2025年人教版PEP选择性必修1物理下册月考试卷含答案

…………○…………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2025年人教版PEP选择性必修1物理下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5题，共10分)1、在某次乒乓球比赛中；乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的球1和球2，如图所示．不计乒乓球的旋转和空气阻力．研究乒乓球自起跳到过网的过程，下列说法正确的是（）

A.过网时，球1的速度大于球2的速度B.起跳时，球1动量的大小小于球2动量的大小C.球1的飞行时间大于球2的飞行时间D.球1的速度变化率小于球2的速度变化率2、光滑水平面和竖直光滑曲面相切于曲面的最低点，大小相同的弹性小球A、B质量分别为mA和mB。B静止于曲面的最低点，让球A从曲面上一定高度h滑下，在最低点与球B发生正碰；碰撞过程无机械能损失，水平面足够长。下列说法正确的是（）

A.两小球不可能发生第二次碰撞B.当时，两小球只能发生一次碰撞C.增大h可能让两小球发生第二次碰撞D.若mAB，两小球一定能发生第二次碰撞3、如图所示，OMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，OM下端与MN相切。质量为m的小球B静止在水平轨道上，质量为2m的小球A从OM上距水平轨道高为h处由静止释放；A球进入水平轨道后，与B球发生弹性碰撞。A；B两小球均可视为质点。关于A、B球碰撞后的速度大小之比，正确的是（）

A.B.C.D.4、湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知：该船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1＜v2.，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力的功率为（）A.B.C.D.5、如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住．不计水的阻力．则抛出货物的最小速率是（）

A.v0B.2v0C.3v0D.4v0评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、一次台球练习中某运动员用白球击中了彩球，白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间非常短，碰后两球在同一直线上，且台球与桌面之间的粗糙程度保持不变，两球质量均相同，碰撞后两球的位移x（m）与速度的平方（）关系如图所示，重力加速度g取下列说法正确的是（）

A.碰撞中，两球之间作用力的冲量大小相等，方向相反B.碰撞过程中系统的机械能守恒C.碰撞前白球的速度为1.7m/sD.台球与桌面之间的动摩擦因数为0.0257、如图甲所示，光滑球面，圆弧AB远远小于圆弧的半径，且A、B等高，其中B点和圆弧最低点之间由光滑斜面相连，现有三个小球，甲球从A点由静止释放沿圆弧下滑，乙球从B点由静止释放沿斜面下滑，丙球从圆心O点由静止释放，忽略空气阻力；若撤走斜面，让其中一个小球从A点由静止开始在圆弧上往复运动，其x－t图像如乙图所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.甲球到达圆弧最低点的运动时间为B.圆弧的半径为C.乙球运动到圆弧最低点的时间E.若A、B两点的距离为d，则内小球往复运动的路程约为4.5dE.若A、B两点的距离为d，则内小球往复运动的路程约为4.5d8、如图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图像，在波的传播过程中，处的质点在该时刻之后的振动图像如图乙所示；下列说法正确的是（）

A.该波沿轴正方向传播B.该波的波长为C.该波的传播速度为E.在0至的时间内，质点通过的路程为E.在0至的时间内，质点通过的路程为9、如图，S1、S2是振幅均为A的两个水波波源，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。则下列说法错误的是（）

A.两列波在相遇区域发生干涉B.a处质点振动始终减弱，b、c处质点振动始终加强C.此时a、b、c处各质点的位移是：xa=0，xb=－2A，xc=2AD.a、b、c处各质点随着水波飘向远处10、如图所示，图中两小孩各握住轻绳一端M、N连续振动，形成甲、乙两列横波分别沿x轴相向传播，两波的波速为2m/s，振幅相同。t=0时刻的波形图如图所示；则下列说法正确的是（）

A.甲、乙两列波的频率之比为2：3B.遇到5m的障碍物，甲波的衍射现象更明显C.两列波将同时传到x=7m处E.再经过3s，平衡位置在x=3m处的质点振动方向向下E.再经过3s，平衡位置在x=3m处的质点振动方向向下11、如图所示，是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角今有a、b两束单色光从的中点P沿垂直的方向射入玻璃砖，a光线经面反射后恰好在面发生全反射，而b光线经面反射后能从面射出，不考虑多次反射作用（）则（）

A.a光的光子动量比b光大B.用同一装置进行双缝干涉时，a光的条纹间距比b光大C.玻璃砖对a光的折射率为D.a光在面上也发生了全反射12、用如图所示的实验装置观察双缝干涉图样；双缝之间的距离是0.2mm，用的是绿色滤光片，在毛玻璃屏上可以看到绿色干涉条纹。下列说法正确的是（）

A.毛玻璃屏上的干涉条纹与双缝垂直B.如果仅把毛玻璃屏向远离双缝的方向移动，相邻两亮条纹中心的距离变大C.仅把绿色滤光片换为红色，相邻两个亮条纹中心的距离增大了D.如果仅改用间距为0.3mm的双缝，相邻两个亮条纹中心的距离变大评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动；如图甲所示，它的振动图象如图乙所示，设向右为正方向，则：

(1)OB=___________cm。

(2)第0.2s末质点的速度方向是___________，加速度的大小为___________。

(3)第0.4s末质点的加速度方向是___________。

(4)第0.7s时，质点位置在___________点与___________点之间。

(5)质点振动的周期T=___________s。

(6)在4s内完成___________次全振动。14、动量定理。

（1）内容：物体在一个运动过程始末的___________等于它在这个过程中所受___________的冲量。

（2）公式：___________。

（3）动量定理的理解。

（a）动量定理反映了力的冲量与___________之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的___________是结果。

（b）动量定理中的冲量是___________的冲量；而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。

（c）动量定理表达式是___________式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。15、如图所示，一束光线从玻璃球的A点射入，入射角为60°，折射入球后，经过一次反射再折射到球外的光线恰好平行于入射光线。则玻璃球的折射率为_________，B点_______光线折射出玻璃球（选填“有”或“没有”）

16、列举激光的两个特性：（1）____________；

（2）__________________。

举出激光的两种用途：

（1）________________；

（2）___________________。17、一列声波从空气传入水中，则此列波的频率将_______，波长将_____。(填“变大”、“变小”、“不变”)18、如图所示，甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正、负方向传插、波速均为8m/s，t=0时刻两列波的前端分别传播到x=-2m处和x=8m处。则当两列波在空间中发生干涉时，x=0处为振动的___________点（选填“加强”或“减弱”）；t=1s时，x=0处的质点位移为___________cm。

评卷人得分四、作图题(共4题，共28分)19、细绳的一端在外力作用下从时刻开始做简谐运动，激发出一列简谐横波，在细绳上选取15个点，图为时刻各点所处的位置，图为时刻的波形图（T为波的周期）.请在图中画出时刻的波形图________

20、如图所示为一弹簧振子在A、C间振动；图中黑点为振子球心的位置。

(1)画出振子位于C点时离开平衡位置O的位移；

(2)标出振子位于A点时加速度的方向。

21、图中的横波正在沿轴的正方向传播，波速为分别画出经过和时刻的两个波形图。

22、某同学做“测玻璃砖的折射率”的实验时；绘制的光路图如图所示，请通过尺规作图；刻度尺测量，求出该玻璃砖的折射率。（结果保留两位有效数字。）

评卷人得分五、实验题(共1题，共3分)23、某同学用如图所示的装置通过半径相同的A；B两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下；落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹；再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从同一位置由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，最终得到了如图所示的三个平均落点。

(1)在确定落点的位置时，用尽可能小的圆把所有相同情况下某小球落点痕迹都圈在里面，其_________就是该小球落点的平均位置。

(2)已知A球的质量大于B球的质量，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出N点是_________的落地点，M点是_________的落地点。

(3)若A球的质量为m1，B球的质量为m2，用图中的字母和已知物理量写出动量守恒定律的表达式为_________。评卷人得分六、解答题(共4题，共40分)24、如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为．求：

（1）A刚滑离木板B时；木板B的速度；

（2）A与B的上表面间的动摩擦因数

（3）圆弧槽C的半径R；

（4）从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能．

25、如图为2019年4月10日21时公布的，人类首次成功捕获的M87星系中心的黑洞图像。我们无法用肉眼看到“真身”，因为黑洞的引力很大，强到连光都无法逃脱黑洞的强大引力。作为一种电磁波，光可以在真空和大气中以接近30万千米每秒的速度前进，如果有一频率为的光射入眼中，结合下表分析，我们会感觉到什么颜色？。光的颜色红橙黄绿蓝——靛紫真空中的波长

700~620620~600600~580580~490490~450450~400

26、如图所示，物流公司包裹分拣水平传送带以恒定速度顺时针运转，某一时刻在左端无初速地放上一质量的包裹A，相隔时间后，在左端无初速地放上另一质量的包裹B，再经过B与A发生碰撞，B、A碰撞时间极短，碰撞后紧贴在一起向右运动，其中A与传送带间的动摩擦因数传送带足够长，包裹大小不计，取求：

（1）碰前A的位移大小，以及碰前瞬间A的速度大小；

（2）碰前B的加速度大小，以及碰后瞬间A和B共同速度的大小。

27、直角棱镜的折射率n=1.5，其横截面如图所示，图中∠C=90°，∠A=30°。截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。

（1）光线在BC边上是否会发生全反射?说明理由；

（2）不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A.．两个小球弹起来之后到网的这段过程；可看成逆向的平抛运动，1球水平位移大，故平抛初速度大，落地时候水平方向1球速度大，竖直方向速度相等，1起跳速度大；故过网时，球1的速度大于球2的速度；故A正确；

B．水平方向做匀速直线运动，1球水平位移大，故平抛初速度大，而竖直方向运动相同，即起跳时的竖直分速度大小相同，故起跳时，1球的速度大于2球的速度，根据

可知；1球动量的大小大于2球动量的大小，故B错误；

C．由于竖直方向运动高度相同；故运动时间相同，故C错误；

D．速度变化率即为加速度；根据牛顿第二定律可知，加速度相同，故D错误。

故选A。2、B【分析】【详解】

AC．由能量守恒定律和动量守恒定律，有

两球撞击后的速度为

当它们速度同向时，不会发生第二次碰撞；若球A反弹后滑上曲面，由于机械能守恒，球A回到水平面时的速度与反弹时的速度大小相等，当时，可以发生第二次碰撞，与h无关；选项AC错误；

BD．若发生第二次碰撞，则有

计算得所以当时，球A、B只能发生一次碰撞；故B正确，D错误。

故选B。3、B【分析】【详解】

设A与B碰前的速度为发生弹性后A、B的速度分别为由动量守恒定律可得

据机械能守恒定律可得

联立解得

其中

可得

故A；B球碰撞后的速度大小之比为1：4。

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

单位时间t内冲击船帆的空气的体积

单位时间t内冲击船帆的空气质量

空气的动量改变量

帆对空气的作用力F，由动量定理

解得

根据牛顿第三定律，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小

风对船帆的推力的功率为

故C正确；ABD错误。

故选C。5、D【分析】【详解】

设抛出货物的速度为v；以向右为正方向；

由动量守恒定律得：

乙船与货物：12mv0=11mv1-mv；

甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2；

两船不相撞的条件是：v2≤v1；

解得：v≥4v0，则最小速度为：4v0．

故选D．

【点睛】

在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．二、多选题(共7题，共14分)6、A:C:D【分析】【详解】

A．根据I=Ft可知作用力与反作用力由于大小相等；方向相反，则一对作用力与反作用力的冲量等大反向，即碰撞中，两球之间作用力的冲量大小相等，方向相反，故A正确；

B．若碰撞过程系统机械能守恒；即若发生的是弹性碰撞，白球与静止的彩球发生正碰，两球质量相等，则速度发生交换，白球速度应该为0，根据图示可知，图线与横轴的交点坐标为球体碰后速度的平方，则碰撞后白球速度不为0，可知碰撞是非弹性碰撞，碰撞过程中系统的机械能不守恒，故B错误；

C．根据图像可知，碰撞后，白球与彩球的速度分别为

根据动量守恒定律有

解得

故C正确；

D．根据速度与位移关系式有

变形有

结合图像有

解得

对球体分析有

解得

故D正确。

故选ACD。7、B:C:E【分析】【详解】

ACD．甲球是等效单摆，甲球从静止运动到最低点的时间

设弦轨道的倾角为对于乙球，有

可得

丙球做自由落体运动，有

可得

则有

故C正确；AD错误；

B．根据单摆周期公式可得

解得

故B正确；

E．由题意知道圆弧AB远远小于圆弧的半径，可知2倍振幅约等于A、B两点的距离为d，内小球往复运动的路程

故E正确。

故选BCE。8、B:D:E【分析】【分析】

【详解】

A.由乙图可知该时刻质点P的速度向下，则由同侧法可知，这列波沿x轴负方向传播；故A错误；

BC.由甲图知，这列波的波长λ=8m；由乙图可知，该波的周期T=0.02s，则波速为

故B正确；C错误；

D.图示时刻P点沿y轴负方向运动t=1.5s时质点P处于平衡位置且向y轴负方向振动；故D正确；

E.在0至5s的时间内，质点P运动了250个周期；一个周期运动4倍振幅为40cm，通过的路程为100m，故E正确；

故选BDE。9、A:B:D【分析】【详解】

AB．由题图可知两列波波长不等，但由于在同一种介质中传播，所以波速相等，根据

可知两列波频率不等，所以不能在相遇区域发生稳定的干涉，则a处质点振动并不是始终减弱，b、c处质点振动也不是始终加强；只是在相应波峰；波谷相遇时刻才发生上述现象，AB错误，符合题意；

C．由题图可知此时a处S1的波谷与S2的波峰相遇，b处两列波的波谷相遇，c处两列波的波峰相遇，根据波的叠加原理可知此时a、b、c处各质点的位移分别是xa=0，xb=－2A，xc=2A

C正确；不符合题意；

D．波的传播方向上参与振动的质点只在自身的平衡位置附近振动；不会沿波的传播方向移动，D错误，符合题意。

故选ABD。10、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

A．由图像可知，甲、乙两列波的波长分别为6m、4m，根据

波速相同时；频率与波长成反比，所以甲；乙两列波的频率之比为2：3，A正确；

B．遇到5m的障碍物；甲波波长大，甲波的衍射现象更明显，B正确；

C．开始时刻，两列波到x=7m处的距离相同，根据

两波速度相同，则两列波将同时传到x=7m处；C正确；

D．由于两波的频率不同；则不能形成相干波源，不存在始终为振动减弱点，及振动加强点，D错误；

E．甲波的周期为

再经过3s，甲波在平衡位置x=3m处，振动1个周期，恰好处于平衡位置向上振动，乙波向前传播的距离

平衡位置x=3m处，恰好处于乙波的波峰，振动速度为0，根据波的叠加原理可知，平衡位置在x=3m处的质点振动方向向上；E错误；

故选ABC。11、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．据题意作出光路如图。

发生全反射的临界角为C；有。

而两列光的入射角相同，a光线发生了全反射，b光折射，则有则有而光子的动量为。

故a光的光子动量比b光大；故A正确；

B．由结合可知，而用同一装置进行双缝干涉时的条纹间距为。

则a光的条纹间距小于b光的条纹间距；故B错误；

C．a光发生全反射的临界角为37°；则有。

解得a光的折射率为。

故C正确；

D．由光路图的几何关系可知，a光在AB面反射的入射角为小于全反射的临界角37°，则a光在面上不能发生全反射；故D错误。

故选AC。12、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．因为干涉条纹与双缝平行；A错误。

B．根据双缝干涉时相邻两个亮（或暗）条纹中心间距公式

可知，如果仅l增大，则Δx增大；B正确；

C．仅把绿色滤光片换为红色，变大，则Δx增大；C正确；

D．如果仅改用0.3mm的双缝，即仅d增大，则Δx减小；D错误。

故选BC。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【详解】

(1)[1]从图象上可以看出振幅是5cm，所以OB=5cm

(2)[2]根据正方向的规定及振动图象可知，质点从位置B开始计时，第0.2s末，质点回到平衡位置O，向负方向运动，所以此时速度方向从O指向A；位移为零；

[3]由F=-kx

可知回复力为F=0

所以加速度a=0

(3)[4]第0.4s末质点到达A点，位移为负，回复力F应为正，此时加速度方向由A指向O；

(4)[5][6]第0.7s时，质点从平衡位置向B位置运动，则质点在O点和B点之间；

(5)[7]根据图象可知，振动周期为T=0.8s

(6)[8]在4s内完成全振动的次数为【解析】5O→A0A→OOB0.8514、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]动量定理的内容为：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量。

(2)[3]相应的公式为mv′-mv=F(t′-t)或p′-p=I

(3)[4][5]动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系；即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。

[6]动量定理中的冲量是合力的冲量；而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。

[7]动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。【解析】①.动量变化量②.合力③.mv′-mv=F(t′-t)或p′-p=I④.动量变化量⑤.动量变化量⑥.合力⑦.矢量15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]光路图如图。

由几何关系可得

则得

玻璃球的折射率为

[2]设全反射临界角为C，则有

光线射到B点时入射角为

因为

所以光线在B点不能发生全反射，光线折射出玻璃球【解析】有16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】极好的方向性极好的单色性激光测距激光通讯17、略

【分析】【详解】

［1］由于波的频率是由波源决定的；因此波无论在空气中还是在水中频率都不变。

［2］因波在水中传播速度较大，由公式v＝λf知，声波在水中的波长将变大。【解析】不变变大18、略

【分析】【详解】

[1]由题意知两列波的波速、波长均相等，则两列波的频率相等，可以发生干涉。由图可知x=-9m和x=9m两处的波峰会同时传播到x=0处，故x=0处为振动的加强点。

[2]波速均为8m/s，则当t=1s时，x=-8m和x=8m两处在t=0时刻的振动形式传播到x=0处，由波的叠加原理可知此时x=0处的质点位移为0。【解析】加强0四、作图题(共4题，共28分)19、略

【分析】【详解】

[1]设方格的边长为由图可知，波的波长应为波的振幅应为在内波传播了则再过半个周期波应再传播故9点开始向上振动，此时0点应到达负向最大位移处；6点达正向最大位移处；故波形如图所示：

【解析】20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)位移总是偏离平衡位置，振子位于C点时离开平衡位置O的位移s如图所示。

(2)加速度总是指向平衡位置，振子位于A点时加速度aA的方向如图所示【解析】(1)(2)21、略

【分析】【详解】

ls内波向前传播的距离为0.5×1m=0.5m，1s后故x=0.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出以下图形如图1虚线。

4s内波向前传播的距离为0.5×4m=2.0m，4s后故x=2.0m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此图形与开始时是相同的，如图2

【解析】见解析。22、略

【分析】【分析】

【详解】

测量的长度，根据折射率表达式，有

带入数据，可得【解析】1.7五、实验题(共1题，共3分)23、略

【分析】【详解】

(1)[1]在确定落点的位置时；用尽可能小的圆把所有的小球落点痕迹都圈在里面，则圆心所在的位置就是小球落点的平均位置。

(2)[2][3]P为A小球碰前的落地点，M是A球碰后的落地点，N是B球碰后的落地点。

(3)[4]要验证的关系式是

由于小球在竖直方向做自由落体，高度相同，所以在空中的运动时间相同