2025年外研版三年級起點選擇性必修1物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版三年級起點選擇性必修1物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列振動中是簡諧運動的是：（）A.手拍乒乓球的運動B.思考中的人來回走動C.輕質(zhì)彈簧的下端懸掛一個鋼球，上端固定組成的振動系統(tǒng)D.從高處下落到光滑水泥地面上的小鋼球的運動2、運動員在投擲鉛球時，將質(zhì)量為m的鉛球以一定初速度斜向上擲出，測得鉛球離手時距離地面的高度為h，鉛球在空中的運動時間為t，鉛球落地點距離拋出點的水平距離為x，重力加速度為g，不計空氣阻力，據(jù)此不可求的物理量是（）A.鉛球拋出時初速度B.鉛球拋出的初速度方向與水平方向夾角C.鉛球運動的最高點離地面高度HD.投擲鉛球時運動員對鉛球的平均作用力3、關于系統(tǒng)動量守恒的說法正確的是（）

①只要系統(tǒng)所受外力的矢量和為零；系統(tǒng)動量就守恒。

②只要系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力；動量就不可能守恒。

③系統(tǒng)所受合外力不為零；其動量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒。

④系統(tǒng)如果合外力的沖量遠小于內(nèi)力的沖量時，系統(tǒng)可近似認為動量守恒A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④4、在如圖所示的裝置中，可視為單擺的是（）A.B.C.D.5、下列說法正確的是（）A.光從一種介質(zhì)進入另一種介質(zhì)時，一定會發(fā)生偏折B.光從空氣進入其他介質(zhì)時，折射角大于入射角C.光從空氣進入其他介質(zhì)時，速度要減小D.折射是指光的傳播方向發(fā)生改變的現(xiàn)象6、a、b兩種單色光以相同的入射角從空氣斜射向某種玻璃中，光路如圖所示，關于a、b兩種單色光；下列說法中正確的是（）

A.該種玻璃對a光的折射率較大B.b光在該玻璃中傳播時的速度較大C.兩種單色光從該玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，a光的臨界角較小D.用同一裝置進行雙縫干涉實驗，屏上的干涉條紋的間距a光較大評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖所示，一質(zhì)量M=8.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m=2.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為5.0m/s；方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，A；B之間的動摩擦因數(shù)是0.5。則在整個過程中，下列說法正確的是（）

A.小木塊A的速度減為零時，長木板B的速度大小為3.75m/sB.小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零C.小木塊A與長木板B共速時速度大小為3m/sD.長木板的長度可能為10m8、完全相同的甲、乙兩個物體放在相同的水平面上，分別在水平拉力F1、F2作用下，由靜止開始做勻加速直線運動，分別經(jīng)過t0和4t0，速度分別達到2v0和v0，然后撤去F1、F2；甲；乙兩物體繼續(xù)勻減速直線運動直到靜止，其速度隨時間變化情況如圖所示，則（）

A.若F1、F2作用時間內(nèi)甲、乙兩物體的位移分別為s1、s2，則s1＞s2B.若整個過程中甲、乙兩物體的位移分別為s1、s2，則s1＞s2C.若F1、F2的沖量分別為I1、I2，則I1＞I2D.若F1、F2所做的功分別為W1、W2，則W1＞W(wǎng)29、如圖所示，水平面上，向下與水平方向成30°、大小為F的推力作用在質(zhì)量為m1的物體A上，向上與水平方向成30°、大小為F的拉力作用在質(zhì)量為m2的物體B上，A、B都由靜止開始運動，相等時間內(nèi)運動了相同的位移，A、B與水平面的動摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2；則（）

A.推力對A做的功與拉力對B做的功相等B.推力對A的沖量與拉力對B的沖量相同C.若μ1=μ2，則m1＞m2D.若μ1=μ2，則m1＜m210、如圖所示，質(zhì)量為的物體緊跟著為的物體，從距離地面的高度為處由靜止開始下落，下落以后所有的碰撞都發(fā)生在同一條豎直線上，并且均為完全彈性碰撞，設兩個物體的線度都遠小于如果碰撞后質(zhì)量為的物體處于靜止狀態(tài)，用代表質(zhì)量為的物體彈起的高度；下列結果正確得是（）

A.B.C.D.11、如圖，一列簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿+x軸方向傳播，其波長為λ、周期為T。某時刻，在該波傳播方向上的P、Q兩質(zhì)點（圖中未畫出，P點比Q點更靠近波源）偏離各自平衡位置的位移大小相等；方向相反；則下列說法正確的是（）

A.P、Q兩質(zhì)點平衡位置間的距離可能等于B.此時刻P、Q兩質(zhì)點的速度可能相同C.波從P點傳到Q點所需時間可能等于一個周期D.P、Q兩質(zhì)點平衡位置間的距離可能介于和λ之間12、在均勻介質(zhì)中坐標原點О處有一波源做簡諧運動，其表達式為y=6sint（m），它在介質(zhì)中形成的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，從波源起振開始計時，某時刻，在x=0到x=8m之間第一次形成的波形圖如圖所示；質(zhì)點M為該時刻波形圖上一點，則（）

A.在此后的周期內(nèi)，回復力對M做功為零B.在此后的周期內(nèi)，回復力對M的沖量為零C.此后M點第一次到達y=-3m處所需時間是sE.波速大小為16m/sE.波速大小為16m/s評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、動量定理。

（1）內(nèi)容：物體在一個運動過程始末的___________等于它在這個過程中所受___________的沖量。

（2）公式：___________。

（3）動量定理的理解。

（a）動量定理反映了力的沖量與___________之間的因果關系，即合力的沖量是原因，物體的___________是結果。

（b）動量定理中的沖量是___________的沖量；而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。

（c）動量定理表達式是___________式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。14、利用光波的頻率變化，計算星球________或________我們的速度。15、一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，圖甲是波剛傳播到平衡位置位于x=5m處的M點時的波形圖，圖乙是質(zhì)點N（x=3m）從此時刻開始計時的振動圖像，Q是位于x=10m處的質(zhì)點，則質(zhì)點Q開始振動時，振動方向沿y軸___________方向（選填“正”或“負”）；經(jīng)過___________s，質(zhì)點Q第一次到達波峰。

16、簡諧運動的位移和時間的關系可以用正弦曲線或余弦曲線來表示，若以x代表質(zhì)點對于平衡位置的位移，t代表時間，則x=Asin（ωt＋）

a：公式中的A代表___________。

b：ω叫做圓頻率，它與頻率f之間的關系為：___________。

c：公式中的ωt+表示___________。

d：t=0時的相位叫做___________，簡稱初相。17、如圖所示，一個豎直方向上的彈簧振子由一只輕質(zhì)彈簧和一個物塊組成，在物塊上安裝一只記錄筆。當彈簧振子沿豎直方向自由振動時，以速率v水平向左勻速拉動記錄紙，記錄印跡如圖所示。如果空氣阻力、記錄筆的質(zhì)量及其與紙之間的作用力均可忽略不計，根據(jù)記錄印跡圖像可以確定彈簧振子的振幅為__________（用字母y1、y2表示），在圖中從P到Q的時間內(nèi)，振子受到的重力沖量大小__________（填“大于”、“等于”或“小于”）彈簧彈力的沖量大小，若拉動紙帶的速度提升到2v，則振動周期為__________。

評卷人得分四、作圖題(共2題，共18分)18、如圖所示為一彈簧振子在A、C間振動；圖中黑點為振子球心的位置。

(1)畫出振子位于C點時離開平衡位置O的位移；

(2)標出振子位于A點時加速度的方向。

19、某一簡諧橫波在時刻的波形圖如圖所示。若波向右傳播，畫出后和前兩個時刻的波的圖像。___________

評卷人得分五、實驗題(共3題，共24分)20、在用插針法測定玻璃磚折射率的實驗中：

（1）某同學由于沒有量角器，在完成了光路以后，他以點為圓心、長為半徑畫圓，分別交線段于點，交連線延長線于點，過點作法線的垂線交于點過點作法線的垂線交于點，如圖1所示。用刻度尺量得由此可得出玻璃的折射率=___________。

（2）某同學在紙上畫出的界面與玻璃磚位置的關系如圖2所示，則該同學測得的折射率與真實值相比___________（填“偏大”、“減小”或“不變”）。21、某同學用如圖所示的裝置做驗證動量守恒定律實驗。先讓a球從斜槽軌道上某固定點由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次。多次實驗完成后，應該用一個盡量小的圓把多次落點圈在其中，其圓心為落點的平均位置。圖中A、B、C是各自10次落點的平均位置。

(1)本實驗必須測量的物理量有以下哪些？__________。

A．小球a、b的半徑ra、rb

B．小球a、b的質(zhì)量分別為ma、mb

C．斜槽軌道末端到水平地面的高度H

D．小球a、b在離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時間t

E．記錄紙上O點到A、B、C各點的距離OA、OB、OC

F．a(chǎn)球的固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h

(2)下列說法中符合本實驗要求的是__________。

A．安裝軌道時；軌道末端必須水平。

B．需要使用的測量儀器有秒表和刻度尺。

C．兩球相碰時；兩球心必須在同一水平面上。

D．在同一組實驗的不同碰撞中；每次入射球必須從同一高度由靜止釋放。

(3)若入射小球a質(zhì)量為ma，半徑為ra，被碰小球b質(zhì)量為mb，半徑為rb，則實驗中要求ma______mb，ra______rb。（選填“＜”；“＞”、“=”）

(4)放上被碰小球b后，兩小球碰后：a球的落地點是圖中水平面上的______點，b球的落地點是圖中水平面上的______點（選填“A”、“B”、“C”）。為測定未放小球b時，小球a落點的平均位置，把刻度尺的零刻度線跟記錄紙上的O點對齊，如圖給出了小球a落點附近的情況，由圖可得小球a落點到O點的距離應為________cm。

(5)甲同學測量所得入射球a的質(zhì)量為ma，被碰撞小球b的質(zhì)量為mb。圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影，測得圖中A、B、C與O點的距離分別為xA、xB、xC．用這些測量數(shù)據(jù)；寫出下列相應表達式：

①當所測物理量滿足表達式__________時；即說明兩球碰撞中動量守恒。

②當所測物理量滿足表達式__________時；即說明兩球碰撞為完全彈性碰撞。

(6)乙同學也用上述兩球進行實驗，但將實驗裝置進行了改裝：如圖所示，將白紙、復寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中球a、球b與木條的撞擊點。實驗時，首先將木條豎直立在軌道末端右側并與軌道接觸，讓入射球a從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點為O′；然后將木條平移到圖中所示位置，入射球a從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點；再將入射球a從斜軌上起始位置由靜止釋放，與球b相撞，確定球a和球b相撞后的撞擊點。這些撞擊點分別對應圖中的A′、B′、C′，測得A′、B′、C′與O′的高度差分別為HA、HB、HC．若所測物理量滿足表達式_________時，即說明球a和球b碰撞中動量守恒。

22、物理實驗一般都涉及實驗目的；實驗原理、實驗儀器、實驗方法、實驗操作、數(shù)據(jù)分析等。例如：

（1）實驗儀器。用螺旋測微器測某金屬絲的直徑，示數(shù)如圖1所示。則該金屬絲的直徑為________

（2）數(shù)據(jù)分析。打點計時器在隨物體做勻變速直線運動的紙帶上打點，紙帶的一部分如圖2示，B、C、D為紙帶上標出的連續(xù)3個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點沒有標出。打點計時器接在頻率為50的交流電源上。則物體運動的加速度___________（結果保留兩位有效數(shù)字）。

（3）實驗原理。某同學用單擺測量重力加速度的大小，他測量擺線的長度l和對應的周期T，得到多組數(shù)據(jù)，作出了圖像，如圖3所示。他認為根據(jù)圖線可求得重力加速度則從理論上分析，他求得的重力加速度g___________真實值（選填“大于”“等于”或“小于”）。請分析說明理由。

評卷人得分六、解答題(共4題，共12分)23、如圖所示，質(zhì)量均為m的物體B、C靜止在光滑水平面的同一直線上，一質(zhì)量為m0的子彈A以速度v射入物體B并嵌入其中。隨后它們與C發(fā)生彈性碰撞；求碰撞后B；C的速度。

24、如圖所示，質(zhì)量為m的物體A用一輕彈簧與下方地面上質(zhì)量也為m的物體B相連，開始時A和B均處于靜止狀態(tài)，此時彈簧壓縮量為x0，一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連接物體A、另一端C握在手中，各段繩均處于剛好伸直狀態(tài)，A上方的一段繩子沿豎直方向且足夠長?，F(xiàn)在C端施水平恒力F而使A從靜止開始向上運動。（整個過程彈簧始終處在彈性限度以內(nèi)）

（1）如果在C端所施恒力大小為3mg，則在B物塊剛要離開地面時A的速度為多大？

（2）若將B的質(zhì)量增加到2m，為了保證運動中B始終不離開地面，則F最大不超過多少？

25、如圖所示，傾角為θ的光滑斜面底端固定一彈性擋板P，將小滑塊A和B從斜面上距擋板P分別為l和3l的位置同時由靜止釋放，A與擋板碰撞后以原速率返回；A與B的碰撞時間極短且無機械能損失．已知A的質(zhì)量為3m、B的質(zhì)量為m，重力加速度為g；滑塊碰撞前后在一條直線上運動，忽略空氣阻力及碰撞時間，將滑塊視為質(zhì)點，求：

（1）兩滑塊第一次相碰的位置；

（2）兩滑塊第一次相碰后，B與擋板的最遠距離．

26、在x軸上有兩個波源，分別位于x=-0.2m和x=1.0m處，振幅均為A=8cm，由它們產(chǎn)生的兩列簡諧橫波甲、乙分別沿x軸正方向和x軸負方向傳播。如圖所示為t=0時刻兩列波的波形圖，此刻平衡位置處于x=0.2m和x=0.6m處的M、N兩質(zhì)點剛開始振動。已知兩列波同時傳播到x=0.4m處，0~0.25s時間內(nèi)，平衡位置處于x=0.4m處的質(zhì)點P運動的路程為s=48cm。求：

（1）甲波波速的大?。?/p>

（2）質(zhì)點P的振動方程。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

手拍乒乓球的運動和思考中的人來回走動沒有規(guī)律，不是簡諧運動，故AB錯誤；輕質(zhì)彈簧的下端懸掛一個鋼球，上端固定組成的振動系統(tǒng)，鋼球以受力平衡處為平衡位置上下做簡諧運動，C正確；從高處下落到光滑水泥地面上的小鋼球的運動過程為自由落體，不是簡諧運動，故D錯誤；故選C．2、D【分析】【分析】

【詳解】

AB．物體在豎直方向做勻變速運動，取向上為正，則全過程有

可求鉛球投出時豎直方向的速度水平方向勻速直線運動，由可求投出時水平方向的速度進而

A；B選項可求；不符合題意；

C．由

可求出H；即C選項可求，不符合題意；

D．由于投擲時鉛球與運動員的手的作用時間未知，因此不可求；即D選項不可求，符合題意。

故選D。3、C【分析】【分析】

【詳解】

①只要系統(tǒng)所受外力的矢量和為零；系統(tǒng)動量就守恒，則①正確；

②系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力；但是系統(tǒng)受的合外力也可能為零，則系統(tǒng)的動量也可能守恒，則②錯誤；

③系統(tǒng)所受合外力不為零；其動量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒，則③正確；

④系統(tǒng)如果合外力的沖量遠小于內(nèi)力的沖量時；系統(tǒng)可近似認為動量守恒，則④正確。

故選C。4、A【分析】【分析】

【詳解】

單擺的懸線要求無彈性且粗細；質(zhì)量可忽略；擺球的直徑與懸線長度相比可忽略，懸點必須固定。

故選A。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．光從一種介質(zhì)斜射入另一種介質(zhì)時；傳播方向會發(fā)生變化，當垂直入射時，傳播方向不改變，A錯誤；

B．當光從空氣斜射入其他介質(zhì)時；折射角小于入射角，B錯誤；

C．根據(jù)

可知光從空氣進入其他介質(zhì)時；速度要減小，C正確；

D．光從一種介質(zhì)斜射入另一種介質(zhì)時；傳播方向會發(fā)生變化，這是光的折射現(xiàn)象，并不是說光的傳播方向發(fā)生改變就是折射，光的反射也能改變方向。D錯誤。

故選C。6、D【分析】【詳解】

A．由圖可得b光的折射角小于a光的折射角，b光的偏折程度大，根據(jù)折射定律得知：玻璃對b光的折射率大于對a光的折射率；故A錯誤；

B．由可知，折射率大的，傳播速度較小，故b光在該玻璃中傳播時的速度較小；故B錯誤；

C．由臨界角公式分析得知，折射率越大，臨界角越小，可知a光的全反射臨界角較大；故C錯誤；

D．玻璃對b光的折射率大于對a光的折射率，則b光的頻率大于a光的頻率，而a光的波長大于b光的波長。由于在相同的條件下，干涉條紋間距與波長成正比，所以用同一干涉裝置可看到a光的干涉條紋間距比b光大；故D正確。

故選D。二、多選題(共6題，共12分)7、A:C:D【分析】【詳解】

AB．木塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，由于初速度均為v0=5.0m/s，所以木板的動量大于小木塊的動量，系統(tǒng)合動量方向向右，所以木塊A先向左做減速運動，速度減為零后反向向右做加速運動，最后木塊與木板一起做勻速直線運動，以向右為正方向，由動量守恒定律得當木塊A的速度間為零時

代入數(shù)據(jù)解得

故A正確；B錯誤；

C．最終木塊與木板速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得

代入數(shù)據(jù)解得

故C正確；

D．最終木塊與木板相對靜止，一起做勻速直線運動，對系統(tǒng)

代入數(shù)據(jù)解得x=8m

木板的最小長度為8m；可能為10m，故D正確。

故選ACD。

【點評】

本題考查了動量守恒定律與能量守恒定律的應用，分析清楚物體運動過程是解題的前提，應用動量守恒定律與能量守恒定律求出木板速度與長度的臨界值是即可解題。8、B:D【分析】【詳解】

A、根據(jù)v-t圖象與坐標軸所圍“面積”大小等于位移得：s1==v0t0，s2==2v0t0，則：s1＜s2．故A錯誤；

B、整個過程中甲、乙兩物體的位移分別為：s1==3v0t0，s2==2.5v0t0，．則有：s1＞s2．故B正確；

C、根據(jù)動量定理得：I1-f×3t0=0，I2-f?4t0=0，則得I1＜I2．故C錯誤；

D、由圖看出，撤去拉力后兩圖象平行，說明加速度相同，由牛頓第二定律分析則知加速度a=μg，說明兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相等，則兩物體所受的摩擦力大小相等，設為f，對全過程運用動能定理得：W1-fs1=0，W2-fs2=0，得：W1=fs1，W2=fs2，由上可知，s1＞s2，則W1＞W(wǎng)2．故D正確．

故選BD．

【點睛】

根據(jù)v-t圖象與坐標軸所圍“面積”大小等于位移，由幾何知識比較位移大?。啡ダ髢蓤D象平行，說明加速度相同，由牛頓第二定律分析則知，兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同，對全過程研究，運用動能定理求解拉力做功，由動量定理求解拉力的沖量．9、A:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)功的定義

可知推力對A做的功與拉力對B做的功相等；A正確；

B．根據(jù)沖量的定義

可知推力對A的沖量與拉力對B的沖量大小相同；方向不同，B錯誤；

CD．兩物體在相等時間內(nèi)運動了相同的位移，根據(jù)

可知兩個物體的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律分別求解兩物體加速度大小

式中化簡整理后有

若

則

C錯誤；D正確。

故選AD。10、A:C【分析】【詳解】

AB．設兩物體剛下落時速度大小為v0，而后m1著地后原速返回與m2發(fā)生彈性碰撞，碰撞后m2速度為v1由動量守恒定理及機械能守恒

可求得

選項A正確；B錯誤；

CD．以整個過程為對象，設h1=0.5m由機械能守恒

又因為

可求得

選項C正確；D錯誤。

故選AC。11、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

AD．依題，某時刻P、Q兩質(zhì)點的位移大小相等、方向相反，它們可能是反相點，振動情況總是相反，也可能不是，所以P、Q兩質(zhì)點間的距離可能等于半個波長；也可能不等于半個波長，故AD正確；

B．根據(jù)波形分析得知，此時刻P、Q兩質(zhì)點的速度方向可能相反；也可能相同，故B正確；

C．若PQ間距離等于一個波長，波從P點傳到Q點所需時間等于一個周期，而P、Q的位移大小相等，方向相反，PQ間距離不可能等于一個波長，所以波從P點傳到Q點所需時間不可能等于一個周期；故C錯誤；

故選ABD。12、A:C:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．再經(jīng)過周期，質(zhì)點M將運動到與平衡位置對稱的位置，根據(jù)對稱性，速度大小相等但方向相反，所以在此后的周期內(nèi)動能增量為零但動量變化量不為零；根據(jù)動能定理知回復力對M做功為零，根據(jù)動量定理知回復力對M的沖量不為零，故A正確B錯誤；

C．根據(jù)波形圖可知M的橫坐標

且此時與質(zhì)點M關于坐標原點對稱的質(zhì)點的縱坐標y=-3m，故M點第一次到達y=-3m就是與質(zhì)點M關于坐標原點對稱的質(zhì)點的振動形式傳到了質(zhì)點M所在位置，該過程波傳播的距離等于2xM，根據(jù)振動方程可知

故周期

由波形圖可知波長

則波速

此后M點第一次到達y=-3m處所需時間

故C正確；

D．波源起振開始計時經(jīng)過6s將繼續(xù)沿x軸正向傳播12m，故t=6s時，該波傳播到x=12m處；故D正確；

E．由C可得波速大小為2m/s；故E錯誤。

故選ACD三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1][2]動量定理的內(nèi)容為：物體在一個運動過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受合力的沖量。

(2)[3]相應的公式為mv′-mv=F(t′-t)或p′-p=I

(3)[4][5]動量定理反映了力的沖量與動量變化量之間的因果關系；即合力的沖量是原因，物體的動量變化量是結果。

[6]動量定理中的沖量是合力的沖量；而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。

[7]動量定理表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。【解析】①.動量變化量②.合力③.mv′-mv=F(t′-t)或p′-p=I④.動量變化量⑤.動量變化量⑥.合力⑦.矢量14、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.靠近②.遠離15、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]圖甲所示的波形為波剛傳到M點的波形，由題圖甲可知，此時M處質(zhì)點的振動方向向下，故質(zhì)點Q開始振動的方向沿y軸負方向；

[2]由圖甲可知，波長λ=4m，由題圖乙可知，周期T=4s，所以波速

由圖甲可知，最前面的波峰距質(zhì)點Q的距離Δx=8m，故最前面的波峰傳播到質(zhì)點Q，也就是質(zhì)點Q第一次到達波峰的時間，則【解析】①.負②.816、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]公式中的A代表振動的振幅。

[2]ω叫做圓頻率，它與頻率f之間的關系為ω=2πf

[3]公式中的ωt+表示簡諧運動的相位。

[4]t=0時的相位叫做初相位，簡稱初相?！窘馕觥竣?振動的振幅②.ω=2πf③.簡諧運動的相位④.初相位17、略

【分析】【詳解】

[1]由圖可知，彈簧振子的振幅為

[2]從P到Q的時間內(nèi)，振子僅受到重力沖量和彈簧彈力的沖量，因P點和Q點速度為零；由動量守恒定律，可知合外力沖量為零，故振子受到的重力沖量大小等于彈簧彈力的沖量大?。?/p>

[3]拉動紙帶的速度提升到2v，但彈簧振子得運動情況并未發(fā)生改變，則周期不變，故振動周期仍為【解析】等于四、作圖題(共2題，共18分)18、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)位移總是偏離平衡位置，振子位于C點時離開平衡位置O的位移s如圖所示。

(2)加速度總是指向平衡位置，振子位于A點時加速度aA的方向如圖所示【解析】(1)(2)19、略

【分析】【詳解】

由題圖我們可以知道，在質(zhì)點振動的一個周期內(nèi)，波向前傳播一個完整的波形的距離，即傳播的距離

因此在內(nèi)，波向前傳播了根據(jù)波的傳播過程和傳播的實質(zhì)，若波向右傳播，把波的原有圖形向右移動的距離，就得到了后時刻的波形圖，如圖中的虛線甲所示；同理可以得到前時刻波的圖像；如圖中的虛線乙所示。

【解析】五、實驗題(共3題，共24分)20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]圖中P1P2作為入射光線，是折射光線，設光線在玻璃磚上表面的入射角為i，折射角為r，由幾何知識得到

則折射率為

(2)[2]如圖；實線是真實的光路圖，虛線是玻璃磚寬度畫大后的光路圖，由圖看出，在這種情況測得的入射角不受影響，但測得的折射角比真實的折射角偏大，因此測得的折射率偏小。

【解析】1.5減小21、略

【分析】【詳解】

(1)[1]球離開軌道后做平拋運動，小球在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則有①

兩邊同時乘以時間t得②

結合平拋運動的規(guī)律有③

當該關系式成立時，即可驗證碰撞過程動量守恒，因此實驗只需要測量：小球a、b的質(zhì)量分別為ma、mb；記錄紙上O點到A、B、C各點的距離OA、OB、OC；故BE正確，ACD錯誤。

故選BE。

(2)[2]A．小球離開軌道后做平拋運動；要確保小球每次都從斜槽末端飛出時速度沿水平方向，斜槽軌道末端必須水平，故A正確;

B．本實驗不需要測量量時間；所以不用秒表，故B錯誤；

C．為了保證碰撞兩小球從同一高度做平拋運動；所以要求小球碰撞為對心正碰，兩球相碰時，兩球心必須在同一水平面上，故C正確；

D．在同一組實驗的不同碰撞中；每次入射球必須從同一高度由靜止釋放，保證碰前的速度相同，故D正確。

故選ACD。

(3)[3][4]為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，所以有為了保證小球碰撞為對心正碰，兩小球半徑相等，所以

(4)[5][6]碰撞后兩小球做平拋運動，高度相同，所以運動時間相同，a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度減小，所以碰撞后a球的落地點距離O點最近，b小球離O點最遠，中間一個點是未放b球時a的落地點，所以相碰后，小球a、b的平均落點位置依次是圖中A；C點；

[7]根據(jù)圖中給出了小球a落點附近的情況，由圖可得小球a落點到O點的距離應為50.10cm

(5)①[8]根據(jù)第(1)可知，兩球碰撞中動量守恒，所測物理量滿足表達式maxB=maxA+mbxC④

②[9]兩球碰撞為完全彈性碰撞，還要滿足⑤

變形得⑥

由④⑥式解得xA+xB=xC

(6)[10]由平拋規(guī)律有：x=v0t

所以

當水平位移相等時，v0與成正比（與豎直位移的二次方根成反比）

動量守恒要驗證的式子是