2023-2024学年上海市南汇中学高一（下）期中物理试卷

这是一份2023-2024学年上海市南汇中学高一（下）期中物理试卷，共21页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）激光防伪技术是利用光的（ ）
A．干涉B．衍射C．散射D．反射
2．（3分）在回音壁一端贴墙小声说话，一、二百米远的墙的另一端可以听得一清二楚。这种现象属于机械波的（ ）
A．干涉B．衍射C．折射D．反射
3．（3分）激光可以切割或焊接厚度达到几十厘米的钢板，是利用激光（ ）
A．单色性好B．相干性高
C．方向性好D．可以携带信息
4．（3分）人耳能听到的频率范围是20﹣20000Hz。某音频发生器发出频率为22000Hz的声波。为了听到这个声音，可以（ ）
A．快速靠近音源
B．快速远离音源
C．绕音频发生器做圆周运动
D．与音频发生器相向运动
5．（3分）如图所示，电灯S发出的光先后经过偏振片A和B，人眼在P处迎着入射光方向，却看不到光亮，则（ ）
A．电灯S发出的光是偏振光
B．偏振片A起检偏器的作用
C．以SP为轴将A转过45°，在P处看到光亮
D．将B沿SP向A平移至某位置时，在P处看到光亮
6．（3分）如图所示，五个摆悬挂于有弹性的横梁上，A是摆球质量较大的摆，让它摆动后带动其他摆振动，那么其他各摆的（ ）
A．振动周期不同，D摆的周期最大
B．振动周期不同，B摆的周期最小
C．振幅不同，E摆的振幅最大
D．振幅不同，D摆的振幅最大
7．（3分）用单摆测量重力加速度的大小的实验中，发现测量结果明显偏大，可能的原因是（ ）
A．只测量了摆线的长度
B．摆角远小于5°
C．测量周期时少记了一次全振动
D．测量周期时多记了一次全振动
8．（3分）一列横波沿水平方向传播，某时刻形成如图所示的波形，此时质点A的速度正逐渐减小，则（ ）
A．波沿水平向右的方向传播
B．质点D的速度正逐渐增大
C．质点B、C的加速度方向相同
D．质点C比质点D先回到平衡位置
9．（4分）如图所示，一束光从空气斜射入某介质，入射光线与反射光线的夹角为120°，折射光线与反射光线相垂直。该介质的折射率为（ ）
A．B．C．D．
10．（4分）在发波水槽的底部放置一块玻璃板，将水槽分为不同深浅的两个部分A、B。一列水波从深水区A入射到浅水区B时发生了折射的情况如图所示。图中实线表示A区域水波的波峰，波速为v1，频率为f1，与分界面的夹角为α。虚线表示B区域水波的波峰，波速为v2，频率为f2，与分界面的夹角为β。由图可推得（ ）
A．f1＜f2B．v1＝v2
C．D．
11．（4分）如图1所示，周期为T的弹簧振子的平衡位置O为坐标轴的原点建立O﹣x轴，小球的相对平衡位置O的位移x与时间t的图像如图2所示。设小球的加速度为a，动能为Ek，弹性势能为Ep，弹簧对小球做功功率的大小为P，能正确描述小球运动的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
12．（4分）质量为m，速度为v0的小球A与另一个质量为2m静止小球B在光滑水平面上发生碰撞。碰撞后两球的运动方向与v0的方向在同一直线上。以v0的方向为正方向，碰撞后B球的速度vB可能是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（每空2分，共20分）
13．（4分）某次干涉实验中，利用相对光强传感器中得到如图所示的干涉图样，软件界面上a、b之间的间距为3.70mm，则相邻条纹间距为 mm。已知双缝的间距为0.25mm，双缝到传感器的距离为0.45m，则光的波长为 nm（结果均保留三位有效数字）。
14．（4分）周期为T的单摆做最大摆角α为3°的摆动。若摆长增加一倍，周期变为 ；若改变摆长后，单摆的周期变为原来的2倍，其他条件不变，摆球的最大速度变为原来的 倍。
15．（4分）一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，触网后沿竖直方向嗡回到离水平网面5.0m高处，则运动员离网时的速率为 m/s。若运动员与网接触的时间为1.2s，不计网的质量及空气阻力，则该段时间内网对运动员的平均作用力大小为 N。（g取10m/s2）
16．（4分）如图所示，介质中有一列沿x轴传播的机械波，波速为4m/s，t＝0时刻起，x＝3m处的介质质点开始沿y轴振动，振动方程为y＝﹣0.1sin（2πt）（cm），则该波的波长为 m。当t（s）时，x＝1.5m处介质质点的位移为 cm。
17．（4分）从某高度自由下落一个质量为3m的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，重力加速度为g，则刚炸裂时另一块碎片的速度为 ，爆炸过程中转化为碎片动能的化学能为 。
三、实验题（每小题8分，共8分）
18．（8分）在“测定玻璃的折射率”的实验中，小明在水平木板上放纸，按玻璃砖的宽度在白纸上画两条平行线，玻璃砖依线置于纸面上。如图所示，在玻璃砖的一侧垂直于纸面插入两枚大头针a、b，其连线与玻璃砖表面成一定角度。
（1）【多选】小明接下来完成的必要步骤有 。
A．插上大头针c，使c仅挡住b的像
B．插上大头针c，使c挡住a和b的像
C．插上大头针d，使d仅挡住c的像
D．插上大头针d，使d挡住a、b和c的像
（2）【多选】能减小实验误差的操作有 。
A．a、b及c、d之间的距离尽量靠近些
B．将大头针竖直插入木板
C．选择宽度较大的玻璃砖
D．插针时尽量使入射角小一些
（3）实验中测得光在空气和玻璃分界面上的入射角为θ1＝57°、折射角θ2＝37°，玻璃砖的厚度为10cm，则入射光线与折射光线的垂直间距y为 cm。
（4）小华同学在白纸上画平行线时，不小心将一条平行线的间距画得比玻璃砖宽度略大，如图所示，则测得的折射率 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
三、综合应用题（19题16分，20题16分，共32分）
19．（16分）一列横波在t＝0时的波形如图中的实线所示，t＝0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，P是平衡位置在x＝3m处的质点。
（1）求该波的振幅和波长；
（2）若该波沿x轴正方向传播，求该波的波速表达式；
（3）若该波的波速大小v＝15m/s。求质点P在0～4s内通过的路程。
20．（16分）如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块A、B置于水平地面上，都处于静止状态。将质量也为m的小物块C从A的正上方高为h处由静止释放，物块C与A碰后粘连在一起继续向下运动，此后两物块始终未分离。已知在后续的振动中，当A与C达到最高点时，B对地面的弹力恰好为零，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，求：
（1）A与C碰撞后的共同速度v1；
（2）弹簧弹力的最大值Fm；
（3）弹簧的劲度系数k。
2023-2024学年上海市南汇中学高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
一、单项选择题（1-8题每小题3分，9-12题每小题3分，共40分）
1．（3分）激光防伪技术是利用光的（ ）
A．干涉B．衍射C．散射D．反射
【分析】根据激光的相干性能够发生干涉现象进行判断。
【解答】解：现代防伪技术利用激光的相干性，故激光激光防伪技术是利用光的干涉，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了常见的激光现象及其应用，要明确激光的特点。
2．（3分）在回音壁一端贴墙小声说话，一、二百米远的墙的另一端可以听得一清二楚。这种现象属于机械波的（ ）
A．干涉B．衍射C．折射D．反射
【分析】机械波的反射是指波遇到介质界面时会返回原介质继续传播的现象。
【解答】解：在回音壁一端贴墙小声说话，一、二百米远的墙的另一端可以听得一清二楚。这种现象属于机械波的反射，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】考查对波的反射、折射的理解，熟悉其定义，并能与现实生活现象结合起来。
3．（3分）激光可以切割或焊接厚度达到几十厘米的钢板，是利用激光（ ）
A．单色性好B．相干性高
C．方向性好D．可以携带信息
【分析】根据激光的物理特有性质分析说明；
【解答】解：激光可以切割或焊接厚度达到几十厘米的钢板，这主要是利用了激光具有方向性好，那么能量集中度高，强度大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了激光的特点和在现代科学技术注重的应用，要求学生对这部分知识要深刻理解并强化记忆。
4．（3分）人耳能听到的频率范围是20﹣20000Hz。某音频发生器发出频率为22000Hz的声波。为了听到这个声音，可以（ ）
A．快速靠近音源
B．快速远离音源
C．绕音频发生器做圆周运动
D．与音频发生器相向运动
【分析】快速远离波源，波长变长，频率变低。
【解答】解：要使人耳听到的声音频率低于20000Hz，需要发生多普勒效应，且人与波源的距离应增大，可以快速远离音频发生器，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查对的多普勒效应的理解，熟记其定义。
5．（3分）如图所示，电灯S发出的光先后经过偏振片A和B，人眼在P处迎着入射光方向，却看不到光亮，则（ ）
A．电灯S发出的光是偏振光
B．偏振片A起检偏器的作用
C．以SP为轴将A转过45°，在P处看到光亮
D．将B沿SP向A平移至某位置时，在P处看到光亮
【分析】理解偏振光的和自然光的区别并做出判断；根据光的偏振判断出P处是否能看到亮光。
【解答】解：A、从电灯直接发出的光为自然光，不是偏振光，故A错误；
B、自然光通过A偏振片后变为偏振光，所以偏振片A是起偏器，故B错误；
C、人眼在P处迎着入射光方向，看不到光亮，说明A、B两个偏振片的透振方向是相互垂直的，以SP为轴将A转过45°后，经过偏振片A的光振动方向与B的透振方向不再垂直，所以在P处可以看到光亮，故C正确；
D、人眼在P处迎着入射光方向，看不到光亮，说明A、B两个偏振片的透振方向是相互垂直的，将B沿SP向A平移至某位置时，并没有改变B的透振方向，所以在P处仍然看不到光亮，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了光的偏振，掌握偏振光和自然光的关系，理解光的偏振即可，难度不大。
6．（3分）如图所示，五个摆悬挂于有弹性的横梁上，A是摆球质量较大的摆，让它摆动后带动其他摆振动，那么其他各摆的（ ）
A．振动周期不同，D摆的周期最大
B．振动周期不同，B摆的周期最小
C．振幅不同，E摆的振幅最大
D．振幅不同，D摆的振幅最大
【分析】根据受迫振动的频率等于驱动力的频率，驱动力频率越接近物体固有频率，受迫振动振幅越大，等于物体固有频率时振幅最大，为共振。
【解答】解：AB、受迫振动的频率等于驱动力的频率，题中各摆振动周期与A摆的都相同，故AB错误；
CD、驱动力频率越接近物体固有频率，受迫振动振幅越大，其他各摆的振幅不同，E摆与驱动摆A频率相等，达到共振，E摆振幅最大，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查受迫振动和共振，比较简单，需要理解受迫振动振幅与驱动力频率关系，容易出错的是可能误认为D摆振幅最大。
7．（3分）用单摆测量重力加速度的大小的实验中，发现测量结果明显偏大，可能的原因是（ ）
A．只测量了摆线的长度
B．摆角远小于5°
C．测量周期时少记了一次全振动
D．测量周期时多记了一次全振动
【分析】根据单摆周期公式求解重力加速度的表达式，逐项分析作答。
【解答】解：根据单摆周期公式T＝2
得g
A.只测量了摆线的长度，摆长的测量值变小，重力加速度的测量值小于真实值，故A错误；
B.摆角远小于5°，单摆做简谐运动，对测量结果无影响，故B错误；
C.在计数时，将全振动的次数少记了一次，重力加速度的测量值变小，故C错误；
D.测量周期时多记了一次全振动，周期偏小，则重力加速度的测量值变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了“用单摆测量重力加速度的大小”的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作，掌握单摆周期公式的运用，能够根据实验原理正确分析实验误差。
8．（3分）一列横波沿水平方向传播，某时刻形成如图所示的波形，此时质点A的速度正逐渐减小，则（ ）
A．波沿水平向右的方向传播
B．质点D的速度正逐渐增大
C．质点B、C的加速度方向相同
D．质点C比质点D先回到平衡位置
【分析】A.结合题意及题图，由“同侧法”，即可分析判断；
B.由题图及“同侧法”，即可分析判断；
C.由题图，即可分析判断；
D.由题图及“同侧法”，即可分析判断。
【解答】解：A.因为此时质点A的速度正逐渐减小，所以此时质点A的振动方向向上，则由题图及“同侧法”可知，该波沿水平向左的方向传播，故A错误；
B.由题图及“同侧法”可知，此时质点D在平衡位置下方，向上振动，则质点D的速度正逐渐增大，故B正确；
C.由题图可知，此时质点B在平衡位置上方，此时质点C在平衡位置下方，则此时质点B的加速度方向向下，此时质点C的加速度方向向上，故C错误；
D.由题图及“同侧法”可知，此时质点C在平衡位置下方，向下振动，此时质点D在平衡位置下方，向上振动，则质点C比质点D后回到平衡位置，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
9．（4分）如图所示，一束光从空气斜射入某介质，入射光线与反射光线的夹角为120°，折射光线与反射光线相垂直。该介质的折射率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据光的反射定律光线与界面夹角为30°，算出入射角，也就知道反射角的度数，反射的光线与折射的光线恰好垂直，就会算出折射光线与界面的夹角，根据折射定律计算折射率。
【解答】解：由题图
由几何关系可知i+r＝90°
由题意i＝60°
折射率为n
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查了光的反射定律与光的折射定律，属于基础考题。
10．（4分）在发波水槽的底部放置一块玻璃板，将水槽分为不同深浅的两个部分A、B。一列水波从深水区A入射到浅水区B时发生了折射的情况如图所示。图中实线表示A区域水波的波峰，波速为v1，频率为f1，与分界面的夹角为α。虚线表示B区域水波的波峰，波速为v2，频率为f2，与分界面的夹角为β。由图可推得（ ）
A．f1＜f2B．v1＝v2
C．D．
【分析】由图分析A、B区域的波长，然后根据波的传播速度公式v＝λf分析。
【解答】解：设AB界面处相邻两波峰之间的距离为L，
则λ1＝Lsinα，λ2＝Lsinβ，
因为折射不改变波的频率，即f1＝f2，
根据v＝λf，可得，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】考查对波的传播规律的理解，熟悉波速、波长、频率的关联。
11．（4分）如图1所示，周期为T的弹簧振子的平衡位置O为坐标轴的原点建立O﹣x轴，小球的相对平衡位置O的位移x与时间t的图像如图2所示。设小球的加速度为a，动能为Ek，弹性势能为Ep，弹簧对小球做功功率的大小为P，能正确描述小球运动的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据x﹣t图像分析小球速度最大时刻、弹性势能、动能随时间变化情况，根据功率与速度的关系分析弹簧弹力做功功率变化情况，由此得解。
【解答】解：根据x﹣t图像可知，小球的振动情况为：x＝Asint；
A、根据加速度计算公式可得：a•sint，故A错误；
B、小球从平衡位置开始振动，速度最大、动能最大，达到最低点，速度为零、动能为零，故B错误；
C、初始时刻位移为零、弹性势能为零，达到最低点，弹性势能最大，故C错误；
D、初始时刻位移为零、弹力为零、弹簧弹力的功率为零，达到最低点，推力最大、速度为零，则弹簧弹力功率为零，所以0～过程中弹簧弹力做功功率先增大后减小，以后重复这种情况，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置；振动的质点在振动过程中各物理量的变化情况可以这样分析：位移增大→回复力增大→加速度增大→速度减小→动能减小→势能增大。
12．（4分）质量为m，速度为v0的小球A与另一个质量为2m静止小球B在光滑水平面上发生碰撞。碰撞后两球的运动方向与v0的方向在同一直线上。以v0的方向为正方向，碰撞后B球的速度vB可能是（ ）
A．B．C．D．
【分析】题目分析的是两球碰撞后B球速度的可能范围。解题时需考虑两种极端情况：完全非弹性碰撞和弹性碰撞。完全非弹性碰撞时两球共速，由动量守恒求出B球最小速度；弹性碰撞时机械能守恒，结合动量守恒求出B球最大速度。最终B球速度应介于两者之间。
【解答】解：若AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒可得mv0＝（m+2m）v共，解得：，若AB发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得：mv0＝mvA+2mvB，。解得：，则碰撞后B球的速度应满足：，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题通过两球碰撞模型考查动量守恒和能量守恒的综合应用，计算量适中但需注意碰撞类型的边界条件。题目要求学生理解弹性碰撞与完全非弹性碰撞的物理本质，通过推导得出速度范围，体现了对物理过程分析能力的考查。其中通过设定两种极端碰撞情形确定速度区间的方法，能有效锻炼学生的逻辑推理能力。
二、填空题（每空2分，共20分）
13．（4分）某次干涉实验中，利用相对光强传感器中得到如图所示的干涉图样，软件界面上a、b之间的间距为3.70mm，则相邻条纹间距为 3.70 mm。已知双缝的间距为0.25mm，双缝到传感器的距离为0.45m，则光的波长为 2.06×103 nm（结果均保留三位有效数字）。
【分析】根据相邻条纹间的距离即为两个相邻光强最大的距离，结合图像分析；根据干涉条纹间距公式计算。
【解答】解：相邻条纹间的距离即为两个相邻光强最大的距离，所以相邻条纹间距为a、b之间的间距，为Δx＝3.70mm。
根据干涉条纹间距公式，解得2.06×10﹣6m＝2.06×103nm
故答案为：3.70，2.06×103。
【点评】掌握干涉条纹间距公式是解题的基础。
14．（4分）周期为T的单摆做最大摆角α为3°的摆动。若摆长增加一倍，周期变为 T ；若改变摆长后，单摆的周期变为原来的2倍，其他条件不变，摆球的最大速度变为原来的 2 倍。
【分析】根据单摆周期公式T＝2π判断周期与摆长的变化情况，应用机械能守恒定律解题。
【解答】解：根据单摆周期公式T＝2π可知，若摆长增加一倍，则周期变为原来的倍，即周期变为T；
若改变摆长后，单摆的周期变为原来的2倍，根据单摆周期公式T＝2π可知，摆长变为先前的4倍，
根据机械能守恒定律得：mg（L﹣Lcs3°）
解得：v
摆长变为原来的4倍，则摆球的最大速度变为原来的2倍。
故答案为：T；2。
【点评】解决本题的关键掌握单摆的周期公式T＝2π，知道单摆的周期与哪些因素有关。
15．（4分）一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，触网后沿竖直方向嗡回到离水平网面5.0m高处，则运动员离网时的速率为 10 m/s。若运动员与网接触的时间为1.2s，不计网的质量及空气阻力，则该段时间内网对运动员的平均作用力大小为 1500 N。（g取10m/s2）
【分析】根据自由落体和竖直上抛运动规律求解下落和反弹时的速度，然后运用动量定理公式求解作用力。
【解答】解：设运动员从h处下落，由自由落体运动规律知运动员触网前瞬间的速度大小为，方向向下；
同理，设运动员反弹到达高度为h′，离开网面时速度大小为，方向向上。
在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，设向上方向为正，由动量定理有（F﹣mg）t＝mv′﹣m（﹣v），
解得F1500N。
故答案为：10，1500。
【点评】考查对自由落体运动和动量定理的理解，根据公式解答即可。
16．（4分）如图所示，介质中有一列沿x轴传播的机械波，波速为4m/s，t＝0时刻起，x＝3m处的介质质点开始沿y轴振动，振动方程为y＝﹣0.1sin（2πt）（cm），则该波的波长为 4 m。当t（s）时，x＝1.5m处介质质点的位移为 0 cm。
【分析】由振动方程，确定该波的周期，进而确定该波的波长；再结合题图及振动方程，可求当t（s）时，x＝1.5m处介质质点的位移。
【解答】解：因为振动方程为y＝﹣0.1sin（2πt）（cm），
则周期为：T，
则该波的波长为：λ＝vT＝4×1m＝4m；
由题意可知，该波传到x＝1.3m处的时间为：t'，
则当t（s）时，x＝1.5m处介质质点振动的时间为：t''，
则当t（s）时，x＝1.5m处介质质点的位移：y＝﹣0.1sin（2π×0.5）（cm），
解得：y＝0cm；
故答案为：4；0。
【点评】本题考查波长、频率和波速的关系，解题时需注意，波速与波长和频率的关系为：v＝λf，需牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。
17．（4分）从某高度自由下落一个质量为3m的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，重力加速度为g，则刚炸裂时另一块碎片的速度为 ，爆炸过程中转化为碎片动能的化学能为 6mgh 。
【分析】物体炸裂成两块的过程，由于重力远小于爆炸的内力，重力可忽略不计，系统的动量守恒。先由机械能守恒求出物体下落高度h时的速度大小，以及爆炸后质量为m的碎片的速度大小，再根据动量守恒定律求解刚炸裂时另一块碎片的速度。根据能量守恒定律求转化为弹片动能的化学能。
【解答】解：取竖直向下为正方向。
物体下落h的过程，根据机械能守恒定律得：3mghv2，解得：v
根据机械能守恒定律得知，刚炸裂时质量为m的碎片速度大小也为v，爆炸时动量守恒，则有：3mv＝﹣mv+（3m﹣m）v′
解得：v′，方向竖直向下；
根据能量守恒定律得：ΔE
联立解得：ΔE＝6mgh
故答案为；，6mgh
【点评】对于爆炸过程，系统所受的合外力不为零，但远小于内力，动量近似守恒。运用动量守恒定律时要注意规定正方向，用符号表示速度方向。
三、实验题（每小题8分，共8分）
18．（8分）在“测定玻璃的折射率”的实验中，小明在水平木板上放纸，按玻璃砖的宽度在白纸上画两条平行线，玻璃砖依线置于纸面上。如图所示，在玻璃砖的一侧垂直于纸面插入两枚大头针a、b，其连线与玻璃砖表面成一定角度。
（1）【多选】小明接下来完成的必要步骤有 BD 。
A．插上大头针c，使c仅挡住b的像
B．插上大头针c，使c挡住a和b的像
C．插上大头针d，使d仅挡住c的像
D．插上大头针d，使d挡住a、b和c的像
（2）【多选】能减小实验误差的操作有 BC 。
A．a、b及c、d之间的距离尽量靠近些
B．将大头针竖直插入木板
C．选择宽度较大的玻璃砖
D．插针时尽量使入射角小一些
（3）实验中测得光在空气和玻璃分界面上的入射角为θ1＝57°、折射角θ2＝37°，玻璃砖的厚度为10cm，则入射光线与折射光线的垂直间距y为 4.3 cm。
（4）小华同学在白纸上画平行线时，不小心将一条平行线的间距画得比玻璃砖宽度略大，如图所示，则测得的折射率 偏小 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【分析】（1）根据光的折射特点分析；
（2）根据实验原理及操作规范解答；
（3）根据几何关系分析解答；
（4）根据题意作图，结合折射定律解答。
【解答】解：（1）光沿直线传播，两点确定一条直线，让c挡住a和b的像，保证入射光线是唯一的且过a、b，同理使d挡住a、b和c的像，保证从玻璃板出来的光线是唯一的且过c、d，最后使四个点在同一条光线的传播路径上。
故BD正确，AC错误；
故选：BD。
（2）A.a、b及c、d之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差，故A错误；
B．为了减小实验的误差，应将大头针竖直插入木板，故B正确；
C.为了减小实验的误差，选择宽度较大的玻璃砖，故C正确；
D．插针时尽量使入射角大一些，故D错误。
故选：BC。
（3）如图1
图1
根据几何关系可得
OM
y＝OMsin（θ1﹣θ2）
解得y＝4.3cm
（4）如图2所示
图2
将一条平行线的间距画得比玻璃砖宽度略大，导致在aa'的折射角大于真实的折射角，则测得的折射率偏小。
故答案为：（1）BD；（2）BC；（3）4.3；（4）偏小
【点评】本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用单位圆法处理数据，根据原理分析实验误差。
三、综合应用题（19题16分，20题16分，共32分）
19．（16分）一列横波在t＝0时的波形如图中的实线所示，t＝0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，P是平衡位置在x＝3m处的质点。
（1）求该波的振幅和波长；
（2）若该波沿x轴正方向传播，求该波的波速表达式；
（3）若该波的波速大小v＝15m/s。求质点P在0～4s内通过的路程。
【分析】（1）由图可知波长与振幅；
（2）根据波的周期，0.2s内波沿x轴正方向传播可能传播λ+nλ，再通过v求解；
（3）根据周期、波速和波长的关系，结合质点在一个周期的路程为4倍振幅求解。
【解答】解：（1）由图可知波的振幅为2cm，波长为4m；
（2）若该波沿x轴正方向传播，t＝0.2s时间内波传播的距离可能为x＝（4n+1）m（n＝0，1，2⋯）
故波速可能为vm/s＝（20n+5）m/s（n＝0，1，2⋯）
（3）若该波的波速大小v＝15m/s，则波的周期Ts
由t＝4s＝15T
则波向左传播，根据同侧法可知t＝0时刻P质点经过平衡位置向+y方向运动，质点P在0﹣4s内通过的路程
s＝15×4A＝15×4×2cm＝120cm
答：（1）该波的振幅为2cm，波长为4m；
（1）若该波沿x轴正方向传播，该波可能的波速为 （20n+5）m/s（n＝0，1，2⋯）。
（2）若该波的波速大小v＝15m/s，质点P在0～4s内通过的路程为120cm。
【点评】本题考查了波的图像，理解波长、波速和频率的关系，结合质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
20．（16分）如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块A、B置于水平地面上，都处于静止状态。将质量也为m的小物块C从A的正上方高为h处由静止释放，物块C与A碰后粘连在一起继续向下运动，此后两物块始终未分离。已知在后续的振动中，当A与C达到最高点时，B对地面的弹力恰好为零，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，求：
（1）A与C碰撞后的共同速度v1；
（2）弹簧弹力的最大值Fm；
（3）弹簧的劲度系数k。
【分析】（1）根据动能定理、动量守恒分别列式，即可分析求解；
（2）物块C与A碰后粘连在一起之后，物块AC一起做简谐运动，根据物体的受力情况及简谐运动的对称性，即可分析求解；
（3）由胡克定律及前面分析，确定最开始时及A与C碰撞后下降最大高度时，弹簧的形变量，结合功能关系，即可分析求解。
【解答】解：（1）设物块C与物块A碰撞前的速度为v0，则

解得

A与C碰撞，根据动量守恒
mv0＝2mv1
解得

（2）物块C与A碰后粘连在一起之后，物块AC一起做简谐运动，在最高点时，B对地面的弹力恰好为零，则弹簧的弹力为
F弹＝mg
则对物块AC受力分析，回复力为
F回＝2mg+F弹
根据简谐运动的对称性，物块AC在最低点时弹簧的弹力和重力的合力提供回复力，此时的弹力最大，最大为
Fm＝F回+2mg，解得Fm＝5mg
（3）设最开始时，弹簧的压缩量为x0，根据胡克定律
kx0＝mg
设A与C碰撞后下降的最大高度时，弹簧的形变量为x1，根据胡克定律
kx1＝Fm＝5mg
则根据功能关系

以上各式联立，解得

答：（1）A与C碰撞后的共同速度为；
（2）弹簧弹力的最大值等于5mg；
（3）弹簧的劲度系数k等于。
【点评】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。
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答案
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题号
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答案
B