2025-2026学年重庆市第一中学校高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年重庆市第一中学校高一（下）期末物理试卷（含解析），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2026年春晚的舞蹈《喜雨》中，舞蹈演员头戴雨珠斗笠翩翩起舞。其运动可简化为如图所示，绕竖直轴转动的水平轻杆带动小球在水平面内做匀速圆周运动。小球运动一周的过程中( )
A. 动量始终不变
B. 动量时刻改变
C. 所受重力的冲量为零
D. 所受拉力的冲量为零
2.如图所示的双缝干涉实验，在光屏上可以观察到光的干涉条纹。下列操作一定使干涉条纹间距变大的是( )
A. 仅增大双缝之间的距离d
B. 减小双缝之间的距离d，同时减小双缝与屏之间的距离l
C. 仅减小双缝与屏之间的距离l
D. 仅更换波长更长的单色光
3.2025年11月25日，长征二号F遥二十二运载火箭托举着神舟二十二号飞船直冲天际，恰好穿越太阳圆面，一幅“一箭穿日”的壮美画卷被镜头定格，如图所示。若飞船与空间站对接后，在半径为R的圆轨道上做匀速圆周运动，运行周期为T，引力常量为G，则地球的质量为( )
A. 4π2R3GT2B. 2πR3GT2
C. GT24π2RD. GT24π2R3
4.2026年6月，成渝中线高铁改建完成，将大幅压缩成渝两地旅行时间。若高铁在某段平直轨道上由静止启动，启动过程中列车的加速度逐渐减小直至为零，下列关于高铁的速度v、动量p、动能Ek、机械能E在这一过程中的变化图像，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.如图所示，两个质量完全相同的小球A、B(均可视为质点)，分别用长为L2、L的不可伸长轻质细线紧挨着吊在不同高度水平天花板上，两球静止时细线均竖直。如图所示，现把小球A拉至细线与竖直方向夹角成60°的左侧位置由静止释放。不计空气阻力，两小球在水平方向发生弹性正碰，则小球A、B第一次碰撞(碰撞时间极短)后小球B上升的最大高度为( )
A. L
B. L2
C. L4
D. L8
6.如图所示，一物体分别由固定斜面1和固定斜面2的顶端A由静止开始下滑，物体滑至斜面1底部B点时的动能为EB，物体滑至斜面2中B点正上方的C点时的动能为EC，两次下滑过程中产生的热量分别为QB和QC，已知物体与两斜面间的动摩擦因数相同，则( )
A. EB>EC，QB=QCB. EB=EC，QB>QC
C. EB>EC，QB>QCD. EB0.8s，x=6m处的质点的振动方程为y=4sin(43πt+π)cm
D. 若波沿x轴负方向传播，且0.8s>T>0.4s，t=0.28s时质点P出现在波峰位置
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某实验小组尝试对传统单摆实验进行改进，采用力传感器结合计时器的方式测量重力加速度，装置如图甲所示。在单摆悬点处安装力的传感器，摆球为规则小铁球，计时器自动记录拉力变化信号的时间点，以此测量单摆的周期，回答下列问题：
(1)实验前，用游标卡尺测量摆球的直径，示数如图乙所示，则摆球的直径d=______cm。
(2)利用力传感器，获得摆线所受拉力F的大小与时间的关系图像如图丙所示，则测得单摆的周期T=______。(用t1和t2表示)。
(3)某同学在实验室找到的小铁球质量分布不均匀，其重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将悬点到球心的距离当作摆长L，测出不同L下对应的周期T，画出L−T2图像如图丁所示，根据图像判断测量摆长L______(选填“大于”“小于”或“等于”)真实摆长，根据图丁可计算出当地的重力加速度g=______。
14.用如图甲所示的装置进行实验，让两个小球在斜槽末端对心碰撞可以验证动量守恒定律。图甲中的O点为小球抛出点在记录纸上的竖直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上位置S由静止释放，确定其平均落地点，记为P。然后，把球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置S由静止释放，与球2相碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为M和N，分别测出O点到平均落地点的距离OM、OP、ON。测得球1的质量为m1，球2的质量为m2。
(1)实验室有如下A、B、C三个小球，从中选择两个球来完成本实验，则入射小球1应该选取如图中的______进行实验(填字母)。
A.
B.
C.
(2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了多个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，则画出来的圆应为图乙中的______(选填A、B、C)。
(3)测出M、P、N点到O点的距离分别为x1、x2、x3，小球1、2的质量分别为m1、m2，若该碰撞满足动量守恒，则有关系式______成立(用m1、m2、x1、x2、x3表示)。
(4)某同学进一步研究两球是否发生弹性碰撞，在实验中仅换用不同质量的球1，重复实验，绘出x2x3−m1图像；又仅换用不同质量的球2，重复实验，并绘出x2x3−m2的图像。图中有可能反映两球发生弹性碰撞的是______。
A.
B.
C.
D.
四、计算题：本大题共4小题，共44分。
15.如图所示，矩形玻璃砖ABCD折射率n= 3，AB=L，BC=2L，一束光从AB中点入射，入射角θ1=60°，已知真空中的光速为c。
(1)试通过计算说明，这束光第一次到达BC边界时是否发生全反射；
(2)求这束光第一次到达BC边界时在玻璃砖中传播的时间。
16.位于坐标原点的波源从平衡位置开始沿y轴运动，在均匀介质中形成一列沿x轴正方向传播的简谐波，波速v=2m/s。N和P是平衡位置分别位于x=5m和x=8m处的两质点，t=0时刻的波形如图所示，此时N点刚开始振动。求：
(1)质点N的振动周期；
(2)质点P第一次到达波谷的时刻；
(3)0～8s内质点P的路程。
17.如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为3m的小车，其左边部分是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，右边部分是一长度L=3R的水平粗糙轨道，两部分平滑连接，水平轨道右端有一挡板。将一质量为m、可视为质点的小物块在圆弧轨道顶端A点由静止释放，小物块和小车水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2，小物块与挡板碰撞时无机械能损失，重力加速度为g。求：
(1)若用外力固定小车，求小物块第一次滑到圆弧轨道末端时受到圆弧轨道支持力的大小；
(2)若不固定小车，求小物块第一次滑到圆弧轨道末端时的速度大小；
(3)若不固定小车，求整个运动过程中小车的位移大小。
18.某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为ℎ0，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为ℎ1和ℎ2(ℎ195(ℎ2−ℎ1)，求ℎ1与ℎ2应满足的关系。
(可能用到的数学公式：等比数列前n项和Sn=a1+a1q+a1q2+a1q3+⋯+a1qn−1=a1(1−qn)1−q)
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：AB、动量是矢量，方向与速度方向一致。小球做匀速圆周运动时，速度方向时刻改变，因此小球的动量时刻改变，故A错误，B正确；
D、根据动量定理，合冲量等于动量变化。小球运动一周后回到出发点，末动量与初动量相等，动量变化Δp=0，因此总冲量为零，即I拉+IG=0。
由于重力冲量IG≠0，因此拉力的冲量I拉=−IG≠0，故D错误；
C、冲量定义为I=Ft，小球运动一周的时间为周期T，重力大小、方向始终不变，因此重力的冲量大小IG=mgT≠0，故C错误。
故选：B。
小球在水平面内绕竖直轴做匀速圆周运动，其速度方向始终沿切线方向并随时间不断变化。动量作为矢量，其方向与速度方向一致，因此动量时刻改变。重力的方向始终竖直向下且大小恒定，运动一周的时间为周期，重力在该段时间内的冲量不为零。根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，小球运动一周后回到出发点，初末动量相同，动量变化量为零，因此合外力的冲量为零。由于重力的冲量不为零，拉力的冲量必须与之抵消，故拉力冲量也不为零。
本题以匀速圆周运动为背景，综合考查动量、冲量等核心物理概念的理解与应用。题目计算量小，但概念辨析要求高，重点检验学生对矢量性与过程性的掌握程度。学生需明确动量是矢量，其方向与速度方向一致，从而判断其变化；同时需理解冲量是力在时间上的累积，其大小与方向均与力及作用时间相关，并能运用动量定理分析合冲量与动量变化的关系。本题能有效锻炼学生的逻辑推理能力和对物理概念本质的把握。
2.【答案】D
【解析】解：干涉的条纹间距公式为：Δx=lλd，其中Δx为条纹间距，l是双缝到光屏的距离，λ是入射光波长，d是双缝间距。
A、仅增大双缝间距d，根据公式Δx=lλd可知，Δx减小，故A错误；
C、仅减小双缝到屏的距离l，由公式Δx=lλd可知，Δx减小，故C错误；
B、减小d同时减小l，根据Δx=lλd可知，Δx的变化不确定(若l减小幅度更大，Δx会减小)，故B错误；
D、仅增大波长λ，其他量不变，由公式Δx=lλd可知，Δx一定变大，故D正确。
故选：D。
双缝干涉实验中条纹间距与双缝到屏的距离、入射光波长成正比，与双缝间距成反比。题目要求判断使条纹间距变大的操作，需依据这一关系分析各选项。仅增大双缝间距会使间距变小；同时减小双缝间距和双缝到屏的距离时，两者变化对间距的影响相反，结果不确定；仅减小双缝到屏的距离会使间距变小；仅使用波长更长的光，其他条件不变，则间距一定变大。
本题考查双缝干涉条纹间距公式Δx=lλd的理解与应用。本题属于基础题，计算量小，重点在于考查学生对公式中各物理量关系的直接掌握，要求学生能根据公式准确判断单一变量变化对条纹间距的影响。题目通过四个选项的设置，检验了学生对公式的熟练程度和逻辑推理能力，其中B选项涉及两个变量同时变化，需要学生进行定性分析，避免机械套用公式，有助于锻炼其全面思考问题的能力。整体而言，本题难度适中，能有效巩固双缝干涉的核心知识点。
3.【答案】A
【解析】解：根据万有引力提供向心力有GMmR2=m4π2RT2，解得地球质量M=4π2R3GT2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力列式解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解万有引力定律和适用范围，属于较低难度考题。
4.【答案】B
【解析】解：A、列车由静止启动，加速度方向与速度方向相同，速度v应逐渐增大，而图像中速度随时间减小，故A错误；
B、根据动量公式p=mv可知，速度逐渐增大直到恒定值，则p动量逐渐增大到恒定值。p−t图像的斜率k=ΔpΔt=mΔvΔt=ma，因加速度a逐渐减小到0，故p−t图像的斜率逐渐减小到0，故B正确；
C、根据动能定理得：F合Δx=ΔEk，可得Ek−x图像的斜率k=ΔEkΔx=F合=ma，a减小，k减小直至为零。根据Ek=12mv2可知，速度先逐渐增大后不变，则动能应先增大后不变，故C错误；
D、根据功能关系得：F非Δx=ΔE，可得E−x图像的斜率k=ΔEΔx=F非=ma，F非是非重力和弹力，则k减小直至为零，则E−x图像是曲线，动能增大到恒定值后，机械能也保持恒定，故D错误。
故选：B。
根据加速度方向与速度方向关系判断列车的速度变化情况；根据动量公式p=mv分析p−t图像的斜率与加速度的关系，再判断图像斜率变化情况；结合动能定理分析Ek−x图像斜率的变化；根据E=Ek+Ep分析机械能变化情况，再判断各个图像是否正确。
对于图像问题，往往根据物理规律分析图像的斜率变化情况，来分析各个量的变化情况。
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，小球A由静止释放至最低点过程中，依据机械能守恒定律可得mg⋅L2(1−cs60°)=12mvA2。
小球A与小球B发生弹性碰撞，以运动方向为正方向，由动量守恒定律与能量守恒定律分别有mvA=mv′A+mvB，12mvA2=12mv′A2+12mvB2。
碰撞后，小球B运动至最高点过程中，根据机械能守恒定律有12mvB2=mgℎ。联立上述方程，解得ℎ=14L。故ABD错误，C正确。
故选：C。
分析该题需先明确A球从释放到碰撞前的运动过程，A球由静止释放后，在重力作用下沿圆弧运动至最低点，此过程中细线拉力不做功，仅重力做功，机械能守恒，从而可求出A球在碰撞前的速度大小。接着两球在水平方向发生弹性正碰，由于两球质量相同且为弹性正碰，根据弹性碰撞规律，质量相等的两球碰撞后将交换速度，因此碰撞后B球获得A球碰撞前的速度。最后分析B球碰撞后的运动，B球以一定初速度开始向上摆动，在上升过程中只有重力做功，机械能再次守恒，其动能全部转化为重力势能，由此可求出B球上升的最大高度，该高度与B球细线长度无关，仅取决于其获得的初速度大小。
本题综合考查机械能守恒定律、动量守恒定律及弹性碰撞模型的应用，涉及多过程分析，计算量适中，难度中等偏上。题目将单摆运动与碰撞问题有机结合，要求学生能够准确分段处理，先运用机械能守恒求解小球A碰撞前的速度，再通过弹性碰撞的动量与能量双守恒规律求出碰撞后小球B的速度，最后再次应用机械能守恒确定B球上升的最大高度。整个过程锻炼了学生的逻辑推理能力和对核心物理规律的连贯应用能力。本题的亮点在于通过简单的几何条件与碰撞模型的组合，考查学生对典型物理过程的分析与综合处理能力。
6.【答案】A
【解析】解：根据题意分析可知，设物体与两斜面间的动摩擦因数为μ，固定斜面1的斜面倾角为θ，底端长为d，则对物体沿固定斜面1下滑过程进行受力分析，根据动摩擦力的公式可得下滑过程物体受到的滑动摩擦力大小为f=μmgcsθ
物体沿固定斜面1下滑过程中产生的热量为QB=μmgcsθ⋅dcsθ=μmgd
同理，设固定斜面2的斜面倾角为α，则物体沿固定斜面2下滑过程中产生的热量为QC=μmgcsα⋅dcsα=μmgd=QB
设物体沿固定斜面1下落的高度为ℎB，根据能量守恒定律有mgℎB=QB+EB
设物体沿固定斜面2下落的高度为ℎC，根据能量守恒定律有mgℎC=QC+EC
由于QB=QC，但ℎB>ℎC，则有EB>EC，故A正确，BCD错误。
故选：A。
利用能量守恒定律分析物体下滑过程中重力势能、动能与摩擦生热的关系，通过推导摩擦生热的表达式确定QB与QC的关系，再结合竖直高度差异比较动能EB与EC的大小。
本题核心是能量守恒与摩擦生热的计算，关键在于认识到摩擦生热与路径的水平投影长度相关，以及竖直高度差异对动能的影响。通过分解力与位移的关系，结合能量守恒定律完成推理。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据题意分析可知，以向下为正方向，物体与电梯相对静止，有a=mg−Fm
图像中0∼2s内F由200N均匀增至400N，故电梯向下加速度由5m/s2减小到0，不是匀加速下降，故A错误；
B、根据题意分析可知，0∼2s内速度增量等于向下加速度图像面积，Δv1=12×2×5 m/s=5 m/s
2∼5s内a=0，故t=5s时速度大小为5m/s，故B错误；
C、根据题意分析可知，第二阶段F=mg，合力为0，合力的冲量为0，故C错误；
D、根据题意分析可知，5∼7s内向上加速度由0增至500−40040 m/s2=2.5 m/s2
速度减小量Δv3=12×2×2.5 m/s=2.5 m/s
所以t=7s时速度大小v7=5m/s−2.5m/s=2.5m/s
由动能定理得W=12mv72=12×40×(2.5)2 J=125 J，故D正确。
故选：D。
结合牛顿运动定律分析电梯各阶段加速度变化，再利用运动学规律、冲量定义、动能定理判断选项正误。通过压力传感器示数F与重力mg的关系确定合力，进而分析加速度、速度、冲量、功等物理量。
本题关键是通过F−t图像分析支持力变化，结合牛顿第二定律确定加速度变化规律，再利用a−t图像面积求速度变化、冲量定义、动能定理判断选项。核心是理解“变力作用下的运动分析需结合微元法(图像面积)处理加速度与速度的关系”。
8.【答案】B
【解析】解：设经过时间Δt喷出的油漆的质量为m，则油漆的质量为m=0.5×10−3⋅Δt，对油漆，由动能定理可得：P⋅Δt=12mv2，解得：v= 2P⋅Δt0.5×10−3⋅Δt= 2×10000.5×10−3m/s=2000m/s
设工件对油漆的支持力的大小为F，以v的方向为正方向，由动量定理可得：−F⋅Δt′=0−m′v，其中：m′=0.5×10−3⋅Δt′，代入数据解得：F=m′vΔt′=0.5×10−3⋅Δt′×2000Δt′N=1N，由牛顿第三定律可得油漆对工件表面的压力大小为：F′=F=1N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
经过时间Δt喷出的油漆为研究对象，根据动能定理求出油漆射到工件表面时的速度，由动量定理结合牛顿第三定律即可求解油漆对工件表面的平均压力大小。
本题主要考查动量定理的基本运用，熟练掌握公式即可解答。
9.【答案】BC
【解析】解：根据多普勒效应，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率低于波源发出的频率；当两者相互靠近时，接收到的频率高于发出的频率。
A、观察者静止，火车(声源)驶来，二者相互靠近，听到频率高于原频率，故A错误；
B、观察者静止，火车驶离，二者相互远离，听到频率低于原频率，故B正确；
C、观察者远离静止的波源(火车)，接收频率变低，故C正确；
D、观察者靠近静止的波源(火车)，接收频率变高，故D错误。
故选：BC。
依据多普勒效应规律，声源远离观察者或观察者远离声源时，接收频率低于声源原频率；声源靠近观察者或观察者靠近声源时，接收频率高于原频率，据此逐一判断四个选项。
本题围绕多普勒效应基础规律设置生活化情境，清晰区分声源、观察者两种运动情形，考点单一基础，易错点直观，能快速检验学生对多普勒效应频率变化规律的识记理解。
10.【答案】AD
【解析】解：足球从位置1到位置2与从位置2到位置3的水平距离不同，由斜抛运动规律可知，说明存在空气阻力，方向与速度方向相反。
A.位置2是轨迹的最高点，竖直方向的分速度为零，足球只有水平方向的分速度，故A正确；
B.在位置2，足球受重力竖直向下，同时还受水平向左的空气阻力，可知合力并不沿竖直方向，加速度方向也不沿竖直向下，故B错误；
C.由于存在空气阻力对足球做负功，足球的机械能逐渐减小，不守恒，故C错误；
D.根据重力做功的条件，位置1和位置3都在水平地面上，高度相同，高度差为零，因此重力做功为零，故D正确。
故选：AD。
根据最高点的速度特点分析解答；根据足球在最高点的受力情况判断加速度方向；根据机械能守恒条件分析解答；根据重力做功的特点分析解答。
考查物体的受力分析和机械能守恒定律的应用，理解机械能守恒的条件是关键，属于较低难度考题。
11.【答案】AC
【解析】解：B、碰撞过程系统动量守恒，且碰撞后总动能不可能大于碰撞前总动能。
若碰撞后瞬间，A球的速度为−0.3v0，设碰撞后B球速度为v，根据动量守恒2mv0=2m×(−0.3v0)+3mv
可得v=2.63v0
碰撞前动能Ek1=12×2mv02=mv02，碰撞后动能Ek2=12×2m×0.09v02+12×3m×(2.63)2v02=1.21mv02
因碰撞后总动能大于碰撞前总动能，不可能发生，故B错误；
A、题目仅说明发生对心碰撞，未说明是弹性碰撞：弹性碰撞机械能守恒，非弹性碰撞机械能有损失，因此系统机械能不一定守恒，故A正确；
C、若碰撞后瞬间，B球的速度为0.6v0，设碰撞后A球速度为vA，根据动量守恒2mv0=2mvA+3m×0.6v0
可得vA=0.1v0
碰撞前动能Ek1=12×2mv02=mv02，碰撞后动能Ek2=12×2m×0.01v02+12×3m×0.36v02=0.55mv02
碰撞后动能小于碰撞前动能，且碰撞后B的速度大于A的速度，故C正确；
D、由动量定理，冲量等于动量变化，A碰撞后动量减小(或反向)，动量变化方向与初速度方向相反，因此A受到的冲量方向与初速度方向相反，故D错误。
故选：AC。
题目描述光滑水平面上两球对心碰撞，涉及动量守恒与机械能变化可能性的判断。需明确碰撞过程仅保证动量守恒，但机械能是否守恒取决于碰撞类型；通过动量守恒与动能不增条件检验各选项速度值是否合理，同时结合冲量方向与动量变化关系分析冲量方向。
本题以两球对心碰撞为背景，综合考查动量守恒定律、机械能守恒条件、碰撞过程能量关系以及冲量方向等核心知识点。题目计算量适中，难度中等偏上，需要学生准确理解碰撞的物理本质并灵活运用动量与能量的约束条件进行逻辑推理。其亮点在于通过多选题形式，引导学生辨析“对心碰撞”与“弹性碰撞”的概念区别，并借助具体数值检验碰撞结果的合理性，有效锻炼了学生运用动量守恒结合能量不增原理分析实际问题的能力。对于选项B和C的判定，关键在于计算碰撞前后系统总动能，并判断其是否满足碰撞过程能量不增加的物理实际，这是本题的思维核心。
12.【答案】BD
【解析】解：由图可知，波长λ=12m，振幅A=4cm
t=0时，实线波形y=Asin(2πλx)cm=4sin(π6x)cm
B、若波沿x轴正方向传播，虚线波形由实线波形向右平移得到，波向右传播距离Δx=4+12n(m)，n=0，1，2，3，...
最小距离Δx=4m，用时Δt=t1=0.8s，最小波速vmin=ΔxΔt=40.8m/s=5m/s，故B正确；
A、若波沿x轴正方向传播，由图像可知，t1时刻质点P左侧紧邻点位移为正，且大于质点P的位移，在下一时刻质点P的位移将与其相同，因此P速度沿y轴正方向，故A错误；
C、若波沿x轴负方向传播，虚线波形由实线波形向左平移得到，波向左传播距离Δx=(12−4)+12n=8+12n(m)
波速v=ΔxΔt=10+15n(m/s)，周期T=λv
当T>0.8s时，T=1210+15n>0.8
解得nT>0.4s时，解得43>n>13
由n为整数可得n=1
因此v=25m/s，T=0.48s，角频率ω=2πT=25π6rad/s
波函数为y=4sin(25π6t+π6x)cm
质点P的振动方程yP=4sin(25π6t+π6×8)cm=4sin(25π6t+4π3)cm
代入t=0.28s
解得yP=4cm，恰为波峰，故D正确。
故选：BD。
题目描述一列简谐横波在t=0和t1=0.8s两个时刻的波形图以及质点P的位置，需要分析波沿不同方向传播时各选项对应的物理过程。首先从波形图获取波长和振幅，明确波传播方向与波形平移的关系。对于A选项，若波沿x轴正方向传播，需根据t1时刻波形判断质点P的振动趋势以确定速度方向；B选项涉及波速计算，需考虑波传播距离的周期性，找出最小传播距离对应最小波速；C和D选项均针对波沿x轴负方向传播，需结合周期范围条件确定整数n值，进而得到波速、周期及振动方程，再代入特定位置或时刻进行判断。整个分析需紧扣波形平移、振动方程与波传播的周期性关系。
本题综合考查机械波传播方向判断、波速与周期多解性分析、振动方程推导以及特定时刻质点位置求解等多个知识点，计算量适中但思维层次要求较高。题目通过提供两个不同时刻的波形图，要求学生能够灵活运用波形平移法并结合周期性特点，对波速、周期进行多可能性讨论，进而判断各选项正误。其中B、D选项的求解过程，尤其需要学生细致处理波传播距离的通式，并依据题目附加条件确定整数n的取值，这有效锻炼了学生的逻辑推理能力和数学运算能力。C选项的判定则进一步检验了学生对振动方程相位关系的理解深度，需注意波函数形式与具体传播方向的关联。整体而言，本题是一道能较好区分学生机械波掌握程度的典型问题。
13.【答案】1.015
2(t2−t1)
小于;4π2ba
【解析】解：(1)图中游标卡尺的最小分度值为0.05mm，摆球直径d=10mm+3×0.05mm=10.15mm=1.015cm。
(2)力传感器记录的拉力最大值出现在摆球经过最低点时。图丙中相邻两次拉力最大值的时间间隔为半个周期，因此T=2(t2−t1)
(3)单摆的周期公式为T=2π L真g，其中L真为悬点到重心的真实摆长。
实验中以悬点到球心的距离作为测量摆长L，设球心到重心的距离为ΔL，重心在球心下方时ΔL为正，则有L真=L+ΔL
代入周期公式得L=g4π2T2−ΔL
L−T2图像为直线，斜率为k=g4π2，纵截距为−ΔL
图丁中纵截距为−b，横截距为a，因此ΔL=b
即重心在球心下方，真实摆长大于测量摆长，故测量摆长小于真实摆长。
图线的斜率k=ba
则重力加速度g=4π2k=4π2ba
故答案为：(1)1.015；(2)2(t2−t1)；(3)小于，4π2ba。
(1)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
(2)根据相邻两次拉力最大值的时间间隔为半个周期计算；
(3)根据单摆的周期公式推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
本题考查利用单摆测定重力加速度的实验，关键掌握实验原理、利用图处理数据的方法和游标卡尺的读数方法。
14.【答案】B
C
m1x2=m1x1+m2x3
C
【解析】解：(1)验证动量守恒实验要求：①入射小球质量大于被碰小球，防止入射球反弹；②两球直径相同，保证对心碰撞。三个小球中，B球直径2cm(和A相同，满足对心碰撞)，质量30g大于A的15g。故B正确，AC错误。
故选：B。
(2)画圆法确定平均落点时，偏离群体较远的印迹是偶然误差导致的，无需考虑，用最小的圆将所有有效落点圈出，圆心即为平均落点，因此圆选最内层的C。
(3)小球做平抛运动，下落高度相同，运动时间t相同，速度v=xt
取水平向右为正方向，动量守恒表达式为 m1v0=m1v1+m2v2
代入v0=x2t，v1=x1t，v2=x3t
可得 m1x2=m1x1+m2x3
(4)若为弹性碰撞，同时满足动量守恒和动能守恒 m1v0=m1v1+m2v2，12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得碰后被碰球速度v2=2m1v0m1+m2
代入v0=x2t、v2=x3t
整理得 x2x3=m1+m22m1=m22m1+12
AB.若换不同m1(m2不变)，x2x3随m1增大而减小，趋近于12，故AB错误；
CD.若换不同m2(m1不变)，x2x3是关于m2的递增一次函数，截距为正，故C正确，D错误。
故选：C。
故答案为：(1)B；(2)C；(3)m1x2=m1x1+m2x3；(4)C。
(1)根据防止入射球反弹和保证对心碰撞判断；
(2)根据平均落点确定方法判断；
(3)根据平抛运动规律和动量守恒定律推导表达式；
(4)根据平抛运动规律、动量守恒定律和机械能守恒推导表达式判断。
本题考查验证动量守恒定律实验，关键掌握实验原理，利用平抛运动规律、动量守恒定律和机械能守恒推导表达式的方法。
15.【答案】这束光第一次到达BC边界时发生全反射
这束光第一次到达BC边界时在玻璃砖中传播的时间为 3Lc
【解析】解：(1)作出光路图如图所示：
光线从AB边的中点M入射，入射至空气与玻璃的分界面，由折射定律有sinθ1=nsinθ2
解得sinθ2=12，可知折射角θ2=30°。
光线直线传播至BC边，由几何关系可知光线从M到N的路径长度xBN=L2⋅1tan30∘= 32L，入射点到交点的光路长度sMN=L2⋅1sin30∘=L，光线直接打到BC边上，未经过其他边。
在BC边上，光从玻璃射向空气，入射角i=60°，则sini=sin60°= 32
临界角C满足sinC=1n=1 3= 33
对比可知sini>sinC，即入射角i大于临界角C，所以光线第一次到达BC边界时会发生全反射。
(2)光线从M到N的路径长度sMN=L2⋅1sin30∘=L
光在玻璃中的速度v=cn=c 3
传播时间t=sMNv=Lc 3= 3Lc。
答：(1)这束光第一次到达BC边界时发生全反射。
(2)这束光第一次到达BC边界时在玻璃砖中传播的时间为 3Lc。
(1)根据折射定律算出光线进入玻璃砖的折射角，结合几何关系确定光线到达BC边时的入射角，利用临界角公式算出玻璃的全反射临界角，通过对比入射角与临界角大小，判断光线在BC面发生全反射。
(2)由几何关系求出光在玻璃内传播的路程，结合光在介质中的速度公式算出传播速度，由路程除以速度得到传播时间。
本题考查光的折射定律、全反射临界角计算、光在介质中的传播速度与运动时间求解，同时结合平面几何进行光路长度、角度的推导计算。
16.【答案】质点N的振动周期为2s
质点P第一次到达波谷的时刻为3s
0～8s内质点P的路程为65cm
【解析】解：(1)由波形图可知波长λ=4m，波速v=2m/s，周期T=λv=4m2m/s=2s
(2)波向右传播，t=0时波前刚到达x=5m的N点，N点左侧紧邻点位移为正，下一时刻N点位移与其相同，因此N点起振方向向上
P点位于x=8m，波从N传到P时间Δt1=Δxv=8m−5m2m/s=1.5s
P点起振后，向上运动，由波形图，第一次到达波谷还需34T=1.5s，故从t=0开始，P第一次到达波谷的时刻为t=1.5s+1.5s=3s
(3)波在t=1.5s时到达P，P的实际振动时间Δt=8s−1.5s=6.5s
振动周期数n=ΔtT=6.5s2s=3.25
由波形图，振幅A=5cm，每周期路程4A=4×5cm=20cm
总路程s=n⋅4A=3.25×20cm=65cm
答：(1)质点N的振动周期为2s。
(2)质点P第一次到达波谷的时刻为3s。
(3)0～8s内质点P的路程为65cm。
(1)从波形图读取波长，结合已知波速，利用波长与波速关系确定周期，该周期即波源及各质点的振动周期。
(2)分析波传播过程：波从N点传播到P点需要时间，P点起振方向与N点相同；起振后P点从平衡位置向上运动，根据振动规律，其第一次到达波谷需要的时间为四分之三周期，将传播时间与此振动时间相加即可。
(3)确定P点开始振动的时刻，计算在0至8秒内P点的实际振动时间；根据周期和振幅，计算每个完整周期的路程，再结合非完整周期的路程计算总路程。
本题是一道典型的简谐波问题，综合考查机械波传播规律、质点振动与波动关系的分析。题目涉及波长、波速、周期关系的计算，以及质点起振方向判断、振动状态传播时间与质点自身振动时间叠加的分析，还要求计算特定时间段内的振动路程。计算量适中，但需要学生清晰理解波动形成过程中各质点振动的“延迟”特性，并能将波动图象信息与质点振动过程相结合。第(2)问需注意波从波源传播至P点所需时间与P点起振后振动至波谷时间的累加；第(3)问则要准确计算P点实际振动时间，并正确应用全振动次数与路程的关系，其中非整数周期部分需根据起振方向及初始相位判断是否完成整振幅路程，本题中3.25个周期恰好对应65cm路程，对学生的逻辑推理与细节处理能力有较好锻炼。
17.【答案】小物块第一次滑到圆弧轨道末端时受到圆弧轨道支持力的大小为3mg
不固定小车时，小物块第一次滑到圆弧轨道末端时的速度大小为 3gR2
整个运动过程中小车的位移大小为R2，方向向左
【解析】解：(1)物块从A点由静止释放，由机械能守恒mgR=12mv2
解得滑到最低点B的速度v= 2gR
在B点，支持力与重力的合力提供向心力N−mg=mv2R
解得N=3mg
(2)设水平向右为正方向，系统水平方向动量守恒，初始总动量为0。设物块到达B点时速度为v1，方向水平向右；小车速度为v2，方向水平向左，则mv1−3mv2=0
解得v2=v13
由机械能守恒mgR=12mv12+12⋅3mv22
解得v1= 3gR2
(3)物块进入水平轨道后，系统受摩擦作用，最终物块和小车均静止。
设物块相对小车滑行的总路程为s相，初始总机械能mgR全部转化为水平轨道上的摩擦内能，由μmg⋅s相=mgR
解得s相=Rμ=5R
水平轨道长度L=3R。物块从B点进入水平轨道，相对小车向右运动，第一次撞挡板前行进3R。与挡板弹性碰撞后速度反向，相对小车向左运动，直到相对静止。设物块最终停在距B点d处(0≤d≤3R)。总相对路程s相=3R+3R−d=5R
解得d=R
故物块最终停在距B点R处
物块相对小车的总水平位移Δx相=R+d=2R
系统水平动量守恒，初始总动量为0，相对位移与对地位移的关系mΔx物+3mΔx车=0
解得Δx物=−3Δx车
又Δx物−Δx车=Δx相
解得小车位移Δx车=−Δx相4=−R2
即小车位移大小为R2，方向向左
答：(1)小物块第一次滑到圆弧轨道末端时受到圆弧轨道支持力的大小为3mg。
(2)不固定小车时，小物块第一次滑到圆弧轨道末端时的速度大小为 3gR2。
(3)整个运动过程中小车的位移大小为R2，方向向左。
(1)物块沿固定圆弧下滑，机械能守恒确定其到达末端的速度，该速度提供向心力，支持力与重力的合力充当向心力，据此建立关系求解支持力大小。
(2)小车不固定时系统水平方向不受外力动量守恒，物块与小车运动方向相反，同时系统机械能守恒，两守恒定律联立可解出物块滑至圆弧末端时的速度。
(3)物块在水平粗糙轨道上相对小车滑动，最终系统静止，初始机械能全部通过摩擦转化为内能，由此求出物块相对小车的总路程。结合水平轨道长度及物块与挡板弹性碰撞过程，分析相对运动确定物块最终位置。系统水平动量始终为零，利用物块与小车对地位移关系及相对位移关系，可求得小车的对地位移大小。
本题是一道综合性较强的力学好题，融合了机械能守恒、动量守恒、向心力公式以及摩擦生热与相对运动关系的应用。题目构建了包含圆弧与水平粗糙轨道的复合小车模型，通过逐步设问，引导学生从单一固定参照系过渡到多物体相互作用系统，思维层次递进清晰。第(1)问为基础考查，涉及机械能与圆周运动的结合；第(2)问引入系统水平方向动量守恒，需联立动量与机械能守恒方程求解，计算量适中；第(3)问是本题亮点，要求分析物块在有限长粗糙轨道上往返运动直至最终静止的全过程。学生需深刻理解系统初始机械能最终全部通过摩擦力做功转化为内能，并巧妙运用相对路程与绝对位移的几何关系及系统质心位置不变原理，才能准确求出小车对地位移。该问对学生的物理建模能力、过程分析能力和综合运用能量守恒与动量守恒定律解决复杂过程的能力提出了较高要求，是一道锻炼思维深度的优秀题目。
18.【答案】弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P的速度大小为23 2gℎ0，1号弹球的速度大小为53 2gℎ0
弹球P从出口离开时的速度大小为 32gℎ0+234g(ℎ2−ℎ1)9
ℎ1与ℎ2应满足的关系为ℎ1≤49ℎ2
【解析】解：(1)由动能定理，弹球P与1号弹球碰前12Mv02=Mgℎ0
解得v0= 2gℎ0
碰撞过程动量守恒Mv0=MvP1+mv1
碰撞视为弹性碰撞，动能守恒12Mv02=12MvP12+12mv12
解得vP1=23v0=23 2gℎ0，v1=53v0=53 2gℎ0
(2)由题，每个“倒V”形左端到右端净下降高度ℎ2−ℎ1，重力做功使动能增加。经过一个“倒V”，由动能定理mg(ℎ2−ℎ1)=ΔEk=12mΔv2
解得速度平方增加Δv2=2g(ℎ2−ℎ1)
P与1在第一个“倒V”左端碰撞后，P速度vP1=23v0，1速度v1=53v0
经过第一个“倒V”形加速，到达第二个“倒V”左端时v′P12=vP12+Δv2=49v02+Δv2，v′12=v12+Δv2=259v02+Δv2
1号球先到，与2号球(静止)碰撞，由等质量弹性碰撞可知，碰后1号静止，2号获得速度v′1，方向向右。
P球随后到达，与静止的1号球发生第二次碰撞。碰前P速度v′P1，由上一问规律，碰后vP2=23v′P1，v12=53v′P1
P球经过第二个“倒V”形从出口射出，出口速度vP出2=vP22+Δv2=49v′P12+Δv2=49(49v02+Δv2)+Δv2=1681v02+139Δv2
代入v02=2gℎ0，Δv2=2g(ℎ2−ℎ1)
解得v出= 32gℎ0+234g(ℎ2−ℎ1)9
(3)P在第k个“倒V”形左端与1号球碰撞前速度记为vk−1，碰后速度v′k−1=23vk−1，在经过第k个“倒V”形到达第k+1个左端时，速度平方满足vk2=v′k−12+Δv2=49vk−12+Δv2
初始v02=2gℎ0
令xk=vk2，则xk=49xk−1+Δv2
通项为xk=95Δv2+(49)k(2gℎ0−95Δv2)
当N→∞时，通项xk→95Δv2，则P球碰前速度平方趋于95Δv2，碰后速度平方趋于(23)295Δv2=45Δv2
所有弹球都要能翻越每个“倒V”形的最高点。P球在极限状态下碰后动能最小，需满足12M⋅45Δv2≥Mgℎ1
代入Δv2=2g(ℎ2−ℎ1)
解得ℎ1≤49ℎ2
当弹球P碰后翻越第一个“倒V”形的最高点时，需满足12MvP12≥Mgℎ1
化简得ℎ0≥94ℎ1
代入ℎ0>95(ℎ2−ℎ1)，取ℎ2_min
解得不等式两边恰好相等，符合题意。
综上ℎ1≤49ℎ2
答：(1)弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P的速度大小为23 2gℎ0，1号弹球的速度大小为53 2gℎ0。
(2)弹球P从出口离开时的速度大小为 32gℎ0+234g(ℎ2−ℎ1)9。
(3)ℎ1与ℎ2应满足的关系为ℎ1≤49ℎ2。
(1)弹球P从入口静止下滑到第一个管道左端，利用动能定理分析重力做功使其获得初速度。随后P与静止的1号球发生弹性碰撞，根据动量守恒与动能守恒，联立方程可解出两球碰后速度，注意P质量大于1号球，碰撞后P速度方向不变但减小，1号球获得较大速度向右运动。
(2)P与1号球第一次碰撞后，两球分别进入第一个“倒V”形管道。利用动能定理分析每个球在管道中重力做功引起的动能增量，得到经过一个管道后速度平方的增加量。1号球先到达第二个管道左端并与静止的2号球发生等质量弹性碰撞，交换速度。随后P到达并与此时静止的1号球发生第二次碰撞，碰撞规律与第一次相同。P再经过第二个“倒V”形管道加速，最终从出口离开，将各阶段速度关系及动能增量逐步递推，即可求得出口速度。
(3)当N足够大时，分析P球在后续每个管道左端与1号球碰撞前速度的递推关系，建立关于速度平方的递推公式，结合等比数列求和，求得当k趋于无穷时P球碰前速度的极限值。要求所有弹球都能到达出口，关键在于每个球在碰撞后须有足够动能翻越管道最高点，即碰撞后动能需大于等于上升到高度ℎ1所需的重力势能。利用P球在极限状态下的碰后动能，建立不等式，结合已知条件ℎ0的限制，推导出ℎ1与ℎ2应满足的关系。
本题是一道综合性极强的力学难题，巧妙融合了动能定理、弹性碰撞、能量转化与守恒以及数列极限思想。题目通过精心设计的物理模型，全面考查学生对复杂物理过程的逻辑分析能力和建模能力。计算量较大，需要学生熟练运用能量观点处理多阶段运动，并灵活应用弹性碰撞的速度交换规律。本题的亮点在于第三问引入极限思想处理无限多次碰撞后的稳定状态，进而推导几何约束条件，对学生的物理思维深度和数学工具运用能力提出了很高要求。解题关键在于准确分析每次碰撞后各球速度的递推关系，并正确识别所有小球均能通过最高点的临界条件。