在减小，加速度正在增大
C.这列简谐横波的波速为15 m/s
D.这列波的传播方向为＋x方向
11.如图所示，平行玻璃砖的底面涂有反射层，一束由a、b两种单色光组成的复色光以入射角45°射向玻璃砖的上表面，经折射、反射再折射后从玻璃砖的上表面射出。不考虑光在玻璃砖其他表面的反射，下列说法正确的是（ ）
A.玻璃砖对b光的折射率大于对a光的折射率 B.两种单色光从玻璃砖上表面出射后相互平行
C.b光比a光在玻璃中传播的时间长 D.用相同的装置观察光的干涉条纹，b光相邻两条亮条纹间距较大
12.如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b两球恰好均能通过各自半圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（ ）
A.b球质量为m
B.两小球与弹簧分离时，动能相等
C.若ma＝mb＝m，要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为15mgR
D.a球到达圆心等高处时，对轨道压力为3mg
三、非选择题（本题共6小题，共60分）
13.（6分）在“测定玻璃的折射率”的实验中：
（1）某同学作出光路图如图甲所示，此玻璃的折射率计算式为n＝ （用图中的θ1、θ2表示）。
（2）如图乙所示，玻璃砖两个界面不平行，在bb'一侧透过玻璃砖观察，可以看到P1和P2的像，是否依然可以借助上述方法测出折射率？请说出理由： 。
（3）如图乙所示，玻璃砖两个界面不平行，在bb'一侧透过玻璃砖观察，可能看不到P1和P2的像，请分析原因： 。
14.（8分）图甲为“验证动量守恒定律”的实验装置，气垫导轨上放置着带有遮光板的滑块A、B， A、B的质量分别为m1和m2，遮光板的宽度相同。实验中，用细线将两个滑块连接使轻弹簧压缩且静止，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2。
（1）图乙为用螺旋测微器测量遮光板宽度d时的情景，由该图可知其示数为 mm。
（2）用题中测得的物理量表示动量守恒应满足的关系式为 （用相应的符号表示）。
（3）若实验通过计算，并不满足（2）中的关系式，说明系统动量不守恒，试列举两条可能的原因
① ；
② 。
15.（8分）一简谐机械横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻波刚好传到平衡位置x1＝8 m的质点P，波形如图所示。再经过Δt＝0.2 s，质点P第一次达到波谷。求：
（1）这列波的波速；
（2）在波从质点P传到平衡位置x2＝28 m的质点Q（图中未画出）的过程中，质点P通过的路程。
16.（10分）如图所示，一截面是扇形的透明圆柱体放置在水平桌面上，其夹角为∠POQ＝120°。现有一束光平行于桌面从PQ的中点A射到圆柱体表面上，折射进入后恰好从OQ中点B处垂直截面OQ射出；若将这束光平行于桌面从AP中点C处射到圆柱体表面上，则折射后从OQ截面的D点射出，测得D距圆心O的距离为d。求：
（1）透明圆柱体的折射率；
（2）光束从C到D经历的时间。
17.（12分）（2023山东德州市高二月考）2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图所示，返回舱在距离地表约10 km的高度打开降落伞，速度减至8 m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1 m时，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2。
（1）求反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力的大小FN1；
（2）若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为FN2，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为D，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。求喷出气体的速度大小。
18.（16分）（2023·浙江1月选考18题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m，质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
模块达标检测
1.D 由题意知模拟乘员的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像的面积也是动量的变化量，动量变化率为面积与时间的比值，即合外力的大小，由图可知，在0～t1时间内，合外力不断增大，即动量变化率一直增大，故A错误，D正确；由于图像的面积为动量的变化，可知动量变化量一直为正值，方向不变，且末动量一直大于初动量，故动量大小一直增大，故B、C错误。
2.D 题图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射，故A错误；题图乙中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是泊松亮斑，是光的衍射现象，故B错误；题图丙中肥皂膜上出现彩色条纹是光在膜的前、后表面反射光叠加产生的，是光的干涉现象，故C错误；题图丁中立体电影在放映时，是两台放映机发出相互垂直的偏振光，佩戴特殊眼镜观看立体电影，才能获得最佳观赏效果，利用了光的偏振原理，故D正确。
3.B 当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，当驱动力频率小于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅增大，当驱动力频率大于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅减小，故A错误，B正确；破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变，故C错误；对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，不同冰层固有频率不同，所以锤头的振动频率不相同，故D错误。
4.A 由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，得pA'＝1 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有≥＋，代入解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上得mA≤mB≤4mA，故选A。
5.B 若波向左传播，它传播的距离的大小Δx＝λ（n＝0，1，2，…），不确定，A错误；若波向右传播，波传播的最短时间为T，根据波形的平移和波的周期性，得出时间与周期的关系式t＝kT＋T（k＝0，1，2，…），得到T＝，当k＝0时，T最大，最大周期T＝4t＝0.8 s，B正确；由题图知，该波的波长λ＝4 m，当v＝35 m/s时，0.2 s内波传播的位移x＝vt＝35×0.2 m＝1λ，根据波形的平移可知，波向左传播，C错误；由于周期和振幅都不确定，所以无法确定x＝0的质点在0.2 s时间内的路程，D错误。
6.A 光路如图所示，
由图中几何关系可知C＝45°，由临界角公式有sin C＝，解得 n＝，光在介质中传播的路程s＝R×6＝3R，光在介质中传播的时间t＝＝＝，B、C、D错误，A正确。
7.D 由动能定理可知，对甲下滑的过程有mgh＝m，对甲在水平轨道上滑行时有m＝μmgx，两物块碰撞时有mv1＝（m＋3m）v2，两物块粘连后在水平轨道上滑行时有（m＋3m）＝μ（m＋3m）gx'，解得x'＝x，故选D。
8.C A与B碰撞后两物体粘在一起，A与B的碰撞过程中，三物体与弹簧组成的系统机械能有损失，则系统的机械能不守恒。物体A、B碰后粘在一起到物体C离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三物体与弹簧组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A错误；设物体A与B碰撞后的瞬间，A、B粘合体的速度为v，根据动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v，根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为v，以水平向右为正方向，对物体A与物体B碰撞粘合在一起到弹簧恢复原长的过程，根据动量定理得，弹簧对A、B粘合体的
冲量为I＝（M＋m）v－（M＋m）（－v）＝2（M＋m）v＝2Mv0，所以弹簧弹力对A、B的冲量大小为2Mv0，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为2Mv0，故B错误；物体C离开挡板后，三物体与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复原长时A、B粘合体与C的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得（M＋m）v＝（M＋m）v1＋mv2，根据机械能守恒定律可得（M＋m）v2＝（M＋m）＋m，解得v2＝，故C正确；物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得Ep1＝（M＋m）v2，物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时速度为v'，根据动量守恒定律可得（M＋m）v＝（M＋2m）v'，根据机械能守恒定律可得Ep2＝（M＋m）v2－（M＋m）v'2，且M＝m，解得Ep1∶Ep2＝3∶1，故D错误。
9.BD 根据动量定理可知，船对甲的冲量为I＝mv－mv0，船对乙的冲量为I'＝－mv－mv0，可知船对乙的冲量较大，故B正确；根据水平方向动量守恒可知（M＋2m）v0＝Mv'＋mv－mv，可知v'＞v0，则船速增大，根据动能定理可知船对两人做功均为W＝mv2－m，即船对两人做的功相等，故A、C错误，D正确。
10.AC
由图乙可知0.05 s时，Q质点在正向最大位移处，具有最大的加速度，A正确；由题给条件可画出0.05 s时波的图像如图所示，再由甲、乙两图分析可知波向x轴负方向传播，则可知此时质点P的速度在增大，加速度在减小，B、D错误；由图甲知波长λ＝3 m，由图乙知周期T＝0.20 s，则波速v＝＝15 m/s，C正确。
11.BD
光路如图所示。根据折射定律n＝可知，玻璃砖对b光的折射率小于对a光的折射率，A错误；根据光路图可知，光线出射时的折射角与开始的入射角相等，所以两光线从玻璃砖上表面出射后相互平行，B正确；设玻璃砖的厚度为d，则光线在玻璃砖里传播的光程为s＝，光在玻璃中传播的速度为v＝＝，所以传播时间为t＝＝＝，因为i＝45°，所以r＜45°，b光的折射角的两倍大于a光折射角的两倍并小于90°，因此b光比a光在玻璃中传播的时间短，C错误；折射率大的光的频率也较大，所以a光的频率大于b光的，根据c＝λf可知，a光的波长小于b光的，根据干涉条纹间距公式Δx＝λ可知，b光相邻两条亮条纹间距较大，D正确。
12.CD 当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小球的重力刚好提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得 －6mgR＝m－m，在最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝，联立解得v0＝，同理对b分析可得在半圆最低点b球的速度为v1＝，对a、b两球组成的系统进行研究，在释放瞬间，两小球的动量守恒，取a球的速度方向为正方向，则mv0－mbv1＝0，解得mb＝m，故A错误；动能与动量的关系为Eka＝，因为两个小球的动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误；若两小球的质量相等，则与弹簧分开时两小球的速度大小相等，方向相反，根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此Ep＝×2m×＝15mgR，故C正确；当a球到达圆心等高处时，对此过程根据动能定理得－3mgR＝m－m，在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得FN＝，结合牛顿第三定律可得FN'＝FN，联立解得FN'＝3mg，方向水平向左，故D正确。
13.（1） （2）可以，理由见解析 （3）经过P1、P2的光线在bb'上发生全反射
解析：（1）玻璃的折射率计算式为n＝。
（2）玻璃砖的两个光学面不平行，导致出射光线与入射光线不平行，但仍可以测出折射角和入射角，根据n＝计算折射率。
（3）玻璃砖的两个光学面不平行，有可能光线在bb'上发生全反射，即在bb'一侧透过玻璃砖观察不到像。
14.（1）3.503（3.501～3.504均可） （2）m1t2－m2t1＝0
（3）①气垫导轨未调节水平 ②滑块运动中受到空气阻力
解析：（1）由图可得，螺旋测微器的固定刻度读数为3.5 mm，可动刻度读数为0.3×0.01 mm＝0.003 mm，则其示数为3.5 mm＋0.003 mm＝3.503 mm。
（2）设向右为正方向，根据动量守恒定律，则应满足的表达式为0＝－m1v1＋m2v2
即m1v1＝m2v2
滑块A、B的速度分别为v1＝，v2＝
可得＝，变形得m1t2－m2t1＝0。
（3）若实验过程中气垫导轨未调节水平或滑块运动中受到空气阻力，沿气垫导轨方向有力的作用，系统所受合外力不为零，则动量不守恒。
15.（1）10 m/s （2）1 m
解析：（1）由图可知λ＝8 m，质点P第一次达到波谷，则Δt＝T，可知振动周期T＝0.8 s，因此波速v＝＝ m/s＝10 m/s。
（2）波从P点传到Q点所需时间t＝＝ m/s＝2 s，由于质点每经过一个周期，运动的路程为4倍振幅，这段时间内，P点经过的路程 s＝×4A＝100 cm＝1 m。
16.（1） （2）
解析：（1）如图所示，由几何关系得∠α＝∠AOP＝60°
sin∠BAO＝＝
则透明圆柱体的折射率n＝＝。
（2）如图所示，由几何关系得∠β＝∠COP＝30°
又n＝＝
得sin∠DCO＝＝
因为∠COD＝∠POQ－∠POC＝90°
所以sin∠DCO＝＝
可得CD＝2d
光在圆柱体内传播的速度v＝
则光束在圆柱体内从C到D经历的时间
t＝＝＝。
17.（1）1.2×105 N （2）
解析：（1）设返回舱受到的平均推力的大小为FN1，取竖直向下为正方向，根据动量定理得
（mg－FN1）t＝mv2－mv1
解得FN1＝1.2×105 N。
（2）以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为m＝ρ··vΔt
根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力FN2'＝FN2
对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得FN2'Δt＝4mv－0
联立解得v＝。
18.（1）4 m/s 22 N （2）0.3 （3）2.5 s
解析：（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg（h－1.2R－R－Rcos θ）＝m
解得vC＝4 m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝m
解得FC＝22 N。
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，对滑块，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝mv2
解得v＝6 m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设共速时的速度为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
mv＝2mv1
解得v1＝＝3 m/s
根据能量守恒可得
Q＝μmgL＝mv2－×2m
解得μ＝0.3。
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
a＝＝3 m/s2
所用时间为t1＝＝1 s
此过程滑块通过的位移为x1＝t1＝4.5 m
滑块与摆渡车共速后，滑块一直做匀速直线运动，该过程所用时间为
t2＝＝1.5 s，
则滑块从G到J所用的时间为
t＝t1＋t2＝2.5 s。
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模块达标检测
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出
的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. （2023·江苏南通市高二期中）图甲为测试汽车安全性能的碰撞实
验，技术人员通过传感器得到了模拟乘员头部所受安全气囊的作用
力随时间变化的曲线如图乙。若模拟
乘员头部只受安全气囊的作用，则模
拟乘员头部（ ）
A. 在0～t1时间内，动量变化率先增大
后减小
B. 在0～t2时间内，动量大小先增大后减小
C. 在0～t1时间内，动量变化量与t1～t2时间内动量变化量方向相反
D. 在0～t2时间内，动量变化量的大小等于曲线与横轴围成的面积
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解析： 由题意知模拟乘员的头部只受到安全气囊的作用，则F-t
图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像的面积也
是动量的变化量，动量变化率为面积与时间的比值，即合外力的大
小，由图可知，在0～t1时间内，合外力不断增大，即动量变化率一
直增大，故A错误，D正确；由于图像的面积为动量的变化，可知
动量变化量一直为正值，方向不变，且末动量一直大于初动量，故
动量大小一直增大，故B、C错误。
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2. 下列关于光现象的说法中正确的是（ ）
A. 图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的干涉现象
B. 图乙中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是
光的折射现象
C. 图丙中肥皂膜上出现彩色条纹是光的衍射现象
D. 图丁中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振原理
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解析： 题图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折
射，故A错误；题图乙中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心
出现了一个亮斑是泊松亮斑，是光的衍射现象，故B错误；题图丙
中肥皂膜上出现彩色条纹是光在膜的前、后表面反射光叠加产生
的，是光的干涉现象，故C错误；题图丁中立体电影在放映时，是
两台放映机发出相互垂直的偏振光，佩戴特殊眼镜观看立体电影，
才能获得最佳观赏效果，利用了光的偏振原理，故D正确。
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3. 近些年，科学家们逐步对极地进行开发和探索，由于极地大面积被冰雪覆盖，开发和探索的进度受到影响，人们为了加快进度发明了共振破冰船，如图所示。破冰船利用专用传感器感应冰面的
振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发
生共振时，可以大幅提高破冰效率。结合所学知识，
下列说法正确的是（ ）
A. 锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好
B. 破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率
C. 破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小
D. 对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同
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解析： 当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，
当驱动力频率小于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅增大，
当驱动力频率大于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅减小，
故A错误，B正确；破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越
小，但频率不变，故C错误；对于不同冰层，破冰效果最好时，锤
头的振动频率等于冰层的固有频率，不同冰层固有频率不同，所以
锤头的振动频率不相同，故D错误。
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4. 某台球比赛时，在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰
撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花
色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质量mA
与mB间的关系可能是（ ）
A. mB＝mA
D. mB＝6mA
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解析： 由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，得pA'＝1 kg·m/s，
根据碰撞过程总动能不增加，则有≥＋，代入解得
mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则
≤，解得mB≤4mA，综上得mA≤mB≤4mA，故选A。
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5. 如图所示，实线是某时刻的波形图像，虚线表示0.2 s后的波形图像，下列说法正确的是（ ）
A. 若这列波向左传播，则可确定它传播的距离的大小
B. 若这列波向右传播，则可求它的最大周期
C. 若波速是35 m/s，则波的传播方向向右
D. 不管波的传播方向如何，由图像都可以确定x＝0
的质点在0.2 s时间内的位移和路程
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解析： 若波向左传播，它传播的距离的大小Δx＝λ（n＝
0，1，2，…），不确定，A错误；若波向右传播，波传播的最短时
间为T，根据波形的平移和波的周期性，得出时间与周期的关系式t
＝kT＋T（k＝0，1，2，…），得到T＝，当k＝0时，T最大，
最大周期T＝4t＝0.8 s，B正确；由题图知，该波的波长λ＝4 m，当
v＝35 m/s时，0.2 s内波传播的位移x＝vt＝35×0.2 m＝1λ，根据波
形的平移可知，波向左传播，C错误；由于周期和振幅都不确定，
所以无法确定x＝0的质点在0.2 s时间内的路程，D错误。
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6. 如图所示，某种材料制成的扇形透明砖（已知其半径为R）放置在
水平桌面上，光源S（图中未画出）发出一束平行于桌面的光线从
OA的某点垂直射入透明砖，经过三次全反射（每次都是恰好发生
全反射）后垂直OB射出，并再次回到光源S。已知∠AOB＝90°，光
在真空中传播的速率为c，则该过程中，光在
材料中传播的时间为（ ）
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解析： 光路如图所示，由图中几何关系可知C
＝45°，由临界角公式有sin C＝，解得 n＝，
光在介质中传播的路程s＝R×6＝3R，光在介
质中传播的时间t＝＝＝，B、C、D错误，A
正确。
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7. 光滑圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，一质量为m的物块甲从
圆弧轨道上的A点由静止下滑，在水平轨道上滑行的最大距离为x。
在B点放置另一质量为3m的物块乙后，再把质量为m的物块甲从A点
由静止释放，已知甲、乙两物块与水平轨道间的动摩擦因数相同，
两物块均可视为质点，则两物块碰撞后粘连在一起继续向右运动的
最大距离为（ ）
A. 4x
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解析：由动能定理可知，对甲下滑的过程有mgh＝m
m＝μmgx，两物块碰撞时有mv1＝（m＋3m）v2，两物块粘连后在水平轨道上滑行时有（m＋3m）＝μ（m＋3m）gx'，解得x'＝x，故选D。
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8. 如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光
滑的水平面上，物体C紧靠左侧的固定挡板，但未粘合在一起，另
一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B
碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别M、m、m，整
个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B. 整个过程中挡板对物体C的冲量大小为Mv0
D. 如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为1∶3
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解析：A与B碰撞后两物体粘在一起，A与B的碰撞过程中，三物体与弹簧组成的系统机械能有损失，则系统的机械能不守恒。物体A、B碰后粘在一起到物体C离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三物体与弹簧组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A错误；设物体A与B碰撞后的瞬间，A、B粘合体的速度为v，根据动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v，根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为v，以水平向右为正方向，对物体A与物体B碰撞粘合在一起到弹簧恢复原长的过程，根据动量定理得，弹簧对A、B粘合体的冲量为I＝（M＋m）v－（M＋ m）（－v）＝2（M＋m）v＝2Mv0，所以弹簧弹力对A、B的冲量大小为2Mv0，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为2Mv0
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故B错误；物体C离开挡板后，三物体与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复原长时A、B粘合体与C的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得（M＋m）v＝（M＋m）v1＋mv2，根据机械能守恒定律可得（M＋m）v2＝（M＋m）＋m，解得v2＝，故C正确；物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得Ep1＝（M＋m）v2，物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时速度为v'，根据动量守恒定律可得（M＋m）v＝（M＋2m）v'，根据机械能守恒定律可得Ep2＝（M＋m）v2－（M＋m）v'2，且M＝m，解得Ep1∶Ep2＝3∶1，故D错误。
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二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出
的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对
但不全的得2分，有错选的得0分）
9. （2023·福建莆田一中期中）质量皆为m的甲、乙两人分别站在质量
为M的小船的船头和船尾，随船以速度v0在水面上向左运动（不计
阻力）。若两人同时以对地的速率v水平跳出，其中甲沿船前进的
方向跳出，乙沿相反方向跳出，则（ ）
A. 对乙船做的功较多 B. 船对乙的冲量较大
C. 船速不变 D. 船速增大
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解析： 根据动量定理可知，船对甲的冲量为I＝mv－mv0，船
对乙的冲量为I'＝－mv－mv0，可知船对乙的冲量较大，故B正确；
根据水平方向动量守恒可知（M＋2m）v0＝Mv'＋mv－mv，可知v'
＞v0，则船速增大，根据动能定理可知船对两人做功均为W＝mv2
－m，即船对两人做的功相等，故A、C错误，D正确。
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10. 图甲为一列简谐横波在t＝0.50 s时的波形，P点是距平衡位置2.5
cm的质点，图乙是Q点的振动图像。以下说法正确的是（ ）
A. 0.05 s时质点Q具有最大的加速度和位移
B. 0.05 s时质点P的速度正在减小，加速度正在增大
C. 这列简谐横波的波速为15 m/s
D. 这列波的传播方向为＋x方向
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解析： 由图乙可知0.05 s时，Q质点在正
向最大位移处，具有最大的加速度，A正确；
由题给条件可画出0.05 s时波的图像如图所
示，再由甲、乙两图分析可知波向x轴负方向传播，则可知此时质点P的速度在增大，加速度在减小，B、D错误；由图甲知波长λ＝3
m，由图乙知周期T＝0.20 s，则波速v＝＝15 m/s，C正确。
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11. 如图所示，平行玻璃砖的底面涂有反射层，一束由a、b两种单色
光组成的复色光以入射角45°射向玻璃砖的上表面，经折射、反射
再折射后从玻璃砖的上表面射出。不考虑光在玻璃砖其他表面的
反射，下列说法正确的是（ ）
A. 玻璃砖对b光的折射率大于对a光的折射率
B. 两种单色光从玻璃砖上表面出射后相互平行
C. b光比a光在玻璃中传播的时间长
D. 用相同的装置观察光的干涉条纹，b光相邻两条亮条
纹间距较大
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解析：光路如图所示。根据折射定律n＝可知，
玻璃砖对b光的折射率小于对a光的折射率，A错误；
根据光路图可知，光线出射时的折射角与开始的入
射角相等，所以两光线从玻璃砖上表面出射后相互平行，B正确；设玻璃砖的厚度为d，则光线在玻璃砖里传播的光程为s＝，光在玻璃中传播的速度为v＝＝，所以传播时间为t＝＝＝
，因为i＝45°，所以r＜45°，b光的折射角的两倍大于a光折射
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角的两倍并小于90°，因此b光比a光在玻璃中传播的时间短，C错误；折射率大的光的频率也较大，所以a光的频率大于b光的，根据c＝λf可知，a光的波长小于b光的，根据干涉条纹间距公式Δx＝λ可知，b光相邻两条亮条纹间距较大，D正确。
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12. 如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b两球恰好均能通过各自半圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（ ）
B. 两小球与弹簧分离时，动能相等
C. 若ma＝mb＝m，要求a、b都能通过各自
的最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为15mgR
D. a球到达圆心等高处时，对轨道压力为3mg
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解析：当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小球的重力刚好提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得 －6mgR＝m－m，在最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝，联立解得v0＝，同理对b分析可得在半圆最低点b球的速度为v1＝，对a、b两球组成的系统进行研究，在释放瞬间，两小球的动量守恒，取a球的速度方向为正方向，则mv0－mbv1＝0，解得mb＝m，故A错误；动能与动量的关系为Eka＝，因为两个小球的
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动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误；若两小球的质量相等，则与弹簧分开时两小球的速度大小相等，方向相反，根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此Ep＝×2m×＝15mgR，故C正确；当a球到达圆心等高处时，对此过程根据动能定理得－3mgR＝m－m，在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得FN＝，结合牛顿第三定律可得FN'＝FN，联立解得FN'＝3mg，方向水平向左，故D正确。
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三、非选择题（本题共6小题，共60分）
13. （6分）在“测定玻璃的折射率”的实验中：
（1）某同学作出光路图如图甲所示，此玻璃的折射率计算式为n
＝ （用图中的θ1、θ2表示）。
解析：玻璃的折射率
计算式为n＝。
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（2）如图乙所示，玻璃砖两个界面不平行，在bb'一侧透过玻璃砖观察，可以看到P1和P2的像，是否依然可以借助上述方法测出折射率？请说出理由：
。
解析：玻璃砖的两个光学面不平行，导致出射光线与
入射光线不平行，但仍可以测出折射角和入射角，根据n＝
计算折射率。
可以，理由见解析
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（3）如图乙所示，玻璃砖两个界面不平行，在bb'一侧透过玻璃砖观察，可能看不到P1和P2的像，请分析原因：
。
解析：玻璃砖的两个光学面不平行，有可能光线在bb'上发生全反射，即在bb'一侧透过玻璃砖观察不到像。
经过P1、P2
的光线在bb'上发生全反射
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14. （8分）图甲为“验证动量守恒定律”的实验装置，气垫导轨上放
置着带有遮光板的滑块A、B， A、B的质量分别为m1和m2，遮光
板的宽度相同。实验中，用细线将两个滑块连接使轻弹簧压缩且
静止，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光
电门的时间分别为t1、t2。
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（1）图乙为用螺旋测微器测量遮光板宽度d时的情景，由该图可知其示数为
mm。
解析：由图可得，螺旋测微器的固定刻度读数为3.5 mm，可动刻度读数为0.3×0.01 mm＝0.003 mm，则其示数为3.5 mm＋0.003 mm＝3.503 mm。
3.503（3.501～3.504均可）
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（2）用题中测得的物理量表示动量守恒应满足的关系式为
（用相应的符号表示）。
解析：设向右为正方向，根据动量守恒定律，则应满
足的表达式为0＝－m1v1＋m2v2
即m1v1＝m2v2
滑块A、B的速度分别为v1＝，v2＝
可得＝，变形得m1t2－m2t1＝0。
m1t2
－m2t1＝0
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（3）若实验通过计算，并不满足（2）中的关系式，说明系统动
量不守恒，试列举两条可能的原因
① ；
② 。
解析：若实验过程中气垫导轨未调节水平或滑块运动中受到空气阻力，沿气垫导轨方向有力的作用，系统所受合外力不为零，则动量不守恒。
气垫导轨未调节水平
滑块运动中受到空气阻力
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15. （8分）一简谐机械横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻波刚好传到平
衡位置x1＝8 m的质点P，波形如图所示。再经过Δt＝0.2 s，质点P
第一次达到波谷。求：
（1）这列波的波速；
答案：10 m/s
解析：由图可知λ＝8 m，质点P第一次达到波谷，则Δt＝T，可知振动周期T＝0.8 s，因此波速v＝＝ m/s＝10 m/s。
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（2）在波从质点P传到平衡位置x2＝28 m的质点Q（图中未画出）
的过程中，质点P通过的路程。
答案：1 m
解析：波从P点传到Q点所需时间t＝＝ m/s＝2 s，由于质点每经过一个周期，运动的路程为4倍振幅，这段时间内，P点经过的路程 s＝×4A＝100 cm＝1 m。
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16. （10分）如图所示，一截面是扇形的透明圆柱体放置在水平桌面
上，其夹角为∠POQ＝120°。现有一束光平行于桌面从PQ的中点
A射到圆柱体表面上，折射进入后恰好从OQ中点B处垂直截面OQ
射出；若将这束光平行于桌面从AP中点C处射到圆柱体表面上，
则折射后从OQ截面的D点射出，测
得D距圆心O的距离为d。求：
（1）透明圆柱体的折射率；
答案：
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解析：如图所示，由几何关
系得∠α＝∠AOP＝60°
sin∠BAO＝＝
则透明圆柱体的折射率n＝
＝。
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（2）光束从C到D经历的时间。
答案：
解析： 如图所示，由几何关系得∠β＝∠COP＝30°
又n＝＝
得sin∠DCO＝＝
因为∠COD＝∠POQ－∠POC＝90°
所以sin∠DCO＝＝
可得CD＝2d
光在圆柱体内传播的速度v＝
则光束在圆柱体内从C到D经历的时间t＝＝＝。
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17. （12分）（2023山东德州市高二月考）2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图所示，返回舱在距离地表约10 km的高度打开降落伞，速度减至8 m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1 m时，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受
到的空气阻力均忽略不计。返回舱
的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2。
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（1）求反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力的大小FN1；
答案：1.2×105 N
解析：设返回舱受到的平均推力的大小为FN1，取竖直
向下为正方向，根据动量定理得
（mg－FN1）t＝mv2－mv1
解得FN1＝1.2×105 N。
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（2）若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为
FN2，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为D，
喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱运
动的速度。求喷出气体的速度大小。
答案：
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解析： 以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速
度为v，则每台发动机喷出气体的质量为m＝ρ··vΔt
根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力FN2'＝FN2
对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得FN2'Δt＝4mv－0
联立解得v＝。
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18. （16分）（2023·浙江1月选考18题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车
上表面与直轨道FG、平台JK位
于同一水平面。已知螺旋圆形
轨道半径R＝0.5 m，B点高度为
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1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m，质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
答案：4 m/s 22 N
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解析：滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg（h－1.2R－R－Rcos θ）＝m
解得vC＝4 m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝m
解得FC＝22 N。
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（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车
之间的动摩擦因数μ；
答案：0.3
解析： 设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，对滑块，从静
止释放到G点过程，根据动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝mv2
解得v＝6 m/s
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摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆
渡车右端时刚好与摆渡车共速，设共速时的速度为v1，以滑
块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
mv＝2mv1
解得v1＝＝3 m/s
根据能量守恒可得
Q＝μmgL＝mv2－×2m
解得μ＝0.3。
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（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
答案：2.5 s
解析： 滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速
度大小为a＝＝3 m/s2
所用时间为t1＝＝1 s
此过程滑块通过的位移为x1＝t1＝4.5 m
滑块与摆渡车共速后，滑块一直做匀速直线运动，该过程所
用时间为t2＝＝1.5 s，
则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s。
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谢谢观看!
