2024～2025人教版高二上物理期末复习测试卷

这是一份2024～2025人教版高二上物理期末复习测试卷，共24页。
底端，则下列说法正确的是（
）
A．小滑块沿斜面上滑和下滑两过程的时间相等
B．小滑块沿斜面上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．小滑块沿斜面上滑过程损失的机械能大于下滑过程损失的机械能
D．小滑块沿斜面上滑过程合力的冲量大于下滑过程合力的冲量
2．（2024•连山区校级模拟）如图所示，木板放置在光滑水平地面上，在木板的左端放置一小物块，木板
质量 m＝1kg，物块质量 M＝2kg，物块与木板间动摩擦因数μ＝0.6。物块和木板以共同的水平速度 v0
＝6m/s 向右运动，在木板碰到右侧的竖直挡板后木板立即以碰撞前瞬间的速率反弹，运动过程中物块
始终未离开木板，重力加速度下列说法正确的是（
）
A．木板的长度可能为 4m
B．物块运动过程中速度方向可能向左
C．木板第三次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为 1m/s
D．木板向左运动过程中其右端距挡板最大距离为 1.5m
3．（2024 秋•历城区校级期中）如图所示，在光滑水平面上，质量为 m 的小球 A 和质量为
的小球 B 通
过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为 m 的小球 C 以初速度 v0 沿 AB 连线向
右匀速运动，并与小球 A 发生弹性碰撞。在小球 B 的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当
小球 B 与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限
度内，小球 B 与挡板的碰撞时间极短，碰后小球 B 的速度大小不变，但方向相反。则 B 与挡板碰后弹
簧弹性势能的最大值可能是（
）
A．
B．
C．
D．
第 1页（共 24页）

4．（2024•城中区校级模拟）碰撞常用恢复系数 e 来描述，定义恢复系数 e 为碰撞后其分离速度与碰撞前的
接近速度的绝对值的比值，用公式表示为 ，其中 v 和 v 分别是碰撞后两物体的速度，
1
2
v10 和 v20 分别是碰撞前两物体的速度。已知质量为 2m 的物体 A 以初速度为 v10 与静止的质量为 m 的物
体 B 发生碰撞，该碰撞的恢复系数为 e，则（
A．若碰撞为完全弹性碰撞，则
）
B．碰撞后 B 的速度为
C．碰撞后 A 的速度为
D．碰撞后 A 的速度为
5．（2024•新城区校级模拟）如图甲所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m＝2kg 的另一物体 B
（可看成质点）以水平速度 v0＝2m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面。由于 A、B 间存在摩擦，之
后 A、B 速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g 取 10m/s2）（
）
A．木板 A 获得的动能为 2J
B．系统损失的机械能为 2J
C．木板 A 的最小长度为 2m
D．A、B 间的动摩擦因数为 0.01
第 2页（共 24页）

6．（2024 秋•香坊区校级期中）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为 m 和 m 的两物块相连接，并
1
2
且静止在光滑的水平面上。现使 m1 瞬间获得水平向右的速度 3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度
随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）
A．在 t 、t 时刻两物块达到共同速度 1m/s 且弹簧都处于压缩状态
1
3
B．从 t 到 t 时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
3
4
C．两物块的质量之比为 m ：m ＝1：3
1
2
D．在 t 时刻两物块的动量大小之比为 p ：p ＝1：4
2
1
2
7．（2023 秋•河南期末）弹簧振子以点 O 为平衡位置，在 A、B 两点之间做简谐运动。取向右为正方向，
振子的位移 x 随时间 t 的变化如图所示（1.6s 后图像未画出），下列说法正确的是（
）
A．t＝0.8s 时，振子的速度为零
B．t＝0.2s 时振子正在做加速度增大的减速运动
C．0～8s 内振子运动的路程为 100cm
D．t＝0.2s 时，振子的位移为 5cm
8．（2023 秋•开封期末）一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（
）
A．t＝0.5s 时，质点的位移大小为 1cm
B．在 0～6s 内，质点经过的路程为 20cm
C．在 4s 末，质点的加速度为零，速度为零
D．t＝1.5s 和 t＝4.5s 这两时刻，质点的位移大小相等
第 3页（共 24页）

9．（2025•新郑市校级一模）如图左所示是一列简谐横波在 t＝0.1s 时刻的波形图，P 是平衡位置在 x＝1.5m
处的质点，Q 是平衡位置在 x＝12m 处的质点；图右为质点 Q 的振动图像，下列说法正确的是（
）
A．这列波沿 x 轴负方向传播
B．在 t＝0.35s 时，质点 Q 的位置坐标为（12m，10cm）
C．从 t＝0.1s 到 t＝0.35s 的过程中，质点 P 的路程为 50cm
D．从 t＝0.1s 时刻开始计时，质点 P 再过Δt＝（0.075+0.2n）s 时（n＝0、1、2⋯）到达波谷
10．（2024•西充县校级模拟）水袖舞是中国京剧的特技之一，演员通过对水袖的运用来刻画人物。某次表
演中演员甩出水袖的波浪可简化为如图乙所示沿 x 轴方向传播的简谐横波，其中实线为 t＝0 时刻的波
形图，虚线为 t＝0.2s 时刻的波形图，波的周期大于 0.5s，关于该列简谐波，下列说法正确的是（
）
A．波沿 x 轴负方向传播
B．演员手的振动频率为 1.2Hz
C．波传播的速度大小为 2.5m/s
D．若演员手的振动加快，则形成的简谐波波长变长
11．（2024 秋•成都期末）如图甲为一列沿 x 轴传播的简谐横波在 t＝0.1s 时的波形图，图乙为该波传播方
向上质点 Q 的振动图像。下列说法正确的是（
）
A．t＝0.2s 时，质点 P 的速度方向沿 y 轴负方向
B．该波的波速为 1m/s，方向沿 x 轴负方向
C．t＝0.2s 到 t＝0.3s 内，质点 Q 沿 x 轴负方向运动了 1.0cm
D．该波遇到尺寸大小为 1m 的障碍物时会发生明显的衍射现象
第 4页（共 24页）

12．（2024 秋•泰安期中）如图所示，实线是一列简谐横波在 t ＝0 时刻的波形图，虚线是在 t ＝0.5s 时刻
1
2
的波形图。波的周期为 T，若 2T＜t ﹣t ＜3T，则波速可能正确的是（
）
2
1
A．52m/s
B．44m/s
C．37m/s
D．12m/s
13．（2025•成都校级模拟）一个半径为 R、球心为 O 的半球形储油桶固定在水平面上，桶口平面保持水平，
其右端点为 O′点，且 AO′＝R。当桶内没有油时，从某点 A 恰能看到弧形桶底的 B 点，OB 连线与
水平方向的夹角θ＝60°。当桶内装满油时，仍沿 AB 方向看去，恰能看到桶底的最低点 C 点，已知光
速为 c。则下列说法正确的是（
）
A．油的折射率为
B．油的折射率为
C．装满油时，光从 A 点出发传播到 C 点所用时间为
D．装满油时，光从 A 点出发传播到 C 点所用时间为
14．（2025•湖北模拟）如图所示，由紫光与红光混合的细光束从底面镀银的半圆形玻璃砖顶点 A 以入射角
θ＝60°射入玻璃砖，已知该玻璃砖对紫光与红光的折射率分别为 n 、n （n ＞n ＞
），光束在玻璃
1
2
1
2
砖半圆弧面上发生折射时不考虑反射，紫光与红光在玻璃砖内传播的时间分别为 t 、t 。下列判断正确
1
2
的是（
）
A．t1＞t2
B．t1＝t2
C．t1＜t2
D．t1≤t2
第 5页（共 24页）

15．（2024 秋•如皋市期中）某同学利用如图甲所示装置测量某种单色光的波长。该同学通过测量头的目镜
观察到如图乙所示的图像，下列说法中正确的是（
）
A．凸透镜的作用是获得平行光
B．旋转测量头，可使分划板竖线与条纹平行
C．左右拨动拨杆，调节单缝可使条纹与分划板竖线平行
D．将屏向远离双缝的方向移动，可以增加从目镜中观察到的条纹个数
16．（2023 秋•河北期末）如图所示，某物理兴趣实验小组在探究一横截面半径为 R 的圆柱形透明材料的
光学特性时发现，紧靠材料内侧边缘 A 点的光源发出的细光束 AC 到达材料表面的 C 点后同时发生反
射和折射现象，且反射光束恰与直径 AB 垂直，折射光束恰与 AB 平行（图中反射光束及折射光束均未
画出）。已知各光束均与 AB 共面，该材料的折射率为（
）
A．
B．
C．
D．
17．在等量异种点电荷的电场中，电场线的分布及 a、b、c、d 四点的位置如图所示，其中 a、b、d 位于两
电荷的连线上，b、c 位于两电荷连线的中垂线上，a、d 与正电荷的间距相等，则可知（ ）
A．a、b、c 三点的电场强度大小关系是 E ＜E ＜E
a
b
c
B．a、b、c 三点的电势高低关系是φ ＞φ ＞φ
a
b
c
C．把一电子从 a 移到 d，电场力不做功
D．一正电荷在 a 位置的电势能小于其在 d 位置的电势能
第 6页（共 24页）

18．（2023 秋•兴化市期末）如图所示，圆心为 O、半径为 R 的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从 P
点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角θ＝60°时，光线从玻璃砖圆形表面出
射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为 c，求（1）玻璃砖的折射率；（2）OP 之间的距离。
19．（2025 秋•新泰市校级月考）如图所示，用不可伸长的轻质细绳将木块悬挂于一点 O，开始木块静止不
动。一颗质量为m的弹丸水平向右射入质量为M＝50m木块后未射出木块，第一次弹丸的速度为v1＝255m/s，
射入木块后二者共同摆动的最大摆角为α，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度 v2 又击中
木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大摆角仍为α，木块和弹丸可视为质点，空气阻力不计，则
第二颗弹丸的水平速度 v2 大小为（
）
A．515m/s
B．618m/s
C．721m/s
D．824m/s
（多选）20．（2025•湖北模拟）如图所示，一轻弹簧原长为 20cm，其一端固定在倾角为 37°的固定直轨
道 AC 的底端 A 处，轨道 AC 长为 40cm，B 为 AC 中点。在轨道 AC 的右侧有一高为 0.69m 的水平桌
面。用质量为 0.2kg 的小物块从 B 点开始缓慢压缩弹簧，当压缩量达到原长的一半时撤去外力，小物块
从 C 点飞出后恰好从 D 点沿水平方向滑上桌面。已知小物块与直轨道 AC 间的动摩擦因数为 0.5，重力
加速度大小为 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则（
）
A．C 点与桌面左端 D 点的水平距离为 1m
B．小物块运动到 C 点时重力的瞬时功率为 10W
C．弹簧的最大弹性势能为 3.1J
D．小物块从 C 点运动到 D 点的过程中动量变化量的大小为 0.6N•s
第 7页（共 24页）

（多选）21．（2025 秋•新泰市校级月考）P、Q 两个质点做简谐运动的振动图像如图所示，下列说法中正
确的是（ ）
A．P、Q 的振幅之比是 2：1
B．P、Q 的振动周期之比是 2：1
C．P、Q 在 0～1.2s 内经过的路程之比是 1：1
D．t＝0.45s 时刻，P、Q 的位移大小之比是 1：1
（多选）22．（2025 秋•新泰市校级月考）一列简谐横波在均匀介质中沿 x 轴传播，t＝0 时刻的波形如图甲
所示，其中位于横坐标 x＝5m 处的一质点 A 的振动图像如图乙所示，B 是图甲中纵坐标为 y＝﹣2.5cm
的另一质点。下列说法正确的是（
）
A．该横波的传播速度大小为 1m/s
B．该横波的传播方向为 x 轴负方向
C．B 点的横坐标为
D．t＝3s 时 B 点的位移是 2.5cm
第 8页（共 24页）

23．（2021 秋•郫都区校级期末）如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为
M＝3kg 的长木板正以 v0＝10m/s 的初速度沿斜面向下运动，现将一质量 m＝1kg 的小物块（大小可忽略）
轻放在长木板正中央。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝
，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s2。
（1）求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小。
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
（3）假设长木板长 L＝16m，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的 F＝45N 的恒力，求小
物块在长木板上运动时间。
24．（2024•临朐县校级开学）如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从 A 到 B 长度为 16m，传送带以 10m/s
的速度逆时针转动。在传送带上 A 端无初速度地放一个质量 m＝0.5kg 的黑色煤块，它与传送带之间的
动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知 sin37°＝0.60，cs37°＝0.80，g＝
10m/s2，求：
（1）煤块从 A 到 B 的时间；
（2）煤块从 A 到 B 的过程中传送带上留下划痕的长度；
（3）若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从 A 点到达 B 点的最短时间是多少？
第 9页（共 24页）

25．（2024 秋•南京月考）如图所示，两个质量分别为 m ＝1kg、m ＝2kg 的滑块放在粗糙的水平面上。A、
A
B
B 与地面的动摩擦因数分别为μ ＝0.3、μ ＝0.2。长度均为 L＝1m 的轻杆 OA、OB 搁在两个滑块上，
A
B
且可绕铰链 O 自由转动，两轻杆夹角为 74°。现用竖直向下的恒力 F＝20N 作用在铰链上，使两滑块
由静止开始滑动。已知重力加速度 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）此时轻杆对滑块 A 的作用力 FA 的大小；
（2）此时每个滑块的加速度大小；
（3）若地面光滑，当轻杆夹角为 106°时，每个滑块的速度大小。
26．（2024•全国二模）如图所示，半圆形光滑轨道 AB 固定在竖直面内，与光滑水平面 BC 相切于 B 点。
水平面 BC 右侧为顺时针转动的水平传送带，与传送带相邻的光滑水平面 DF 足够长。F 处固定一竖直
挡板，物块撞上挡板后以原速率反弹。现有物块 P 恰好通过圆弧最高点 A，沿着圆弧运动到 B 点，此
时速度大小为 vB＝5m/s。DF 上静置一物块 Q。已 知 P、Q 均可视为质点，质量分别为 m＝1kg，M＝3kg，
P、Q 间碰撞为弹性碰撞。传送带长 L＝5m，物块 P 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2。不考虑物块滑上
和滑下传送带的机械能损失，重力加速度 g＝10m/s2，不计空气阻力，结果可用根式表示。求：
（1）半圆形轨道半径 R；
（2）调整传送带的速度大小，物块 P 到达 D 点时可能速度大小的范围；
（3）若传送带速度大小为 5m/s，则从 P、Q 第 1 次碰撞结束到第 2024 次碰撞结束，物块 P 在传送带上
运动的总时间 t。（碰撞始终发生在 DF 上）
第 10页（共 24页）

27．（2023 秋•泰安期末）两个摆长均为 L 的单摆 A、B 悬挂在 O 点，如图所示，对应摆球 a、b 质量分别
为 5m、m，现保持摆线绷紧，将摆球 a、b 分别拉至离摆动最低点竖直高度 h 与 4h 处，同时由静止释
放。a、b 两球摆动在同一竖直平面内，碰撞后粘在一起，形成组合体 D。所有摆动均为简谐运动。
（1）试求组合体 D 上升的最大高度；
（2）若 a、b 两球发生弹性碰撞，求第一次碰后 b 球上升的最大高度？
（3）若 a、b 两球的摆动不在同一竖直平面内，a 球的释放点记为 P。增加与单摆 A 完全相同的单摆 C，
其摆球为 c。在 a 球释放后间隔
时间，将 c 球自 P 点由静止释放。c 球与组合体 D 碰后粘在一起
形成组合体 E，求组合体 E 上升的最大高度。
28．（2023 秋•安徽期末）如图所示，质量均为 m 的物体 B、C 分别与轻质弹簧的两端相拴接，将它们放在
倾角为θ＝30°的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为 x0。斜面底端有固定挡板 D，物体 C 靠在挡板 D
上。将质量也为 m 的物体 A 从斜面上的某点由静止释放，A 与 B 相碰。已知重力加速度为 g，弹簧始
终处于弹性限度内，不计空气阻力。
（1）求弹簧的劲度系数 k；
（2）若 A 与 B 相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当 A 与 B 第一次运动到最高点时，C 对挡板 D 的
压力恰好为零，求挡板 D 对 C 支持力的最大值及 A 开始下滑时离物块 B 的距离。
第 11页（共 24页）

参考答案
1．【解答】解：B.小滑块先减速上滑后加速下滑，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma 上，
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma 下，
所以：
a ＞a ，故 B 错误；
上
下
A.结合前面分析可知，小滑块先沿斜面向上做末速度为零的匀减速直线运动（逆过程为初速度为零的匀
加速直线运动），后沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，
因为初速度为零的匀加速直线运动位移公式为：
，且小滑块沿斜面上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度，
所以小滑块沿斜面上滑所用时间小于下滑过程的时间，故 A 错误；
C.根据功能关系可得，损失的机械能为：
ΔE＝μmgcsθ•x＝μmgxcsθ，
所以小滑块沿斜面上滑过程损失的机械能等于下滑过程损失的机械能，故 C 错误；
D.由于小滑块滑动过程中需要克服摩擦力做功，所以机械能减小，当返回到斜面底端时速度小于上滑的
初速度，所以上滑过程动量变化量较大，根据动量定理可得，小滑块沿斜面上滑过程合力的冲量大于下
滑过程合力的冲量，故 D 正确；
故选：D。
2．【解答】解：D．木板第一次向左运动过程中，初速度最大，故其速度减为 0 时，其右端距挡板的距离
最大，根据动能定理有
，解得 x＝1.5m，故 D 正确；
A．木板第一次碰撞后，到与物块再次共速的过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 Mv0﹣mv0
＝（M+m）v ，解得 v ＝2m/s，
1
1
根据能量守恒定律有
，解得 L＝4m，第二次碰撞后，物块相对木板
继续向右运动，所以木板的长度需大于 4m，不是 4m，故 A 错误；
C．第二次碰撞后到共速的过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 Mv ﹣mv ＝（M+m）v ，
1
1
2
解得
，即木板第三次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为
，故 C 错误；
B．由于物块的初动量较大，则物块运动过程中速度方向不可能向左，故 B 错误。
故选：D。
3．【解答】解：由于小球 C 与小球 A 质量相等，两者发生弹性碰撞，则碰撞后 A 与 C 交换速度，则碰撞
后，C 速度为零，A 以速度 v0 向右运动，A、B、轻弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，则该系
统机械能守恒，以该系统所在水平面为参考平面，则该系统的总机械能为
。
AB、轻弹簧组成的系统，B 与挡板碰撞前或者碰撞后，系统所受合外力为零，则系统动量守恒，
若在 A 与 B 动量相同时 B 与挡板碰撞，碰撞后 B 的速度大小不变，但方向相反，则碰撞后 A 与 B 动
量等大、反向，则 A、B 的总动量为零，由动量守恒定律可知，两者速度能同时减至零，此时弹簧的弹
性势能最大，且最大值为：Ep1＝
；
若 B 与挡板碰撞时，A 的速度趋近于 v0，B 的速度趋近于零时，B 与挡板碰撞后，当 A、B 速度相同时，
弹簧的弹性势能最大，设共同速度趋近于 v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
第 12页（共 24页）

解得：
；
此速度是 A、B 共速时所能趋近的最大速度。
由机械能守恒定律可知，此情况的最大的弹性势能趋近于：
解得：Ep1＝
则弹簧弹性势能的最大值的范围为：
，故 ACD 错误，B 正确。
故选：B。
4．【解答】解：A．若碰撞为完全弹性碰撞，根据动量守恒以及机械能守恒可得
2mv ＝2mv +mv
10
联立解得
则
1
2
，
故 A 错误；
BCD．碰撞前后根据动量守恒定律，可得
2mv ＝2mv +mv
10
1
2
根据题意
解得
，
故 C 正确，BD 错误。
故选：C。
5．【解答】解：A、设木板 A 的质量为 M。取水平向右为正方向，根据动量守恒可得
mv0＝（m+M）v
由图可知，v＝1m/s，可得：M＝m＝2kg
则木板获得的动能为 Ek＝
＝
J＝1J，故 A 错误；
B、系统损失的机械能为ΔE＝
﹣
（m+M）v2，解得：ΔE＝2J，故 B 正确；
C、根据 v﹣t 图像与时间轴所围的面积表示位移，由 v﹣t 图像可得二者相对位移为Δx＝x ﹣x ＝
m
M
，所以木板 A 的最小长度为 L＝1m，故 C 错误；
D、根据功能关系得：ΔE＝μmgL，解得：μ＝0.1，故 D 错误。
第 13页（共 24页）

故选：B。
6．【解答】解：A．根据题图乙可以看出 t 、t 时刻两物块达到共同速度 1m/s，总动能最小，由系统机械
1
3
能守恒可知，此时弹性势能最大，所以 t 时刻弹簧处于压缩状态，t 时刻弹簧处于伸长状态，故 A 错
1
3
误；
B．根据图乙可知两物块的运动过程，开始时 m 的速度逐渐减小，m 的速度逐渐增大，弹簧被压缩，
1
2
t1 时刻二者速度相同，由系统机械能守恒可知，此时系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然
后弹簧逐渐恢复原长，此后 m 速度逐渐增大加速，m 速度先减到零，然后再反向加速，t 时刻，弹簧
2
1
2
恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3 时刻，两物
块速度相等，此时系统动能最小，弹簧最长，所以从 t 到 t 过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故 B 错
3
4
误；
C．从 t＝0 开始到 t 时刻，以 v 方向为正方向，根据系统动量守恒可得
1
0
m v ＝（m +m ）v
1 0
1
2
1
代入数据解得
m ：m ＝1：2
1
2
故 C 错误；
D．在 t 时刻，m 的速度为 v′ ＝﹣1m/s，m 的速度为 v′ ＝2m/s，又
2
1
1
2
2
m ：m ＝1：2
1
2
则动量大小之比为
p ：p ＝1：4
1
2
故 D 正确。
故选：D。
7．【解答】解：A．从振子的位移—时间图像可以看出，t＝0.8s 时，振子正经过平衡位置向负方向运动，
取向右为正方向，所以振子速度方向向左，且最大，故 A 错误；
B．由图可知 t＝0.2s 时，振子正从平衡位置向右侧最大位移处运动，则离开平衡位置的位移增大，由回
复力公式 F＝﹣kx 知，回复力越大，由牛顿第二定律 F＝ma 知加速度越大，振子做的是加速度增大的
减速运动，故 B 正确。
C．0～8s 内，振子运动了五个周期，路程 s＝5×4A＝5×4×10cm＝200cm，故 C 错误；
D．t＝0.2s 时，即 时刻，根据三角函数关系可知，振子位移为 Asin
＝10×
cm＝5
cm，故 D
错误。
故选：B。
8．【解答】解：A、由图象知，质点振动的周期为 T＝4s，圆频率：
，则
振动方程：
误；
（cm）；当 t＝0.5s 时刻：
，故 A 错
B、t＝6s＝1.5T，质点从平衡位置开始运动，则一个周期质点经过的路程：s0＝4A＝4×2cm＝8cm，在
6s 内质点经过的路程为：s＝1.5×8cm＝12cm，故 B 错误；
C、由图，4s 末，质点位于平衡位置处，根据简谐振动的特点可知，质点的加速度为 0，速度最大，故
C 错误；
D、根据质点的振动方程为
，可知 t＝1.5s 和 t＝4.5s 两时刻质点的位移大小相等，位
移方向总是背离平衡位置，方向相同，故 D 正确。
故选：D。
第 14页（共 24页）

9．【解答】解：A．图右为质点 Q 的振动图像，则知在 t＝0.1s 时，质点 Q 的振动方向是沿 y 轴负方向，
结合图左可知波沿 x 轴正方向传播，故 A 错误；
B．由右图可知，质点 Q 的周期 T＝0.2s，由于
，此时 Q 点恰好位
于波谷，Q 点得出位置坐标为（12m，﹣10cm），B 错误；
C．由左图可知，该波的振幅 A＝10cm，若 P 点位于特定位置，在 t＝0.1s 到 t＝0.35s 刚好完成
个
振动，P 点的路程恰好为 50cm，但图示中 P 点不在特定的位置上，故 t＝0.1s 到 t＝0.35s 其通过的路程
不是 50cm，故 C 错误；
D．由左图可知波的波长λ＝12m，可得波速
到 P 点左侧的第一波谷向右传播
点第一次到达波谷所用时间
，波向+x 方向传播，由波形可得
，质点 P 第一次到达波谷，则 P
＝
，那么结合波传播的周期性可知质点 P 在Δt＝
（0.075+0.2n）s（n＝0，1，2⋯）时到达波谷，D 正确。
故选：D。
10．【解答】解：A、由于波的周期大于 0.5s，因此 0.2s 小于半个周期，因此从实线到虚线只能是四分之一
周期，即波沿 x 轴正方向传播，故 A 错误；
B、波动周期为 0.8s，波动频率
故 B 错误；
C、根据公式 v＝
及 T＝ ，可得波速为
v＝λf＝2×1.25m/s＝2.5m/s
故 C 正确；
D、由公式
可知，频率变大，波长变短，故 D 错误。
故选：C。
11．【解答】解：A．由图乙可知 t＝0.1s 时，质点 Q 通过平衡位置向 y 轴正方向振动，根据“同侧法”可
知，该波沿 x 轴负方向传播，质点 P 向下振动，t＝0.2s 时（即经过半个周期），质点 P 通过平衡位置向
y 轴正方向振动，故 A 错误；
B．由图甲可知波长λ＝0.2m，由图乙可知周期 T＝0.2s，由波速计算公式可得：
，代入数据解得
波速为：v＝1m/s，故 B 正确；
C．各质点只在各自平衡位置附近振动，不随波迁移，故 C 错误；
D．当缝的宽度或障碍物的尺寸大小与波长相差不多或比波长小时，能发生明显的衍射现象，该波遇到
尺寸大小为 1m＞0.2m，不能发生明显的衍射，故 D 错误。
故选：B。
12．【解答】解：由图可知波长：λ＝8m。
①若波向右传播，则有：
（n＝0，1，2…）
第 15页（共 24页）

周期为：
（n＝0，1，2…）
（n＝0，1，2…）
②若波向左传播，则有：
周期为：
（n＝0，1，2…）
根据题意可知：2T＜0.5＜3T
则周期可能为 s、
s，可知速度可能为：
或
，故 B 正确、ACD 错
误。
故选：B。
13．【解答】解：AB.作出光路图，如图所示
由几何关系可知，装满油后，入射角为
α＝60°
折射角为
β＝45°
根据折射定律可知，油的折射率为
n＝
解得 n＝
故 AB 错误；
CD.装满油时，光在桶内传播的距离为
s＝
R
光在桶内传播的速度为
v＝
所以装满油时，光从 C 点出发传播到 A 所用时间为
t＝
+
解得
t＝
故 D 正确，C 错误。
故选：D。
14．【解答】解：作出光在玻璃砖内传播的光路图，设半圆形玻璃砖的半径为 r，真空中的光速为 c，紫光、
第 16页（共 24页）

红光在 A 点的折射角分别为α、β。对紫光有 n1＝
，v1＝
，t1＝
，解 得 t1＝
；
同理得 t2＝
故选：A。
，由于α＜β，则 t ＞t ，故 A 正确，BCD 错误。
1 2
15．【解答】解：A.透镜的作用是使射向单缝的光更集中，但不会导致分划板与干涉条纹不平行，故 A 错
误；
B.发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，应调节测量头，故 B 正确；
C.左右拨动拨杆，可以调节单缝与双缝平行，不能使分划板竖线与条纹平行，故 C 错误；
D.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，则应该减小条纹间距，由
知，应该将屏向靠近双缝
的方向移动从而减小 L，或者增大双缝间距 d，或者改用波长更短的入射光，故 D 错误。
故选：B。
16．【解答】解：光路图如图所示：
由几何关系结合折射定律可得：
＝
，故
C 正确，ABD 错误。
故选：C。
17．【解答】解：A.同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，则由图可知：E ＞E ＞E ，故 A
a
b
c
错误；
第 17页（共 24页）

B.因为两等量异种点电荷连线的中垂面为等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知：φa＞
φ ＝φ ，故 B 错误；
b
c
C.因为 a、d 两点离正电荷距离相同，但 a 离负电荷较近，所以φ ＞φ ，电子带负电，则把一电子从 a
d
a
移到 d，电势能减少，电场力做正功，故 C 错误；
D.结合前面分析可知，φ ＞φ ，则一正电荷在 a 位置的电势能小于其在 d 位置的电势能，故 D 正确；
d
a
故选：D。
18．【解答】解：（1）（2）设 OP 间的距离为 x，光线在玻璃砖中的光路如图所示，由题意可知当光线垂直
于界面入时，光线在 A 点发生全反射
sinC＝
＝
当光线的入射角θ＝60°时，光线从玻璃砖圆形表面出射后平行于入射光线，则出射点一定是图中 B 点，
根据光的折射定律有 n＝
sin∠OBP＝
解得 x＝
答：（1）玻璃砖的折射率为
（2）OP 之间的距离为 R。
R，n＝
；
19．【解答】解：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中木块摆动的角度相等可知，两次击中木块后木块
的速度相同，设速度为 v，由动量守恒定律得：
第一次为 mv1＝（m+M）v
第二次为 mv2﹣（m+M）v＝（2m+M）v
由题可知 M＝50m
联立得第二粒弹丸的水平速度为 v2＝
＝515m/s，故 A 正确，BCD
错误。
故选：A。
二．多选题（共 3 小题）
20．【解答】解：D.小物块从 C 点运动到 D 点的过程，逆向看为平抛运动，根据平抛运动规律可知，
竖直方向有：
，
第 18页（共 24页）

其中：h＝0.69m，LAC＝40cm＝0.4m，
解得：t＝0.3s，
由动量定理得，该过程中动量变化量的大小为：Δp＝mgt＝0.2×10×0.3N•s＝0.6N•s，故 D 正确；
AB.结合前面分析，根据速度—时间公式可得，
小物块在 C 处，竖直方向的速度大小为：vy＝gt＝10×0.3m/s＝3m/s，
则有：v sin37°＝v ，v tan37°＝v ，
C
y
x
y
解得：v ＝5m/s，v ＝4m/s，
C
x
则 C 点与桌面左端 D 点的水平距离为：x＝vxt＝4×0.3m＝1.2m，
小物块运动到 C 点时重力瞬时功率为：P＝mgvy＝0.2×10×3W＝6W，故 AB 错误；
C.结合前面分析可知，小物块在直轨道上运动的过程，
由
能
量
守
恒
定
律
可
得
，
弹
簧
的
最
大
弹
性
势
能
为
：
，
解得：Ep＝3.1J，故 C 正确。
故选：CD。
21．【解答】解：A、由振动图像可知 P 的振幅为 10cm，Q 的振幅为 5cm，则 P、Q 的振幅之比是 2：1，
故 A 正确；
B、P 的周期为 1.2s，Q 的周期为 0.6s，则 P、Q 的周期之比是 2：1，故 B 正确；
C、在 0～1.2s 内 P 完成一个周期的振动，则路程为 s＝4A＝4×10cm＝40cm，Q 完成两个周期的振动，
则路程为 s＝2×4A'＝2×4×5cm＝40cm，故路程之比是 1：1，故 C 正确；
D、P 和 Q 离开平衡位置的位移方程为
则 t＝0.45s 时刻，P、Q 的位移分别为
＝﹣0.05m，则 P、Q 的位移大小之比是
，
故 D 错误。
故选：ABC。
22．【解答】解：A．由波形图可知波的波长为λ＝4m、由振动图像可知周期 T＝4s，该横波的传播速度大
小为 ，故 A 正确；
B．因 t＝0 时刻，质点 A 沿 y 轴正向运动，结合波形图“同侧法”可知波的传播方向为 x 轴正方向，
故 B 错误；
C．由数学知识可知，B 点的平衡位置到 x＝7m 处的距离为
，即 B 点的横坐标为
，
故 C 正确；
D．已知波速 v＝1m/s，则 t＝3s 时波沿 x 轴正向传播 x＝1×3m＝3m，此时 x＝7m 处的质点在波峰位
置，则 B 点的位移是
，故 D 错误。
故选：AC。
三．解答题（共 8 小题）
23．【解答】解：（1）小物块在长木板上滑动时受到沿板的滑动摩擦力大小为 F ＝μmgcsθ，解得 ：F ＝7.5N
f
f
设放上小物块后，小物块和长木板的加速度大小分别为 a 和 a ，对二者分别由牛顿第二定律得：
1
2
Ff+mgsinθ＝ma1
第 19页（共 24页）

Mgsinθ﹣Ff＝Ma2
2
2
解得：a ＝12.5m/s ，a ＝2.5m/s ；
1
2
（2）设经过时间 t 小物块与长木板达到共同速率 v ，根据运动学公式有
1
1
v ＝a t ＝v +a t
2 1
1
1 1
0
解得 t ＝1s，v ＝12.5m/s
1
1
t1 时间内小物块与长木板的相对位移大小为：Δx＝
﹣
解得：Δx＝5m
所以木板的最小长度为 L＝2Δx＝2×5m＝10m；
2
（3）将恒力 F 刚开始作用在长木板上之后，小物块的加速度大小为 a ＝a ＝12.5m/s
3
1
设此时长木板的加速度大小为 a ，对长木板根据牛顿第二定律得：F+F ﹣Mgsinθ＝Ma ，
4
f
4
解得：a ＝12.5m/s2
4
设经过时间 t 小物块与长木板达到共同速率 v ，根据运动学公式有：v ＝a t ＝v ﹣a t
2
2
2
3 2
0
4 2
解得：t ＝0.4s，v ＝5m/s
2
2
t 时间内小物块和长木板的位移大小分别为 x ＝
＝
m＝1m，
2
1
x2＝
＝
m＝3m
二者共速后，假设小物块与长木板一起做加速度大小为 a5 的匀减速运动，则有
F﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a5，
解得：a ＝6.25m/s2
5
而小物块能够达到的最大加速度为 a6＝
2
解得：a ＝2.5m/s ＜a
6
5
所以假设不成立，即共速后小物块将相对于长木板向下滑动。
设长木板的加速度大小为 a ，则根据牛顿第二定律有：F﹣F ﹣Mgsinθ＝Ma
7
7
f
解得：a ＝7.5m/s2
7
设从共速后经过时间 t3 小物块从长木板上滑落，根据运动学公式有：
v t ﹣
2 3
﹣（v2t3﹣
）＝ +x ﹣x ，
2 1
解得：t3＝2s
小物块在长木板上运动时间为 t＝t +t ＝0.4s+2s＝2.4s。
2
3
2
2
答：（1）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小分别为 2.5m/s 、12.5m/s ；
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有 10m；
（3）小物块在长木板上运动时间为 2.4s。
24．【解答】解：（1）开始阶段由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
解得：a ＝10m/s2
1
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间：t1＝
＝
s＝1s
发生的位移：x1＝
＝
m＝5m
解得：x1＝5m＜16m，所以煤块加速到 10m/s 时仍未到达 B 点，此时摩擦力方向改变。
第二阶段有：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
解得：a ＝2m/s2
2
第 20页（共 24页）

设第二阶段煤块滑动到 B 的时间为 t2，则：LAB﹣x ＝vt +
1
2
解得：t ＝1s 或 t ′＝﹣11s（舍去）
2
2
从 A 到 B 的时间：t＝t +t ＝1s+1s＝2s；
1
2
（2）第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块的位移为：x1＝5m
传送带的位移为 x ＝vt ＝10×1m＝10m，故煤块相对传送带上移：Δx ＝x ﹣x ＝10m﹣5m＝5m；
1
1
1
传
传
第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块的位移为：
x2＝LAB﹣x1＝16m﹣5m＝11m
传送带的位移为 x′ ＝vt ＝10×1m＝10m，即煤块相对传送带下移：Δx′＝x ﹣x′ ＝11m﹣10m＝
2
2
传
传
1m
考虑到痕迹的叠加，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为 5m；
（3）煤块一直加速，达到 B 点的时间最短。根据位移—时间关系可得：LAB
＝
解得：t′＝
s 或 t′＝﹣
s（舍去）
答：（1）煤块从 A 到 B 的时间为 2s；
（2）煤块从 A 到 B 的过程中传送带上留下划痕的长度为 5m；
（3）若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从 A 点到达 B 点的最短时间为
s。
25．【解答】解：（1）轻杆 OA、OB 可绕铰链 O 自由转动，两轻杆对铰链的力沿着杆的方向，且在 O 处始
终受力平衡，轻杆对滑块 A 的作用力 FA 的大小就等于轻杆 OA 中的张力大小，设两杆中的张力大小分
别为 F 、F ，如下图所示：
A
B
由对称性与几何关系可得：
解得：F ＝F ＝12.5N
A
B
（2）对 A 由牛顿第二定律得：
F sin37°﹣μ （m g+F cs37°）＝m a
A
A
A
A
A A
解得：
对 A 由牛顿第二定律得：
F sin37°﹣μ （m g+F cs37°）＝m a
B
B
B
B
B B
解得：
（3）地面光滑时，滑块 A、B 与轻杆组成的系统满足动量守恒定律，以水平向左为正方向，则有：
0＝m v ﹣m v
A A
B B
当轻杆夹角为 106°时，铰链下降的高度为 h＝Lcs37°﹣Lcs53°
由能量守恒定律与功能关系得：
第 21页（共 24页）

Fh＝
联立解得：
，
答：（1）此时轻杆对滑块 A 的作用力 FA 的大小为 12.5N；
2
2
（2）此时 A、B 滑块的加速度大小分别为 1.5m/s 、0.75m/s ；
（3）若地面光滑，当轻杆夹角为 106°时，A、B 滑块的速度大小分别为
、
。
26．【解答】解：（1）物块 P 恰通过 A 点，对物块在 A 点列牛顿第二定律得：
对物块从 A 到 B 过程列动能定理有：
解得：R＝0.5m
（2）设物块到达 D 点时最小速度为 v ，最大速度为 v ，根据动能定理有
D1
D2
若一直减速：
若一直加速：
化简整理解得到：vD1＝
m/s，vD2＝3
m/s
那么达 D 点速度大小的范围为：m/s≤vD≤3m/s；
（3）设水平向右为正方向，第 1 次碰撞对系统，列动量守恒定律：mv ＝mv +Mv′
1
B
1
由机械能守恒定律有：
解二次方程得：v ＝﹣2.5m/s，v′ ＝2.5m/s
1
1
设向左滑上传送带的位移为 x，根据牛顿第二定律和运动学规律可得：μmg＝ma
而：
解得：
m＜L
向左运动到最肌的时间为 t1，则：
第 2 次碰撞，对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv ﹣Mv′ ＝mv +Mv′
1
1
2
2
解得：v ＝﹣5m/s，v′ ＝0
2
2
根据动能定理和运动学规律可得：
而：
解得：h＝0.25m＜R
则：v ＝|v |﹣at
c
2
2
从 P、Q 第 1 次碰撞结束到第 2024 次碰撞结束，物块 P 在传送带上运动的总时间为
第 22页（共 24页）

t＝2t ×1012+2t ×1011
1
2
代入数据解得：
s
答：（1）半圆形轨道半径 R 为 0.5m；
（2）调整传送带的速度大小，物块 P 到达 D 点时可能速度大小的范围是：
（3）若传送带速度大小为 5m/s，则从 P、Q 第 1 次碰撞结束到第 2024 次碰撞结束，物块 P 在传送带上
运动的总时间 t 为（ ）s。
m/s≤vD≤3
m/s；
27．【解答】解：（1）对 a 球，由动能定理得
同理对 b 球，
两个单摆的摆长相等，所以它们的周期相等，a 球和 b 球碰撞时是发生在最低点，规定水平向右的方向
为正方向，由动量守恒定律得
5mv ﹣mv ＝6mv
1
2
共
两球碰后由机械能守恒得
解得
（2）规定水平向右的方向为正方向，设碰后 a、b 两球的速度分别为 v' 和 v' ，根据动量守恒定律有
1
2
5mv +mv ＝5mv′ +mv′
2
1
2
1
根据能量守恒有
解得
对 b 球碰撞后，根据机械能守恒定律有
解得 hb＝9h
（3）组合体 D 摆回最低点时，其对应的两个动量变为反方向，此时与 c 球相撞，a 球动量抵消，仅剩
余 b 球动量，总质量变为 11m，根据动量守恒定律有
mv2＝11mv3
对组合体根据机械能守恒定律有
解得
答：（1）组合体 D 上升的最大高度为
（2）若 a、b 两球发生弹性碰撞，第一次碰后 b 球上升的最大高度为 9h；
（3）组合体 E 上升的最大高度为
；
。
28．【解答】解：（1）根据物体平衡条件得 kx0＝mgsinθ，解得弹簧的劲度系数
第 23页（共 24页）

（2）A 与 B 碰后一起做简谐运动到最高点时，物体 C 对挡板 D 的压力最小为 0，则对 C，弹簧弹力 F
弹＝mgsinθ
对 A、B，回复力最大 F 回＝3mgsinθ，由简谐运动的对称性，可知 A 与 B 碰后一起做简谐运动到最低
点时，回复力也最大，即 F ＝3mgsinθ，此时物体 C 对挡板 D 的压力最大，对物体 A、B 有 F' ﹣2mgsinθ
回
弹
＝3mgsinθ，则弹簧弹力 F'弹＝5mgsinθ
对物体 C，设挡板 D 对物体 C 的弹力为 F ，则 F ＝5mgsinθ+mgsinθ＝3mg
N
N
挡板 D 对 C 支持力的最大值为 3mg。
设物体 A 释放时 A 与 B 之间距离为 x，A 与 B 相碰前物体 A 速度的大小为 v1，对物体 A，从开始下滑
到 A、B 相碰前的过程，根据机械能守恒定律有 ，解得
设 A 与 B 相碰后两物体共同速度的大小为 v1，对 A 与 B 发生碰撞的过程，根据动量守恒定律有 mv1
＝（m+m）v2，解得
物体 B 静止时弹簧的压缩量为 x ，AB 第一次运动到最高点时，弹簧伸长量为 x ，从 A、B 开始压缩弹
4
2
簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律有：
联立以上各式，可得 x＝8x0
答：（1）求弹簧的劲度系数 k 等于
；
（2）挡板 D 对 C 支持力的最大值为 3mg，A 开始下滑时离物块 B 的距离为 8x0。
第 24页（共 24页）