湖北省武漢市華中師范大學第一附屬中學2022-2023學年高一下學期6月期末物理試題-試卷下載-教習網(wǎng)

一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求．每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．
1. 下列說法正確的是( )
A. 做簡諧運動的物體在平衡位置所受合外力一定為零
B. 彈簧振子在任意時間內(nèi)位路程為A(振幅)
C. 單擺在周期性外力作用下做受迫振動，外力頻率越大，則單擺的振幅越大
D. 交通警察向行進中的車輛發(fā)射超聲波進行測速利用了聲波的多普勒效應
【答案】D
【解析】
【詳解】A．做簡諧運動的物體在平衡位置所受合外力不一定為零，例如單擺的平衡位置所受合外力提供單擺做圓周運動的向心力，故A錯誤；
B．彈簧振子在平衡位置和位移最大處時內(nèi)路程為A(振幅)，故B錯誤；
C．單擺在周期性外力作用下做受迫振動，當外力頻率等于單擺固有頻率時，單擺做受迫運動的振幅最大，當外力頻率大于單擺固有頻率時，外力頻率越大，則單擺的振幅越小，故C錯誤；
D．交通警察向行進中的車輛發(fā)射超聲波進行測速利用了聲波的多普勒效應，故D正確。
故選D。
2. 2023年6月6日3時10分“天舟五號”與空間站組合體完成再次交會對接。新空間站組合體由天和核心艙、兩個實驗艙和神舟16載人飛船、兩艘貨運飛船構成，規(guī)模比此前更大，目前空間站組合體狀態(tài)良好。關于火箭發(fā)射及其和空間站的組合、對接，下列說法正確的是( )

A. 長征二號F運載火箭發(fā)射升空過程中，發(fā)動機噴出的燃氣推動空氣，空氣推動火箭上升
B. 空間站組合體在軌勻速圓周運行時速率可能大于
C. 在空間站中工作的景海鵬、朱楊柱、桂海潮3名航天員因不受地球引力，所以處于完全失重狀態(tài)
D. 交會對接過程需要“天舟五號”由低軌道向高軌道上變軌，在完成對接后“天舟五號”飛船的動能減小，機械能增加
【答案】D
【解析】
【詳解】A．長征二號F運載火箭發(fā)射升空過程中，發(fā)動機對噴出的燃氣有推力作用，噴出的燃氣對火箭有反作用力，從而推動火箭上升，故A錯誤；
B．為地球的第一宇宙速度，該速度等于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據(jù)
解得
可知，由于空間站組合體軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，則空間站組合體在軌勻速圓周運行時的速率小于，故B錯誤；
C．在空間站中工作的景海鵬、朱楊柱、桂海潮3名航天員受到地球的萬有引力作用，由于萬有引力提供圓周運動的向心力，所以處于完全失重狀態(tài)，故C錯誤；
D．交會對接過程需要“天舟五號”由低軌道向高軌道上變軌，此時需要在切點位置加速，可知在新軌道上的機械能增大，根據(jù)
解得
在完成對接后“天舟五號”飛船的軌道半徑增大，則動能減小，即交會對接過程需要“天舟五號”由低軌道向高軌道上變軌，在完成對接后“天舟五號”飛船的動能減小，機械能增加，故D正確。
故選D。
3. 在大型活動現(xiàn)場如果麥克風的位置擺放不當，喇叭會發(fā)出刺耳的聲音，這個刺耳的聲音叫做“嘯叫”，或者叫做“反饋增益”。這個過程是由于麥克風輸入信號過強，使放出去的聲音失真導致的嘯叫。如圖所示，會場上有M、N兩個振動情況完全相同的喇叭，播放麥克風輸入的相同頻率的聲音?？臻g有a、b、c、d、e五個位置，a、e在MN連線的中垂線上。試音時發(fā)現(xiàn)麥克風放置在e點喇叭會發(fā)出嘯叫，判定在其余四個點中一定會發(fā)出嘯叫的點為( )
A. a點B. b點C. c點D. d點
【答案】A
【解析】
【詳解】M、N是兩個振動情況完全相同的喇叭，a、e是MN連線的中垂線上的兩個點，a、e到M、N兩個聲源的距離相等，路程差為零，a、e兩點的振動加強，由題意可知麥克風放置在e點喇叭會發(fā)出嘯叫，所以麥克風放置在a點喇叭也會發(fā)出嘯叫，故A符合題意，BCD不符合題意。
故選A。
4. 高一(23)班小明同學在遠處觀看厚德廣場噴泉表演時，估測噴泉中心主噴水口的水柱約有10層樓高，表演結束后，靠近觀察到該主噴水管口的圓形內(nèi)徑約有，由此估算驅動主噴水的水泵功率最接近的數(shù)值是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】噴泉中心主噴水口的水柱約有10層樓高，則有
根據(jù)速度與位移的關系有
在極短時間噴出水的質量
其中
則驅動主噴水的水泵功率為
解得
故選C。
5. 如圖(a)，質量分別為、的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x，撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的圖像如圖(b)所示，表示0到時間內(nèi)A的圖線與坐標軸所圍面積大小，、分別表示到時間內(nèi)A、B的圖線與坐標軸所圍面積大小。下列說法正確的是( )

A. 0到時間內(nèi)，墻對B的沖量小于B.
C. B運動后，彈簧最大形變量等于xD.
【答案】D
【解析】
【詳解】A．設物體A在t1時刻的速度為，0到時間內(nèi)，根據(jù)動量定理，對物塊A
設墻對B的沖量為I，對物塊B
由a-t圖線面積表示物體速度變化量
解得
故A錯誤；
B．到時間內(nèi)，B開始運動，水平方向上A、B僅受彈力作用，且A、B受到的彈力大小相等、方向相反，由圖可知到時間內(nèi)B的加速度大于A的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知
故B錯誤；
C．B運動后，當A、B速度相等時彈簧形變量(伸長或壓縮量)最大，此時A、B的速度不為零，A、B的動能不為零，由動量守恒定律可知，彈簧形變量最大時，A、B的動能與彈簧的彈性勢能之和與撤去外力時彈簧的彈性勢能相等，則彈簧的形變量最大時彈簧的彈性勢能小于撤去外力時彈簧的彈性勢能，彈簧的形變量最大時彈簧的形變量小于撤去外力時彈簧的形變量x，故C錯誤；
D．設在t2時刻物體A、物體B的速度分別為vA2、vB2，到時間內(nèi)，由圖像可知a-t圖線面積表示物體速度變化量，則
由圖可知，物體A和物體B在的加速度最大，此時A、B速度相等，即
故
即
①
設在t3時刻物體A、B速度分別為vA3、vB3，則
在t1至t3時刻，根據(jù)動量守恒可得
即
②
聯(lián)合①②式可得
故D正確。
故選D。
6. 一人站在靜止于光滑平直軌道上的平板車上，人和車的總質量為，現(xiàn)在這人雙手各握一個質量均為m的鉛球，以兩種方式順著軌道方向水平投出鉛球：第一次是一個一個地投，第二次是兩個一起投；設每次投擲時鉛球相對車的速度相同，則兩次投擲后小車速度之比為( )
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】若一個一個地投，令投第一個鉛球速度為，投出后車速度大小為，則有
之后投第三個鉛球速度為，投出后車速度大小為，則有
若兩個鉛球一起投，則有
由于每次投擲時鉛球相對車的速度相同，則有
解得
故選C。
7. 圖甲為某一列沿x軸傳播的簡諧橫波在時刻的波形圖，P質點對應的平衡位置的坐標為，Q質點對應的平衡位置的坐標為，M質點對應的平衡位置的坐標為。圖乙為M質點的振動圖像。下列說法正確的是( )
A. 該簡諧波的傳播速度為，傳播方向沿x軸正方向
B. 時P質點的振動速度大于Q質點的振動速度
C. 從到，P質點經(jīng)過的路程為
D. Q質點的振動方程為
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)圖像可知波長為4m，周期為1s，則波的傳播速度
根據(jù)圖乙可知時刻Q質點沿y軸負方向運動，結合圖甲，根據(jù)同側法可知波傳播方向沿x軸負方向，A錯誤；
B．在時，由于
根據(jù)圖甲可知，1.75s時刻，P質點位于平衡位置，Q質點位于平衡位置與波峰之間，則時P質點的振動速度大于Q質點的振動速度，B正確；
C．從到，由于
則P質點經(jīng)過的路程為
C錯誤；
D．圖甲所示的波的方程為
Q質點對應的平衡位置的坐標為，則1.0s時Q質點的位移為
由于周期為1.0s，可知時刻的波形與時刻的波形相同，即0時刻Q質點的位移亦為，令Q質點的振動方程為
由于0時刻Q質點的位移亦為，根據(jù)根據(jù)上述Q質點沿y軸負方向運動，則可解得
即Q質點的振動方程為
D正確。
故選BD。
8. 如圖所示，將兩個質量分別為、的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時間為，不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度時間圖像如圖乙所示，g取，下列說法中正確的是( )

A. B球與A球碰前的速度大小為
B. A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞
C. 若，第一次碰撞后，球上升的最大高度可能大于
D. 兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對B球的沖量大小比值為
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．A球的質量為m1=60g=0.06kg，B球的質量為m2=30g=0.03kg。設二者落地時的速度大小為v0，由動能定理可得
解得
由于A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，所以B球與A球碰前的速度大小為
故A正確；
B．因為A、B作用時間極短，重力對系統(tǒng)的沖量遠小于系統(tǒng)總動量，可以視系統(tǒng)動量守恒，取向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得
解得A碰后速度為
所以碰撞前系統(tǒng)的總動能
碰撞后系統(tǒng)的總動能
碰撞前后，系統(tǒng)機械能有損失，不是彈性碰撞，故B錯誤；
C．若，若發(fā)生彈性碰撞，則第一次碰撞后
解得
球上升的最大高度
所以碰撞后B球上升的最大高度不會大于20m，故C錯誤；
D．根據(jù)圖乙可知，碰后B球反彈的速度大小為
設A對B球的沖量大小為I2，取向上為正方向，對B球根據(jù)動量定理可得
解得
B球受到的重力的沖量大小為
B球的重力沖量與A對B球的沖量大小比值為
故D正確。
故選AD。
9. 如圖所示，兩個半徑均為R的圓槽靜止放在水平地面上，圓槽底端點A、B所在平面與水平面相切，相距R。質量為m的小球(可視為質點)從左圓槽上端C點的正上方P點由靜止釋放，恰好從C點進入圓槽，相距R，圓槽質量均為，重力加速度為g。不計一切摩擦，下列說法中正確的是( )

A. 小球運動到A點時對左圓槽的壓力大小為
B. 小球到B點時，相距
C. 小球沖上右圓槽的最大高度為
D. 小球回到水平面后能沖上左圓槽
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．對左側圓槽與小球有
解得
對小球在A點進行分析有
根據(jù)牛頓第三定律有
解得
故A錯誤；
B．小球在左側槽運動過程由水平方向動量守恒的位移表達式有
又有
解得
小球離開A后，小球與左側槽均做勻速直線運動，小球到B點時有
則相距
解得
故B正確；
C．假設小球沖上右側槽沒有越過右側槽的最高點，對小球與右側槽有
結合上述解得
可知，假設成立，即小球沖上右圓槽的最大高度為，故C正確；
D．小球從右側圓槽回到水平面后，對小球與右側圓槽有
解得
可知
則小球回到水平面后不能沖上左圓槽，故D錯誤。
故選BC。
10. 一質量為的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動，被一水平向左飛來的子彈擊中并留在物塊中，子彈質量為，如圖(a)所示。面觀察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時間變化的關系如圖(b)所示(圖中取向右運動的方向為正方向)，已知傳送帶的速度保持不變，g取。下列說法正確的是( )

A. 物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2
B. 子彈射入物塊前的速度大小為
C. 物塊和傳送帶作用的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為
D. 由于子彈的射入，電動機對傳送帶多做的功為
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．由速度圖像得，物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運動的加速度為
由牛頓第二定律得
又，，解得
得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為
故A正確；
B．從v-t圖像看出，物塊被子彈射后的共同速度
然后一起先向左減速到0，然后向右加速到2.0m/s，以后隨傳送帶一起做勻速運動，所以傳送帶的速度方向向右，其速度為
子彈與物塊相互作用的過程中，子彈與物塊組成的系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律得
解得
故B錯誤；
C．由速度圖像可知，傳送帶與物塊存在摩擦力的時間只有3秒，0-2s內(nèi)
方向向左
方向向右
2-3s內(nèi)
方向向右
方向向右
所以，物塊與傳送帶之間的相對位移
產(chǎn)生的內(nèi)能
故C正確；
D．由于子彈的射入，即在0-3s內(nèi)
在這段時間內(nèi)電動機對傳送帶多做的功為克服摩擦力做的功，即
故D錯誤。
故選AC。
二、填空題：每空2分，共16分．
11. (1)在單擺測定重力加速度實驗中，實驗裝置如圖所示，單擺擺長__________cm。圖B為測量周期用的秒表，長針轉一圈的時間為，表盤上部的小圓共15大格，每一大格為，該單擺擺動次時，長、短針位置如圖中所示，所用時間__________s。用以上直接測量的物理量的英文符號表示重力加速度的計算式為__________(不必代入具體數(shù)值)。

(2)利用單擺測定重力加速度時，若測得的g值偏大，則可能是因為_____。
A．單擺的擺球質量偏大
B．擺球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動
C．測量周期時，把n次全振動誤認為是次全振動
D．擺球上端未固定牢固，振動中出現(xiàn)松動，使得擺線變長
【答案】 ①. 99.08##99.09##99.10##99.11##99.12 ②. 99.8 ③. ④. BC
【解析】
【詳解】(1)[1]由圖可知懸掛點到球心的距離為
99.08-99.12cm均算正確；
[2]由圖可知大格讀數(shù)為90s，小格讀數(shù)為9.8s，故所用時間為
[3]由題意可得周期為
根據(jù)
可得
(2)[4]A．由[3]中分析可得
與擺球質量無關，故A錯誤；
B．擺球在水平面上做圓周運動，此時所測量的周期為圓錐擺的周期而不是單擺的周期，設擺線與豎直方向的夾角為，則
解得
測定周期偏小，故測得的重力加速度偏大，故B正確；
C．測量周期時，把n次全振動誤認為是次全振動，測得的周期偏小，測得的重力加速度偏大，故C正確；
D．擺球上端未固定牢固，振動中出現(xiàn)松動，使得擺線變長，因此測量的擺線長度偏小，故測得的重力加速度偏小，故D錯誤。
故選BC。
12. 為了驗證“兩小球碰撞過程中的動量守恒”，甲同學用如圖所示的裝置進行了如下的操作：

①將斜槽軌道末端調整水平，在一塊平木板表面先后釘上白紙和復寫紙，并將該木板豎直立于靠近槽口處，使小球a從斜槽軌道上某固定點由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；
②將木板向右平移適當?shù)木嚯x并固定，再使小球a從原固定點由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡P；
③把小球b靜止放在斜槽軌道的水平段的最右端，讓小球a仍從原固定點由靜止釋放，和小球b相碰后，兩小球撞到木板并在白紙上留下痕跡M和N；
④用天平測出a、b兩個小球的質量分別為和，用刻度尺測量白紙上O點到M、P、N三點的距離分別為、和。根據(jù)上述實驗，請回答下列問題：
(1)為減小實驗誤差，選擇入射球、被碰球時，應該使______(選填“大于”“等于”或“小于”)；
(2)若小球a下滑過程中與斜槽軌道間存在摩擦力，這對實驗結論______(選填“會”或“不會”)產(chǎn)生影響；
(3)用本實驗中所測得的物理量來驗證兩小球碰撞過程中動量守恒，其表達式為為______(用、、、、表示)
(4)乙同學用下圖所示的實驗裝置驗證兩小球碰撞過程中動量是否守恒。圖中M、P、N點是實驗過程中記下的小球在斜面上的三個落點位置，從M、P、N到B點的距離分別為、、。只要滿足關系式__________(用、、、、表示)就能說明兩球碰撞前后動量是守恒的。

【答案】 ①. 大于 ②. 不會 ③. ④.
【解析】
【詳解】(1)[1]為了避免碰撞過程發(fā)生反彈，選擇入射球、被碰球時，應該使大于。
(2)[2]由于小球a每次均從同一位置靜止釋放，因此每次克服摩擦阻力做功相同，每次飛出斜槽末端的速度大小不變，可知小球a下滑過程中與斜槽軌道間存在摩擦力，這對實驗結論不會產(chǎn)生影響。
(3)[3]根據(jù)平拋運動規(guī)律有
，
解得
碰后小球a的速度大，根據(jù)實驗操作可知小球平拋運動水平分位移相等，小球a運動時間短，則小球a豎直分位移小，則小球a碰撞前后的速度分別為
，
小球b碰撞后的速度
根據(jù)動量守恒有
則有
(4)[4]該實驗中令斜面夾角為，根據(jù)平拋運動規(guī)律有
，
解得
可知，小球平拋初速度越大，在斜面上的落點越遠，則P為小球a碰前的落點，M點為小球a碰后的落點球，N點為小球b碰后的落點球，根據(jù)上式有
，，
根據(jù)動量守恒有
則有
三、解答題：本題共3小題，共44分．解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．
13. 如圖為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在時的完整波形圖，質點P位于x軸上處。已知該簡諧橫波的傳播速度大小。求：
(1)寫出位于坐標原點的質點的位移y與時間t的關系式；
(2)從開始，到質點P的位移所經(jīng)歷的最小時間。

【答案】(1)；(2)
【解析】
【詳解】(1)由圖可知波的波長為
所以周期為
位于坐標原點的質點振動的圓頻率為
t=0時刻，位于坐標原點的質點在波傳播方向的上坡上，所以沿y軸負方向運動，則其振動方程為
(2)波從x=2m傳播到P點所用時間為
質點P起振方向沿y軸負方向，所以P從起振到第一次位移為所用時間為
從t=0開始，到質點P的位移所經(jīng)歷的最短時間為
14. 直立輕彈簧的下端與水平地面上質量為的甲木塊相連接，輕彈簧上端靜止于A點(如圖1)，再將質量也為乙木塊與彈簧的上端連接，當甲、乙及彈簧均處于靜止狀態(tài)時，彈簧上端位于B點(如圖2)?，F(xiàn)向下用力壓乙，當彈簧上端下降到C點時將彈簧鎖定，C、A兩點間的距離為。一個質量為的小球丙從距離乙正上方處自由落下(如圖3)，當丙與乙剛接觸時，彈簧立即被解除鎖定。之后，丙與乙發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，碰撞后立即取走小球丙。當甲第一次恰好離開地面時乙的速度為。求：
(1)求碰后小球乙的速度大??；
(2)從彈簧被解除鎖定至甲第一次剛離開地面時，彈簧彈性勢能的變化量(g取)。

【答案】(1)2m/s；(2)-0.16J
【解析】
【詳解】(1)小球丙自由下落過程有
丙與乙發(fā)生彈性碰撞，對乙丙構成的系統(tǒng)有
解得
(2)令彈簧被解除鎖時的彈性勢能為，甲第一次剛離開地面時的彈性勢能為，則從彈簧被解除鎖定至甲第一次剛離開地面過程有
彈簧放上乙，乙處于靜止時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則有
甲第一次恰好離開地面時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，則有
可知
根據(jù)上述結合題意可知
碰撞后乙為彈簧振子，根據(jù)彈簧振子運動的對稱性可知
從彈簧被解除鎖定至甲第一次剛離開地面過程，乙上升的高度
解得
由上述式子解得從彈簧被解除鎖定至甲第一次剛離開地面時，彈簧彈性勢能的變化量
15. 如圖所示，“L”型平板B靜置在地面上，小物塊A處于平板B上的點，平板上表面點左側粗糙，右側光滑．用不可伸長的輕繩將質量為M的小球懸掛在點正上方的O點，輕繩處于水平拉直狀態(tài)．將小球由靜止釋放，下擺至最低點與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開始做簡諧運動(擺角小于)，A以速度沿平板滑動直至與B右側擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時間后，A返回到O點的正下方時，相對于地面的速度減為零，此時小球恰好第一次上升到最高點．己知A的質量，B的質量，A與B上表面左側粗糙面間的動摩擦因數(shù)，B下表面與地面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取。整個過程中A始終在B上，所有碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，求：
(1)A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小與；
(2)B光滑部分的長度d；
(3)單擺的擺長l(令)。

【答案】(1)，負號代表方向向左；(2)；(3)
【解析】
【詳解】(1)設水平向右為正方向，因為O'點右側光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞，故碰撞過程根據(jù)動量守恒和能量守恒有
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
負號代表方向向左
(2)因為A物體返回到O點正下方時，相對地面速度為0，設A從進入粗糙部分到停下來對地的位移為x0，A物體減速過程根據(jù)動能定理有
根據(jù)動量定理有
代入數(shù)據(jù)解得
x0=0.5m，=0.5s

此過程中A減速的位移等于在A勻速運動過程中B向右的位移，所以對于此過程對B根據(jù)牛頓第二定律有
根據(jù)位移—時間關系有
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得
t1=s或1s(舍去)
故根據(jù)幾何關系有
(3)從小球與A碰后到A再次回到O點正下方位置所需總時間
由題意可知
而
聯(lián)立解得

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