2025年外研版2024选择性必修1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2025年外研版2024选择性必修1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、下列关于单摆实验过程的具体步骤中，你觉得存在明显问题的是（）A.将细线穿过金属小球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一点的结，制成一个单摆B.将单摆平躺在桌上，用刻度尺、游标卡尺分别测量摆线长度和直径，取半径加线长为摆长C.铁架台放在桌边，使固定的铁架伸出桌面，然后把单摆固定在铁夹上，使摆球自由下垂D.当摆动稳定后摆球经过最低点时开始计时，测30~50次全振动的时间，并求出周期2、如图所示是水波遇到小孔后的图像，图中每两条实线间的距离表示一个波长，其中正确的图像是（）A.B.C.D.3、一物体沿水平面做初速度为零的匀加速直线运动，以动量大小p为纵轴建立直角坐标系，横轴分别为速度大小v、运动时间t、位移大小x，则以下图像可能正确的是（）A.B.C.D.4、如图；在跳高运动时，运动员落地一侧铺有海绵垫，这样做的目的是为了减小()

A.运动员的惯性B.运动员重力的冲量C.接触面对运动员的冲量D.接触面对运动员的作用力5、水平面上有质量均为1kg的两个小物块a、b。物块a在水平恒力F1=2N的作用下由静止开始运动4s，物块b在水平恒力F2=2N作用下由静止开始运动4m。两物块与水平面间的摩擦均可忽略不计。两物块在上述运动过程中（）A.物块a的加速度比物块b的加速度大B.物块a的末速度比物块b的末速度小C.力F1做的功比力F2做的功多D.力F1的冲量比力F2的冲量小6、如图所示，一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A。现以地面为参照系；给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板对地面的速度大小可能是（）

A.1.8m/sB.2.4m/sC.2.9m/sD.3.0m/s7、如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g取10m/s2．对于这个单摆的振动过程，下列说法中不正确的是（）

A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为B.单摆的摆长约为1.0mC.从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D.从到的过程中，摆球所受回复力逐渐减小8、一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从处的质点a开始振动时计时，图甲为时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象；则下列说法正确的是（）

A.该波的频率为2.5HzB.该波的传播速度为200m/sC.该波是沿x轴负方向传播的D.从时刻起，a、b、c三质点中c最先回到平衡位置评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L，导轨电阻不计，左端接有阻值为R的电阻，导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．质量为m、电阻不计的导体棒ab，在垂直导体棒的水平恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，导体棒ab刚好匀速运动；整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．在这个过程中，下列说法正确的是。

A.导体棒ab刚好匀速运动时的速度B.通过电阻的电荷量C.导体棒的位移D.电阻放出的焦耳热10、如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心．质量为m的小滑块以水平向右的初速度冲上圆弧轨道，恰好能滑到最高点，已知M=2m．，则下列判断正确的是（）

A.小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统机械能守恒B.小滑块冲上轨道的过程，小滑块对带有圆弧轨道的滑块的压力不做功C.小滑块冲上轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为D.小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为11、光学既是一门古老的基础科学，又是现代科学领域中最活跃的前沿科学之一，具有强大的生命力和不可估量的发展前景。关于光的应用，下列说法正确的是（）A.光导纤维传递信息时，利用了光的衍射原理B.检查一个平面的平整程度，可以利用光的干涉C.望远镜的镜头表面常常镀一层透光的膜，是利用了光的偏振D.激光雷达能精确测出目标的距离和运动速度，是利用了激光平行度好的特点12、如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m=2M的小物块．现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0的初速度；下列说法正确的是。

A.最终小物块和木箱都将静止B.最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为C.木箱速度水平向左、大小为时，小物块的速度大小为D.木箱速度水平向右、大小为时，小物块的速度大小为13、真空中，光滑绝缘的水平桌面上，质量分别为m和相距为L的M、N两个点电荷，由静止释放，释放瞬间M的加速度大小为a,经过一段时间后N的加速度大小也为a，且速度大小为v，则（）A.M、N带的是异种电荷B.N的速度大小为v时，M、N间的距离为C.N的速度大小为v时，M的速度大小也为vD.从释放到N的速度大小为v，M、N组成的系统电势能减少了14、关于动量和动能，以下说法中正确的是（）A.物体的动量不变，则动能不变B.物体的动能不变，则动量不变C.动量相同的两个物体，质量大的物体动能大D.动能相同的两个物体，质量大的物体动量大15、如图弹簧左端固定，将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于点，质量为的小球静止在水平轨道上，将质量为的小球压缩弹簧后由静止释放，小球能从点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点时恰好与圆管无弹力作用，之后从点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同且半径很小，圆弧轨道半径不计一切摩擦和空气阻力，取则（）

A.释放小球时弹簧内储存的弹性势能为B.两小球第一次碰撞后速度大小之比为C.两小球最终运动的速度大小之比为D.两小球至多能发生2次碰撞16、一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示；则（）

A.此单摆的固有周期约为B.此单摆的摆长约为C.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、判断下列说法的正误。

（1）衍射条纹和干涉条纹都是明暗相间的，所以二者是一样的。____

（2）只有波长长的光才发生衍射现象。____

（3）横波和纵波都能产生偏振现象。____

（4）自然光通过偏振片可以获得偏振光。____

（5）用激光做双缝干涉实验是应用了激光具有高度的相干性的特点。____

（6）利用激光的平行度好的特点，可以利用激光进行距离测量。____18、如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动。振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示。则t=0.8s时，振子的速度沿_______方向（填“+x”或“”），振子做简谐运动的位移的表达式为____________________________。

19、如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，质点M、N分别在波谷和平衡位置，质点P的横坐标为10m。已知t=0.6s时N到达波峰，则波传播的最小速度为___________m/s，波速最小时t=0起P到达平衡位置所用的最短时间为___________s。若波速为45m/s，则在0~s时间内M的路程为___________m。

20、如图所示为一弹簧振子的振动图像；试完成以下问题：

（1）该振子简谐运动的表达式为___________；

（2）该振子在第时的位移为___________该振子在前内的路程为___________21、弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，BC相距20cm，某时刻振子处于B点，经过0.5s，振子首次到达C点，则振子的振幅为_______，周期为______，振子在5s内通过的路程为_______22、如图所示，一个竖直方向上的弹簧振子由一只轻质弹簧和一个物块组成，在物块上安装一只记录笔。当弹簧振子沿竖直方向自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录印迹如图所示。如果空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，根据记录印迹图像可以确定弹簧振子的振幅为__________（用字母y1、y2表示），在图中从P到Q的时间内，振子受到的重力冲量大小__________（填“大于”、“等于”或“小于”）弹簧弹力的冲量大小，若拉动纸带的速度提升到2v，则振动周期为__________。

评卷人得分四、作图题(共2题，共6分)23、如图所示，一列简谐波在x轴上传播，波速为50m/s。已知时刻的波形图像如图甲所示，图中M处的质点此时正经过平衡位置沿y轴的正方向运动。将时的波形图像画在图乙上（至少要画出一个波长）。

24、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。

评卷人得分五、实验题(共1题，共5分)25、在做测量介质折射率的分组实验时；其中有两个实验小组用不同的介质做的实验情况如下：

（1）甲组同学在测玻璃的折射率实验时，用他们测得的多组入射角与折射角作出图像如图甲所示，设则该玻璃的折射率为_____。光线是“从空气射入玻璃”的还是B“从玻璃射入空气”的？答：______（选填或B）

（2）乙组同学先画出图乙所示的坐标系，再在区域放入某透明介质（以轴为界面），并通过实验分别标记了折射光线、入射光线、反射光线通过的一个点，它们的坐标分别为则：

①入射点（图中未标出）的坐标为______；

②通过图中数据可以求得该介质的折射率______。（保留小数点后两位）评卷人得分六、解答题(共4题，共28分)26、一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示.物块以v0＝8m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以5m/s的速度反向运动直至静止.g取10m/s2.

(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；

(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.27、小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以υ0=8m/s的速度滑上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速（小车未碰到平台）。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F=mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA=mB=mC，斜面高h=0.8m，A、C间的动摩擦因数=0.5，g=10m/s2；滑块A；B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。

（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长；

（2）当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件；

（3）若满足（2）问的k值；求A；B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。

28、如图所示，竖直面内有一光滑轨道ABC，AB部分与半径为R的圆弧BC平滑连接，轨道C端切线沿水平方向。AC之间的高度差为h，竖直台阶CD之间的高度差为H。一质量为m、可视为质点的滑块，从A点由静止滑下，由C点水平抛出，经一段时间后落到水平地面DE上。重力加速度为g；空气阻力可忽略不计。求：

（1）滑块经过C点时的速度大小v；

（2）滑块经过C点时所受轨道支持力的大小F；

（3）滑块从C点抛出至落到水平地面DE过程中所受重力的冲量的大小I。

29、如图所示，长度为l=2m的水平传送带左右两端与光滑的水平面等高，且平滑连接。传送带始终以2m/s的速率逆时针转动。传送带左端水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，右端与质量为mB物块B相连，B处于静止状态。传送带右端水平面与一光滑曲面平滑连接。现将质量mA、可视为质点的物块A从曲面上距水平面h=1.2m处由静止释放。已知物块"与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，mB=3mA，物块A与B发生的是弹性正撞。重力加速度g取10m/s2。

(1)求物块A与物块B第一次碰撞前瞬间的速度大小；

(2)通过计算说明物块A与物块B第一次碰撞后能否回到右边曲面上；

(3)如果物块A；B每次碰撞后；物块B再回到最初静止的位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前瞬间锁定被解除，求出物块A第3次碰撞后瞬间的速度大小。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．将细线穿过金属小球上的小孔；在细线的一端打一个稍大一点的结，制成一个单摆，A正确，不符合题意；

BC．铁架台放在桌边；使固定的铁架伸出桌面，然后把单摆固定在铁夹上，使摆球自由下垂，用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球直径，摆线长加小球半径为摆长，B错误，符合题意，C正确，不符合题意；

D．当摆动稳定后摆球经过最低点时开始计时；测30~50次全振动的时间，并求出周期，D正确，不符合题意。

故选B。2、D【分析】【详解】

根据发生明显衍射的条件；即当波长与小孔；障碍物尺寸相当或大于小孔、障碍物的尺寸会发生明显的衍射现象，波遇到小孔发生明显的衍射现象时，小孔处相当于新的波源；

故选D。3、C【分析】【详解】

AB．物体做初速度为零的匀加速直线运动，则速度

根据功率的计算公式有

可知动量与速度和时间都成正比关系；故AB错误；

CD．根据匀变速直线运动规律有

根据功率的计算公式有

根据数学知识可知C图正确；故C正确，D错误；

故选C。4、D【分析】【详解】

A．惯性仅与质量有关；运动运质量不变，惯性不变，故A错误；

BCD．由动量定理可得

可得

可知，铺上海绵垫后，延长时间了t，则运动员的重力冲量是增加的，接触面对运动员的冲量也是增加的，但是延长时间了t，可以减小运动员所受到的平均冲力F；BC错误，D正确。

故选D。5、C【分析】【详解】

A．由牛顿第二定律可得

则物块a的加速度等于物块b的加速度；故A错误；

B．物块a的末速度为

物块b的末速度为

则物块a的末速度比物块b的末速度大；故B错误；

C．物块a发生的位移为

力F1做的功为

力F2做的功为

则力F1做的功比力F2做的功多；故C正确；

D．力F1的冲量为

物块b运动时间为

力F2的冲量为

则力F1的冲量比力F2的冲量大；故D错误。

故选C。6、B【分析】【分析】

【详解】

以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得

代入数据解得

当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得

代入数据解得

则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为

故ACD错误；B正确。

故选B。7、C【分析】【详解】

A．由振动图象读出周期振幅由

得到角频率则单摆的位移x随时间t变化的关系式为

A正确；不符合题意；

B．由公式

得B正确，不符合题意；

C．从到的过程中；摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C错误，符合题意；

D．从到的过程中；摆球的位移减小，回复力减小，D正确，不符合题意。

故选C。8、B【分析】【详解】

A．由题图可知该波的周期为0.04s，频率

故A错误；

B．该波的传播速度

故B正确；

C．a点在t0时刻速度方向沿y轴正方向，故波向x轴正方向传播；故C错误；

D．从t0时刻起，质点a沿y轴正方向运动，质点b沿y轴正方向运动，质点c沿y轴负方向运动，故质点b最先回到平衡位置；故D错误。

故选B。二、多选题(共8题，共16分)9、A:C:D【分析】【详解】

A．导体棒匀速运动时满足

解得

选项A正确；

B．根据动量定理

而则

选项B错误；

C．又

联立解得

选项C正确；

D．根据能量关系，电阻放出的焦耳热

将x及v的值代入解得

选项D正确；

故选ACD.10、A:D【分析】【详解】

A.小滑块冲上轨道的过程；只有重力做功，系统的机械能守恒，故A项正确；

B.小滑块冲上轨道的过程；小滑块对带有圆弧轨道的滑块的压力使其加速运动，即小滑块对带有圆弧轨道的滑块的压力做正功，故B项错误；

C.当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时；圆弧轨道的速度最大，故C项错误；

D.设小滑块脱离圆弧轨道时小滑块和圆弧轨道的速度分别为v1和v2．由水平动量守恒和机械能守恒得

联立解得:

故D项正确．11、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．光导纤维传递信息时；利用了光的全反射，故A错误；

B．检查一个平面的平整程度；可以利用光的薄膜干涉，故B正确；

C．望远镜的镜头表面常常镀一层透光的膜；是利用了光的薄膜干涉，故C错误；

D．激光雷达能精确测出目标的距离和运动速度；是利用了激光平行度好的特点，故D正确；

故选BD。12、B:C【分析】【详解】

A．系统所受外力的合力为零；系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小木块和木箱相对静止，因为系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起向左运动，故A错误；

B．规定向左为正方向，由动量守恒定律得

则得最终系统的速度为：

方向向左，最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为：

故B正确；

C．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向左、大小为时，由动量守恒定律得：

解得：

故C正确；

D．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向右，则木箱速度为根据动量守恒定律有：

解得：

物块与木箱相对滑动；系统机械能有损失，但根据题目所给数据可知，该过程机械能不变，不符合实际，故D错误。

故选BC．

【点睛】

小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失。13、A:B:D【分析】【详解】

A．由牛顿第二定律可知，开始时M受到的合外力为

故两个点电荷之间的相互作用力大小为经过一段时间后N受到的合外力为

故两个点电荷之间的相互作用力大小为两电荷之间的作用力为库仑力，根据库伦定律可知两者间的距离变小，说明M；N带的是异种电荷，故A正确；

B．由

可得

即N的速度大小为v时，M、N间的距离为故B正确；

C．两个点电荷构成的系统动量守恒，故当N的速度大小为v时有

解得

故C错误；

D．从释放到N的速度大小为v，M、N组成的系统增加的动能为

由能量守恒定律可知，M、N组成的系统电势能减少了故D正确。

故选ABD。14、A:D【分析】【详解】

A．物体的动量不变；则物体的速度大小方向均不变，物体的动能不变，故A正确；

B．物体的动能不变；可能物体的速度方向发生变化，则动量发生变化，故B错误；

C．根据

可知动量相同的两个物体；质量大的物体动能小，故C错误；

D．根据

可得

可知动能相同的两个物体；质量大的物体动量大，故D正确。

故选AD。15、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．小球能从点进入圆弧轨道通过轨道的最高点时恰好与圆管无弹力作用,有

则

小球自P到N，由动能定理

可得

弹簧弹开小球，弹性势能转化为动能，有

即释放小球时弹簧内储存的弹性势能为故A正确；

B．由能量守恒可知小球从管道出来的速度仍然为然后A与B球发生弹性碰撞，有

解得

故碰后两球的速度大小之比为

故B错误；

C．当A返回后的速度大小为方向向右，因则A球追上B球发生第二次弹性碰撞，有

解得

则速度大小之比为

故C正确；

D．两次碰撞后，因即A再也不能追上B球，故不再发生碰撞，即两小球至多能发生2次碰撞，故D正确；

故选ACD。16、B:D【分析】【详解】

AB．根据题意，由图可知，单摆的固有频率为固有周期为由周期公式

可得

故A错误；B正确；

CD．由周期公式

可知；若摆长增大，固有周期变大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，故C错误，D正确。

故选BD。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.错误②.错误③.错误④.正确⑤.正确⑥.正确18、略

【分析】【详解】

[1]由图乙可知，t=0.8s时振子处于平衡位置，速度最大，下一个时刻位移为负，则速度方向为负方向，即振子的速度沿方向；

[2]由图乙可知振子的周期为1.6s，振幅为12cm，则振子做简谐运动的表达式为【解析】19、略

【分析】【详解】

[1]由图可知，该波的波长为

该波沿x轴正方向传播，t=0.6s时N到达波峰，则有

当时，周期取最大值为

则波传播的最小速度为

[2]由图可知，该波再向右传播4m时，质点P达到平衡位置，且用时最短，则波速最小时t=0起P到达平衡位置所用的最短时间为

[3]由图可知，该波的振幅为

若波速为45m/s，则该波的周期为

而

则在0~s时间内M的路程为【解析】50.80.4420、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]由图可知，振幅A=5cm，周期T=4s，则有

则振子简谐运动的表达式为

（2）[2]当t=100s时，位移为

[3]振子经过一个周期位移为零，路程为5×4cm=20cm

前101s是则路程为【解析】050521、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]．由题意可得，振子的振幅为A=10cm=0.1m；

[2]．振子从B点经过0.5s首次到达C点，则周期为T=1s；

[3]．振子在5s内通过的路程为5×4A=20A=2m.【解析】0.101222、略

【分析】【详解】

[1]由图可知，弹簧振子的振幅为

[2]从P到Q的时间内，振子仅受到重力冲量和弹簧弹力的冲量，因P点和Q点速度为零；由动量守恒定律，可知合外力冲量为零，故振子受到的重力冲量大小等于弹簧弹力的冲量大小；

[3]拉动纸带的速度提升到2v，但弹簧振子得运动情况并未发生改变，则周期不变，故振动周期仍为【解析】等于四、作图题(共2题，共6分)23、略

【分析】【详解】

由图甲可知，简谐波的波长所以周期

此时波形与时刻波形相同，根据同侧法可知，波沿x轴负方向传播，根据波形的平移法可知，将时刻的波形向左平移得到时的波形图像；如图所示。

【解析】见解析24、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。五、实验题(共1题，共5分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]由

可知，玻璃的折射率

[2]由图可知；入射角大于折射角，故可知，光线是从空气射入玻璃的，故A正确。

(2)①[3]画出三条光线如图所示。

根据折射光线与入射光线的对称性，可知，入射点的横坐标为

故入射点的坐标为（4；0）。

②[4]设入射角为i，折射角为r，根据数学知识得

所以该介质的折射率【解析】①.1.5②.A③.（4,0）④.1.33六、解答题(共4题，共28分)26、略

【分析】【详解】

（1）由动能定理，有：可得．

（2）由动量定理，有可得．

（3）．

【考点定位】本题考查动