1、物理试题答案一、单选题1.B2.C3.D4.A5.D6.B7.A1.【答案】B【解析】简谐运动的位移的初始位置是平衡位置，所以简谐运动中位移的方向总是背离平衡位置的，故 A 选项错误；加速度的方向总是指向平衡位置的，故 B 选项正确；位移方向与速度方向可能相同，也可能相反。故 C、D 选项错误。2.【答案】C解析：动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，本题中子弹、木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上受合外力之和为零，所以动量守恒机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹穿入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒故
2、C 选项正确A、B、D 错误3.【答案】D【解析】阳光下水面上的油膜呈现出彩色条纹是光的干涉现象，选项 A 错误；雨后天空中出现的彩虹是光的色散现象，选项 B 错误；用白光照射不透明的小圆盘，在圆盘阴影中心出现一个亮斑是光的衍射现象，选项 C 错误；某人潜入游泳池中，仰头看游泳馆天花板上的灯，由于光的折射，他看到灯的位置比实际位置高，选项 D 正确。4.【答案】A【解析】由光路图可知，光线在 OA 面上的入射角：i=60，折射角：r=30根据折射定律得折射率为：60330sinisinnsinrsin=光线在 M 点的入射角为：i=30，sini=0.5临界角的正弦为：，即有：iC133sin
3、Csinin=故折射光线中恰好射到 M 点的光线不能发生全反射故选 A5.【答案】D【解析】双缝干涉条纹等间距、等宽度、等亮度，故 A 错误；根据 x 知，不同色光，共 6 页 第 2 页波长不同，则条纹的间距不同，故 B 错误；根据 x 知，同种色光，光屏离双缝距离越小，则条纹间距越小，故 C 错误；根据 x 知，红光的波长长，则红光的条纹间距大，故 D 正确6.【答案】B【解析】由图知 Q 点是波谷和波谷叠加，正处在波谷，故 A 错误；P、N 两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，B 正确；由图可知 M 点为波峰与波峰相遇，是振动加强点，但并不是位移始终为 2A，故 C 错误；M 点为波峰与
4、波峰相遇，半个周期后为波谷与波谷相遇，M 点处于波谷，位移为负 2A，故 D 错误。7.【答案】A解析：解：设运动员的质量为 m，他刚落到蹦床瞬间的速度为 v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即：，解得：；选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向。设蹦床对运动员的平均作用力为，由动量定理得：；蹦床对运动员的冲量大小为；结合以上两个式子可得：故 A 正确、BCD 错误。二、多选题8.BC9.AC10.CD11.AC12.BD8.【答案】BC【解析】A.单摆周期与质量无关，所以无法得到两球的质量关系；选项 A 不合题意.2lTgp=B.从图上知，则摆长相等；B 项符合题意
5、TT=乙甲C.两单摆相位相差，故 C 项符合题意.2,2sincm,sincm2AAxtxtpww=+=乙乙甲甲2D.由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才一定满足共 6 页 第 3 页，若不能满足以上的要求，则不一定满足，故 D 项不合题意.2ss=乙甲2ss=乙甲9.【答案】AC【解析】狭义相对论的两个假设分别是狭义相对性原理和光速不变原理，选项 A、C 正确思路分析：狭义相对论的两个假设分别是狭义相对性原理和光速不变原理，10.【答案】CD【解析】从图中可知波长，周期，故波速为，A
6、 错误；从图8ml=4Ts=2/vm sTl=甲中可知振幅为 4cm，B 错误；在 t=2 时刻 x=6m 处的质点正通过平衡位置向下振动，根据走坡法可得波的传播方向为 x 轴负方向，C 正确；从图乙中可知 t=4s 时，P 质点恰好经平衡位置向+y 方向运动，D 正确11.【答案】AC【解析】A.由图看出，两光束的入射相等，a 光的折射角小于 b 的折射角，由折射定律得知：a 光的折射率小于 b 光的折射率，根据折射率与频率的关系可知，a 光的频率小于 b 光的频率。故A 正确；B.不同的色光在真空中的波速都等于 3.0108m/s。故 B 错误。C.a 光的频率小于 b 光的频率，若 a
7、光为绿光，则 b 可能为紫光。故 C 正确。D.由 sinC=1/n，折射率越大，临界角越小，则光从水中射向空气时 b 光的临界角较小，若保持入射点 A 位置不变，将入射光线顺时针旋转，入射角增大时，b 先发生反射，从水面上方消失。故 D 错误。12.【答案】BD解析:小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间 二者相对静止，即为共速，设速度为 v1，mv(mM)v1，系统损失动能 Ek mv2(Mm)v 121221，A 错误、B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等12Mmv2Mm于系统产生的热量，即 EkQNmgL，C 错误，D 正确三、
8、实验题（共 2 小题，每空 3 分，共 18 分）13.（一）、【答案】（1）1.52（或 1.53 都算对）（2）9.76（3）D2400k【解析】（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数是 1.5cm，游标尺示数是 20.1mm=0.2mm=0.02cm，所以游标卡尺示数即小球的直径 d=1.5cm+0.02cm=1.52cm共 6 页 第 4 页（2）由题意知，单摆完成全振动的次数 n=10，单摆的周期 T=，由单摆周期公202tn10t式 T=2可得：t2=l，由图象得到的方程为：t2=404.0l+3.5，设 t2l 图象的斜率lg2400g为 k，由此可以得出当地的重力加速度的表达式 g
9、=，由=404.0，当地的重力2400k2400g加速度 g=9.76m/s22400404.0（3）小球经过最低点时开始计时并开始计数，是测量周期的正确方法，不会影响图像不过坐标原点；单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，该同学把摆线长度作为单摆摆长，摆长小于实际摆长，这是 t2-l 图象不过原点，在纵轴上截距不为零的原因，故 D 正确，A、B、C错误（二）、【答案】0.90012.0【解析】螺旋测微器的精确度为 0.01mm，转动格数估读一位，读数为 0.5+0.0140.0=0.900mm；相邻条纹的间距；2.4lxmmd lD=则从第 1 条明纹中心至第 6 条明纹中心的距离为 x=5x
10、=12.010-3m=12.0mm14.【答案】（1）波长 0.24 m，振幅为 10m；.2 分（2）(k=0、1、2、3).3 分3431.2()/0.24xkvkm stll+=+（3）(k=0、1、2、3).3 分1411.2()/0.24xkvkm stll+=+15.【答案】(1)10m/s（2）60cm【解析】质点 M 在 t=0 时沿 y 轴负方向振动，经过个周期第二次出现波峰74所以：.1 分174tT=解得：T=0.4s.1 分共 6 页 第 5 页由图可知波长为 4m，可得波速为：.2 分4 m/s=10m/0.4vsTl=从 t=0 开始，设经过质点 Q 开始振动，则有
11、：tD.1 分4 s=0.4s10QMxxtv-D=所以质点 Q 振动的时间为：.1 分121 0.40.6tttssD=-D=-=质点 Q 的路程为：.2 分10.644 10cm=60cm0.4tsATD=16.【答案】（1）（2）2333ac【解析】（1）由几何关系可知，全反射临界角 C=60，所以：.1 分.3 分123sin3nC=（2）由几何关系可知：.2 分1322EFDExxaaa+=+=通过棱镜的时间：。.333232aatcc=17（9 分）解：(1)设滑块 A 滑到圆弧末端时的速度大小为 v1，由机械能守恒定律有 mAgh mAv1221代入数据解得 v15 m/s.2gh(2)设 A、B 碰后瞬间的共同速度为 v2，滑块 A 与 B 碰撞瞬间与车 C 无关，滑块 A 与 B组成的系统动量守恒，有mAv1(mAmB)v2代入数据解得 v22.5 m/s.共 6 页 第 6 页(3)设车 C 的最短长度为 L，滑块 A 与 B 最终没有从车 C 上滑出，三者最终速度相同令其为 v3，根据动量守恒定律有(mAmB)v2(mAmBmC)v3根据能量守恒定律有(mAmB)gL(mAmB)v (mAmBmC)v 1221223联立式代入数据解得 L0.375 m.
