2024年华师大版选修3物理上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华师大版选修3物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、泊松亮斑是光的()A.干涉现象,说明光有波动性B.衍射现象,说明光有波动性C.干涉现象,说明光有粒子性D.衍射现象,说明光有粒子性2、关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是A.电场和磁场总是相互联系着的，统称为电磁场B.电磁场由发生区域向远处传播形成电磁波C.电磁场是一种物质，不能在真空中传播D.电磁波的传播速度总是3.00×108m/s3、在如图所示的电路中，两表为理想电表，当变阻器R3的滑动头P向a端移动时()

A.电压表示数变小，电流表示数变大B.电压表示数变大，电流表示数变小C.电压表示数变小，电流表示数变小D.电压表示数变大，电流表示数变大4、一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度由0升高到10时，其压强的增加量为Δp1，当它由100升高到110时，其压强的增加量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是（）A.1∶1B.1∶10C.10∶110D.110∶105、如图所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的V-T图象．由图象可知()

A.pA>pBB.pCBC.pA>pCD.pC>pB6、如图所示，一个匝数为n的圆形线圈，面积为S，电阻为r．将其两端a、b与阻值为R的电阻相连接，在线圈中存在垂直线圈平面向里的磁场区域，磁感应强度B随时间t均匀增加，当时线圈中产生的感应电流为I1；当时，其他条件不变，线圈中产生的感应电流变为I2．则通过电阻R的电流方向及I1与I2之比分别为。

A.c→d，I1:I2=1:2B.c→d，I1:I2=2:1C.d→c，I1:I2=2:1D.d→c，I1:I2=1:27、如图所示，A1、A2为电流表，V为电压表，C为电容器，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中；下列结论正确的是。

A.电压表V示数变小B.电流表A1示数变小C.电流表A2示数变大D.电容器C上电荷量增大8、如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时()

A.电压表的读数减小B.R1消耗的功率增大C.电源的输出功率增大D.电容器C所带电荷量增多评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里．一个带电油滴沿着一条与竖直方向成a角的直线MN运动．由此可以判断（）

A.如果油滴带正电，它是从M点运动到N点B.如果油滴带正电，它是从N点运动到M点C.如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点D.如果水平电场方向向右，油滴是从N点运动到M点10、图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若滑动变阻器的触头P向下滑动时，则()

A.小灯泡的功率增大B.电压表的示数增大C.电容器上的电荷量增加D.两表示数变化量的比值不变11、如图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，在原、副线圈的回路中接入的电阻阻值均为R，电压表和电流表均为理想电表，a、b端接有电压为220sin10πtV的交流电，开关S处于断开状态时，设电压表读数为U，原、副线圈回路中电阻R消耗的功率之比为k；则()

A.U＝88V，k＝B.U＝110V，k＝4C.当开关闭合时，电流表的示数会减小D.当开关闭合时，电压表的读数会减小12、如图所示，一带电小球在相互垂直的电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（）

A.小球一定带正电B.小球一定带负电C.小球逆时针旋转D.小球顺时针旋转13、法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示．软铁环上绕有M；N两个线圈；当M线圈电路中的开关断开的瞬间，以下说法正确的是（）

A.线圈N中的磁通量正在增加B.线圈N中的磁通量正在减少C.通过电流表G的电流方向为a→bD.通过电流表G的电流方向为b→a评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、如图为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡，光照射电阻时，其阻值将变得远小于R。该逻辑电路是__________（选填“与”、“或”或“非”）门电路。当电阻受到光照时，小灯泡L将__________（选填“发光"或“不发光”）。

15、热力学温度T与摄氏温度t

（1）摄氏温标：一种常用的表示温度的方法．规定标准大气压下_______为0℃，_______为100℃，在0℃和100℃之间均匀分成_______等份；每份算做1℃。

（2）热力学温标：现代科学中常用的表示温度的方法，热力学温标表示的温度叫热力学温度，用符号_______表示，单位是_______，符号为_______。

（3）摄氏温度与热力学温度的关系为T＝t＋_______K。16、等压变化：一定质量的某种气体，在______不变时，体积随温度变化的过程。17、玻璃管中的液面呈“凹”形，这是水浸润玻璃产生的物理现象，根本原因是附着层内分子间距______（选填“大于”“等于”或“小于”）液体内部分子间距；分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图所示，能反映附着层内水分子的分子势能Ep的可能是图中______（选填“A”；“B”或“C”）的位置。

18、一卡诺热机，工作在300K的高温热源和200K的低温热源之间，则此热机的效率η=__________________。若在等温膨胀过程中此热机吸热2×105J，则在每一循环中对外所作的功W=_______________。19、如图是一定质量的理想气体的压强与热力学温度的图，是理想气体的三个状态，其中平行于坐标轴平行于坐标轴则从到过程中气体的分子平均动能_________（填“变大”、“变小”或“不变”），从到的过程________（填“可能”或“不可能”）为绝热过程，从到的过程中气体的密度______（填“变大”；“变小”或“不变”）

20、如图所示为某磁场的磁感线分布情况，图中M点的磁感应强度_________(填“大于”；“等于”或“小于”)P点的磁感应强度．

21、如图，竖直放置的均匀等臂U型导热玻璃管两端封闭，管内水银封有A、B两段气柱，右管水银面高于左管水银面，高度差为h，若环境温度降低，稳定后A、B气柱的压强之比pA∶pB与降温前相比将_______（选填“变大”、“变小”或“不变”），右管水银面的高度变化Δh______（选填“＞”、“＝”或“＜”）．

22、一个质量m=1.0kg的物体，放在水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为=0.2，当物体受到一个F=10N水平推力的作用时，在10s内推力的冲量大小为______N·s．评卷人得分四、作图题(共3题，共12分)23、如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．

24、示波管的内部结构如图所示．如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．

25、图中表示某一时刻的波形图，已知波速为0.5m/s，波沿着x轴的正方向传播；画出经过7s后的波形曲线。

评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)26、在做“测定玻璃的折射率”的实验中，先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察，插上大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像．如图所示，aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面，用“+”表示大头针的位置．图中AO表示经过大头针P1和P2的光线，该光线与界面aa'交于O点，MN表示法线．

（1）请画出玻璃砖中的折射光线，并在图中标出光线进入玻璃砖发生折射现象的入射角θ1和折射角θ2________；

（2）该玻璃砖的折射率可表示为n＝________．（用θ1和θ2表示）

27、某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止开始滚下和b球相碰后；两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．

（1）本实验必须测量的物理量有()

A.斜槽轨道末端的水平地面的高度H

B.小球a、b的质量

C.小球a、b的半径r

D.小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t

E.记录纸上0点到A；B、C各点的距离OA、OB、OC

F.a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h

（2）根据实验要求，_________（填“大于”；“小于”或“等于”）；

（3）放上被碰小球后，两小球碰后是否同时落地？如果不是同时落地，对实验结果有没有影响________？（不必作分析）

（4）为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的0点对齐，下图给出小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为_______cm．

（5）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是___________________．28、某同学家里有一卷镍铬合金丝(表面绝缘层很薄)如图甲所示；他上网查出了其电阻率为ρ，拿到学校实验室用学过的方法测总长度．他选用的器材有多用电表；电压表、定值电阻、单刀双掷开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等．

测量步骤如下。

(1)使用螺旋测微器测量合金丝伸出部分的镍铬合金丝的直径，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径D为___________mm．

(2)使用多用电表粗测其总电阻，选择欧姆挡“×10”倍率进行测量，多用电表的示数如图丙所示，则读数为___________Ω(结果保留两位有效数字)．

(3)该同学设计了如图甲所示的电路求合金丝的电阻，其中Rx为待测合金丝，R0为定值电阻，S2为单刀双掷开关，当S2打向1时电压表读出数值U1，打向2时电压表读出数值U2．请按他的实验原理图在图乙中连接好未曾连接的导线________．

(4)根据实验测得的镍铬合金丝的电阻值，可根据以上实验数据估算这卷镍铬合金丝的长度表达式是L=___________(用U1、U2、D、R0、ρ来表示)29、在测量油酸分子直径的实验中，使油酸在水面上形成一层单分子油膜．油膜分子都是直立在水面上的，单分子油膜的厚度即等于油酸分子的________．若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3mL，其形成的油膜面积为40cm2，则估测出油酸分子的直径为________m．评卷人得分六、解答题(共3题，共24分)30、如图所示的螺线管的匝数为30匝，横截面积20cm2，电阻r=1Ω，与螺线管串联的外电阻R1=2Ω，R2=3Ω．若穿过螺线管的磁场的方向如图所示，磁感应强度按图（b）所示的规律变化（以磁场方向向左为正）．求：

（1）t=4s时螺线管两端M、N间的电势差UMN．（2）t=4s时，R2上的电功率．31、如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上．D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F．该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察．恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE=2cm，EF=1cm．求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射)

32、如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，方向与xoy平面平行，且与x轴成角．一质量为m、电荷量为的粒子以速度从坐标原点O沿与x轴鱼方向成角射出，一段时间后进入电场，不计粒子重力．求：

粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；

粒子从O点出发后，第3次到达x轴所经历的时间t．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

泊松亮斑是光的衍射现象，干涉和衍射是典型的波动性特征，ACD错误B正确2、B【分析】变化的电场能产生磁场，变化的磁场能产生电场．所以变化的电场和变化的磁场总是相互联系着的，统称为电磁场，故A错误；电磁波是由变化电磁场产生的，由发生区域向远处传播形成电磁波，故B正确；电磁场是一种物质，所以传播不依赖是否真空，故C错误；电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s．故D错误；故选B.

点睛：了解电磁波的产生与传播，知道电磁波是横波，记住电磁波在真空中传播速度即可解答．3、B【分析】【分析】

由图示电路可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压，由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E-Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化；由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．

【详解】

当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内电压减小，因此路端电压增大，故电压表示数变大；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定增大，故流过R2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小，故B正确，A、C、D错误．4、A【分析】【分析】

【详解】

等容变化中，这四个状态在同一条等容线上，因ΔT相同，所以Δp也相同。

故选A。5、D【分析】【详解】

试题分析：据题意，从A到B，气体压强不变，故选项A错误；从B到C，温度不变，体积减小，则据可得压强变大，选项D正确而选项B错误；从C到A，体积不变，温度减小，据可知压强减小；故选项C错误．

考点：本题考查理想气体V-T图像．6、A【分析】【详解】

根据楞次定律，磁场方向向里增加，则产生方向向外的感应磁场，则感应电动势为逆时针，电流从c到d，则选项CD错误．由可知变为2倍，则感应电动势变为2倍，电阻不变，电流变为2倍，则选项A正确，B错误．故选A.7、A【分析】【分析】

局部电阻的变小；会引起全电路电阻的变小，根据闭合电路欧姆定律，可得到干路电流的变化情况，路端电压的变化情况；根据串并联电流电压的特点，可以判断各支路电表示数的变化情况．

【详解】

ABC、将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，导致路端总电阻变小，根据可知，干路电流增大，即电流表A1示数变大；又因为则路端电压减小，则电压表V的示数变小；R2为定值电阻，故流过R2的电流减小，即电流表A2示数变小；故A正确；BC错误；

D、因电容器跟电阻R2并联，故电容器两端的电压为U，因可知，电容器上的带电量减小，故D错误．

故选A．

【点睛】

熟练掌握闭合电路欧姆定律及其变形表达式，清楚串并联电路电流电压的关系，是解决问题的关键．8、D【分析】【详解】

根据题图可知，R1、R2串联后接在电源两端，电容器C并联在R2两端，电压表V测路端电压．当滑动触头P向下滑动时，R2连入电路的电阻变大，则总电阻变大，由知电流I减小，由知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率无法判断．由知，R1消耗的功率变小．由知电容器两端电压变大；则电容器所带电荷量增多.

A.综上分析可知电压表示数变大；故A项不合题意.

B.综上分析可知R1消耗的功率变小；故B项不合题意.

C.综上分析可知电源的输出功率无法判断；故C项不合题意.

D.综上分析可知电容器C所带电荷量增多；故D项符合题意.二、多选题(共5题，共10分)9、A:D【分析】【分析】

对带电粒子进行受力分析；受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性，同时可知电场的方向以及粒子的运动方向．

【详解】

根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知；如果油滴带正电，水平电场的方向只能向左，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故A正确，B错误．

如果水平电场方向向右，油滴只能带负电，电场力水平向左，由左手定则判断可知，油滴的速度从N点到M点，故C错误，D正确．故选AD．10、A:B:D【分析】【分析】

分析电路结构，当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电阻R2减小；分析电路中总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可分析电路中电流及电压的变化，从而判断电容器电量的变化．根据欧姆定律分析两表示数变化量的比值．

【详解】

由图可知,L和R2串联后和C并联，再与R1串联；电容器在电路稳定时相当于断路；

A.当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电阻R2减小；电路的总电阻减小，总电流I增大，流过小灯泡的电流增大，则小灯泡的功率增大，故A正确；

B.由欧姆定律知；电压表的示数增大，故B正确；

C.电容器板间电压UC=E−I(R1+r)，I增大，则UC减小；电容器上的电荷量减少，故C错误；

D.|△U/△I|=R1；保持不变，故D正确．

故选ABD11、A:D【分析】【详解】

AB、由原线圈回路中电阻R消耗的功率副线圈回路中电阻R消耗的功率则有副线圈的电流原线圈回路中原线圈回路中电阻R的电压a、b端电压有效值为由题意可知输入电压有效值为解得故A正确；B错误；

CD、当开关闭合时，负载减小，副线圈的电流原线圈回路中原线圈回路中电阻R的电压由题意可知输入电压有效值为解得故C错误，D正确；

故选AD．

【点睛】突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系．12、B:D【分析】【详解】

AB．小球在竖直平面内做匀速圆周运动；故重力和电场力平衡，重力竖直向下，则电场力竖直向上，而电场方向向下，故此小球带负电．故A错误；B正确；

CD．由左手定则，磁场从掌心穿入，洛伦兹力提供向心力指向圆心，四指指向负电荷运动的反方向，可判断小球沿顺时针方向运动，故C错误，D正确．13、B:C【分析】【分析】

【详解】

根据安培定则可知，原线圈产生的磁场是按顺时针方向通过原副线圈的，当M线圈电路中的开关断开的瞬间，M线圈磁通量减少，而变压器原副线圈的磁通量的变化是相同的，则线圈N中的磁通量也在向下减少，根据楞次定律知N中产生感应电流，感应电流磁场的方向向下，所以通过电流表G的电流方向为a→b，BC正确．三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]该逻辑电路为非门电路，非门电路的特点是输入状态和输出状态相反，当电阻受到光照时，其阻值将变得远小于R，则R两端的电势差大，两端的电势差小，则输入端为低电势，那么输出端为高电势，小灯泡L发光。【解析】①.非②.发光15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】冰的熔点水的沸点100T开尔文K273.1516、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】压强17、略

【分析】【详解】

[1][2]浸润现象产生的原因是附着层内分子间距小于液体内部分子间距，分子间表现为斥力，分子势能可能是图像中的A点。【解析】小于A18、略

【分析】【详解】

[1]卡诺热机的效率

[2]由

可得【解析】33.3%6.67×104J19、略

【分析】【详解】

[1]气体的分子平均动能和温度有关，温度越高气体的分子平均动能越大。从到过程中；温度降低，所以气体的分子平均动能变小。

[2]从到的过程压强不变；温度升高，则内能增加，同时体积增大，气体膨胀对外做功，因此气体要吸热，不可能为绝热过程。

[3]从到的过程中温度不变，压强降低，可知体积增大，则气体的密度变小。【解析】变小不可能变小20、略

【分析】【详解】

如图；M点处磁感线比P点处磁感线密，则M点的磁感应强度大于P点的磁感应强度．

【点睛】

磁感线可以形象表示磁场的强弱和方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，磁感应强度越大．磁感线的切线方向表示磁场的方向．【解析】大于21、略

【分析】【详解】

假设若环境温度降低后，△h不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得：对于左边气体：对于右边气体：而由题意知，p1＞p2，故有：△p＞△p′，若温度降低，压强都减小，左边气体压强降的多，则水银柱会向下移动，显然原假设错误，△h将减小．A部分的体积减小，B部分的体积增大．设A部分的气体的物质的量是n1，B部分气体的物质的量是n2，则由克拉伯龙方程得：PAVA=n1RT；PBVB=n2RT，其中的R为克拉伯龙常数．则有：变形得：由于降温后A部分的体积减小，B部分的体积增大，所以稳定后A、B气柱的压强之比pA：pB与降温前相比将变大．由以上的分析可知，虽然水银柱向下运动，但PAVA＞PBVB，所以左侧气体的压强仍然大于右侧的压强，所以稳定后左侧的液面仍然低于右侧的液面，所以△h小于．【解析】变大小于22、略

【分析】根据I=Ft得；10s内推力的冲量I=10×10N•s=100N•s

点睛：本题考查了冲量公式的基本运用，知道推力F的冲量与其它力的大小无关，不要受题目中摩擦力等因素的影响．【解析】100四、作图题(共3题，共12分)23、略

【分析】【详解】

利用右手螺旋定则；已知电流的方向可判定磁场方向，也可以通过磁场方向来确定电流的方向；

图甲；已知磁场方向，顺时针方向，则电流垂直纸面向里；

图乙；电流右侧的磁场的方向向里，左侧的磁场的方向向外，则电流的方向向上；

图丙；已知磁场方向，则可知电流方向，逆时针方向；

图丁；环形电流从左侧流入，从右侧流出，所以磁场的方向向下；

图戊；根据螺线管中电流方向，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向左；

图已；根据螺线管中上边的电流方向向外，下边的电流的方向向里，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向右．如图所示：

【解析】24、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；

要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压；即扫描电压．

B图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．

考点：考查了示波器的工作原理。

【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解析】25、略

【分析】【分析】

【详解】

7s波向前传播的距离为

7s后，故x=3.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出以下图形。

【解析】五、实验题(共4题，共20分)26、略

【分析】【详解】

（1）由于P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，故通过P1、P2的光线折射后通过P3、P4；作出光路图，如图所示：

②根据折射定律，玻璃砖的折射率为【解析】（1）（2）27、略

【分析】【详解】

（1）由碰撞过程动量守恒可得mava0=mava+mbvb，

再由平抛规律OB=va0t，OA=vat，OC=vbt

整理以上各式可得maOB=maOA+mbOC，所以本实验必须测量的物理量有小球a、b的质量、记录O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC，故选BE．

（2）根据动量守恒定律可知若碰撞小球a的质量小于b球的质量，则小球a可能被碰回，所以a球质量必须大于b球质量．

（3）b球先落地，对实验结果无影响；

（4）根据毫米刻度尺的读数规则可知OB=45.95±0.02cm

（5）根据（1）问分析可知，验证动量守恒的验证式是maOB=maOA+mbOC

【点睛】

解题的关键是根据碰撞时两小球动量守恒列出有关表达式，然后再结合平抛运动规律整理出“平均”动量守恒的表达式即可求解．【解析】(1)BE(2)大于(3)不是，无(4)45.95±0.05(5)maOB＝maOA＋mbOC