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1、第1页/共8页 学科网（北京）股份有限公司武汉市部分重点中学武汉市部分重点中学 2022-2023 学年度下学期期末联考学年度下学期期末联考高一物理试卷高一物理试卷 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 11 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 44 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 8-11 题有多项符合题目要求。全部选对得题有多项符合题目要求。全部选对得 4 分，选对但不全得分，选对但不全得2 分，有选错得分，有选错得 0 分。分。1.奇妙莫测的大自然中，有许多美妙的声音，以下关于大自然中的
2、声现象，说法正确的是（）A.“余音绕梁，三日不绝”体现了声波的衍射现象B.“空山不见人，但闻人语响”体现了声波的干涉现象C.“隔墙有耳”体现了声波的衍射现象D.“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体现了声波的干涉现象2.质量不计的轻质弹簧一端连接物体，另一端施加恒力 F，如图甲所示，物体沿粗糙水平面向右匀速运动，时间 t内弹力的冲量大小为1I，如图乙所示，物体在相同的恒力 F 作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，相同时间 t内弹力的冲量大小为2I，则下列说法正确的是（）A.12IIB.12II=C.12IID.无法判断1I和2I的大小关系3.如图所示，一定质量的小球以一定初速度从地面竖直上抛，小球
3、运动过程中所受的阻力 f恒定，则小球在上升过程中，说法正确的是（）A.小球动量 p 随时间 t的变化率pt均匀增大B.小球的动量 p随时间 t的变化量p不变C.小球的动量 p随时间 t的变化量p均匀变小D.小球动量 p 随时间 t的变化率pt不变4.如图所示，静止轨道卫星 Q 在轨道上稳定运行，P 为赤道平面上的监测站，为实时监测卫星运行状况，的的第2页/共8页 卫星 Q持续向监测站 P发射频率为 f的电磁波，则卫星 Q从 A 运行到 B 的过程中，关于监测站 P 接收的电磁波频率，下列说法正确的是（）A.监测站 P 接收的电磁波频率先减小后增大B.监测站 P接收的电磁波频率先增大后减小C.监
4、测站 P接收的电磁波频率一直保持不变D.监测站 P 接收的电磁波频率一直减小5.将固有频率为Af的振子 A和固有频率为Bf的振子 B 固定在同一平台上且ABffB.12II=C.12IID.无法判断1I和2I的大小关系【答案】B【解析】【详解】根据题意可知，弹簧弹力大小为的的第2页/共18页 FF=弹则有12F tFtII=弹故选 B。3.如图所示，一定质量小球以一定初速度从地面竖直上抛，小球运动过程中所受的阻力 f恒定，则小球在上升过程中，说法正确的是（）A.小球的动量 p随时间 t的变化率pt均匀增大B.小球的动量 p随时间 t的变化量p不变C.小球的动量 p随时间 t的变化量p均匀变小D
5、.小球的动量 p随时间 t的变化率pt不变【答案】D【解析】【详解】小球在上升过程中，根据动量定理可得()pmgft=+可得()pmgft=+可知小球的动量 p随时间 t的变化量p均匀变大；小球的动量 p随时间 t的变化率pt不变。故选 D。4.如图所示，静止轨道卫星 Q 在轨道上稳定运行，P 为赤道平面上的监测站，为实时监测卫星运行状况，卫星 Q持续向监测站 P发射频率为 f的电磁波，则卫星 Q从 A 运行到 B 的过程中，关于监测站 P 接收的电磁波频率，下列说法正确的是（）的第3页/共18页 A.监测站 P 接收的电磁波频率先减小后增大B.监测站 P接收的电磁波频率先增大后减小C.监测站
6、 P接收的电磁波频率一直保持不变D.监测站 P 接收的电磁波频率一直减小【答案】C【解析】【详解】因为卫星 Q是地球同步卫星，与地球有相同的角速度，P 为赤道平面上的监测站，则 PQ相对静止，即卫星 Q 从 A运行到 B 的过程中，PQ的相对位置不变，根据多普勒效应可知，监测站 P 接收的电磁波频率不变。故选 C。5.将固有频率为Af的振子 A和固有频率为Bf的振子 B 固定在同一平台上且ABff，给平台提供驱动力使振子 A、B 同时做受迫振动，振子 A 的振幅为1A，振子 B的振幅为2A，现逐渐增大驱动力的频率 f，关于两振子做受迫振动的振幅，下列说法正确的是（）A.不可能1A、2A同时增大
7、 B.不可能在1A增大的同时2A减小 C.不可能1A、2A同时减小 D.不可能在1A减小的同时2A增大【答案】B【解析】【详解】发生受迫振动时，其振幅与驱动力频率的关系图像如图所示第4页/共18页 由图像可知，当驱动力的频率小于固有频率时，随着驱动力频率的增加，其振幅增加，当驱动力的频率等于固有频率时，振幅最大，当驱动力的频率大于固有频率时，随着驱动力频率的增加，其振幅减小。又因为振子 A 和振子 B的固有频率之间关系为ABff。当驱动力的频率在小于Af时，随着其增加，则1A、2A同时增加；当驱动力的频率大于Bf时，随着其增加，则1A、2A同时减小；当驱动力频率在ABfff之间时，随着其增加，
8、则1A减小，而2A增大。故选 B。6.质量为0.2kgm=的小球以04m/sv=从地面竖直向上抛出，小球再次落地后与地面碰撞并以12m/sv=向上弹回，若小球与地面的作用时间为1st=，小球可视为质点，取210m/sg=，不计小球运动过程中的一切阻力，则小球对地面的平均作用力大小为（）A.1.2NB.1.8NC.2ND.3.2N【答案】D【解析】【详解】由于不计一切阻力，可知小球落地瞬间的速度大小为04m/sv=，小球与地面作用过程，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得()()10Fmg tmvmv=解得地面对小球的平均作用力大小为100.2 20.2 4N0.2 10N3.2N1mvmvFm
9、gt+=+=+=可知小球对地面的平均作用力大小为3.2N。故选 D。7.为研究机械波特点，小明模拟出一列沿 x轴正方向传播的简谐横波后再将图像打印出来，但由于墨盒故障，只打印出0=t时刻的部分波形图像如图所示，根据图中所给数据，下列判断正确的是（）第5页/共18页 A.由于波形图缺失，无法确定该波的波长B.虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为 8mC.虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为 10mD.虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为 12m【答案】D【解析】【详解】由图中0 4m波形图可知，该波的波长满足 8m16m，根据之前的解析式，可以推知 20vv10vv而小球
10、离开斜槽后做平抛运动，而由题意可知，其小球的水平位移相等，所以水平速度越大，则运动时间越短，其竖直高度越低，所以，入射小球 A 单独释放其撞击点为 M 点；A、B碰撞后，A球的撞击点为 N点，B球的撞击点为 Q点。（3）5设 OP的距离为 x，小球离开斜槽做平抛运动，竖直方向做自由落体，有 212hgt=第13页/共18页 水平方向做匀速直线运动，有xv t=水整理有2xvhg=水由题意可知，1PQh=、2PMh=、3PNh=整理得022xvhg=312xvhg=122xvhg=又因为动量守恒，所以有A0A1B2m vm vm v=+又因为是弹性碰撞，所以有222A0A 1B 2111222m
11、 vm vm v=+以上式子联立，整理有012vvv+=即231111hhh+=14.如图所示，可视为质点的两木块 A、B 质量均为 2kg，用轻弹簧连接在一起放在水平地面上，用外力将木块 A压下一段距离后静止不动，撤去外力，A上下做简谐运动，弹簧始终竖直且未超过弹性限度，不计一切阻力，取210m/s=g，则：（1）若施加的外力130NF=，求撤去外力后在木块 A 运动过程中木块 B对地面最小压力NF的大小；第14页/共18页（2）撤去外力后，要使木块 B 恰好不离开地面，求将木块 A 下压至静止时外力2F的大小。【答案】（1）10N；（2）40N【解析】【详解】（1）设劲度系数为 k，撤去外
12、力后木块 A以原平衡位置上下做简谐运动，当木块 A运动到最高点时，由在撤去外力瞬间，合外力等于撤去的外力，可知木块 A的加速度大小为 221130m s15m s2Fam=当木块 A 运动到最高点时，加速度方向向下，此时木块 B对地面有最小压力，对 A由牛顿第二定律可得 11kxmgma+=可得此时弹簧的弹力大小1130N20N10Nkxmamg=方向向下，对 B则有 N120N 10N10NFmgkx=方向向上，由牛顿第三定律可知，木块 B对地面最小压力NF的大小为 10N。（2）撤去外力后，木块 A以原平衡位置上下做简谐运动，当木块 B恰好不离开地面时，对 B则有kxmg=此时木块 A处于
13、最高位置，加速度最大，为 kxmgma+=2kxmgagm+=由简谐运动的对称性，当木块 A运动到最低点时，加速度最大，仍为 2g，方向竖直向上，在撤去外力瞬间，合外力等于撤去的外力，由牛顿第二定律，可得2240FmamgN=15.位于坐标原点 O的波源 S产生的简谐横波向右传播，波的振幅6cmA=，波速20m/sv=，设0=t时刻波刚好传到113mx=处，部分波形如图所示，P是在波的传播方向上21997mx=的质点，求：第15页/共18页（1）波源 S开始振动的方向和该波的周期 T；（2）0=t时刻波源 S 的位置坐标；（3）从0=t时刻起，21997mx=处的质点第一次到达波谷的时间。【答
14、案】（1）沿y轴正方向，0.4s；（2）3 2cm；（3）99.5s【解析】【详解】（1）根据波形平移法可知，0=t时刻113mx=处质点的起振方向沿y轴正方向，则波源 S 开始振动的方向沿y轴正方向；根据波形图可知波长为8m，则该波的周期为 8s0.4s20Tv=（2）从波源 S 传到113mx=所用时间为130.65s20 xtv=可知0=t时刻，波源 S已经振动了0.65s，则波源 S 的位置坐标为 22sin6sin0.65cm3 2cm0.4yAtT=（3）从113mx=传到21997mx=所用时间为 111997 13s99.2s20 xtv=由于质点的起振方向沿y轴正方向，则从0
15、=t时刻起，21997mx=处的质点第一次到达波谷的时间为1399.5s4ttT=+=16.如图所示，水平地面 M 点左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为，在 M点左侧某位置放置质量为m的长木板，质量为3m的滑块 A置于长木板的左端，A与长木板之间的动摩擦因数也为，在 M点右侧依次放置质量均为2m的滑块 B、C、D，现使滑块 A瞬间获得向右的初速度0v，当 A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块 B在 M点发生弹性碰撞，碰后立即将长木板和滑块 A撤走，滑块 B 继续向前滑行第16页/共18页 并和前方静止的 C 发生弹性碰撞，B、C碰后 C继续向前滑行并与前方静止的 D发生弹性碰撞，最终滑块D停
16、在水平面上的 P 点，已知开始时滑块 B、D 间的距离为d，重力加速度为g，滑块 A、B、C、D均可看成质点且所有弹性碰撞时间极短，求（1）开始时，长木板右端与滑块 B 之间的距离1x；（2）长木板与 B碰后瞬间 B 的速度Bv；（3）滑块 D最终停止的位置 P 与 D开始静止时的距离2x。【答案】（1）201332vxg=；（2）0B2vv=；（3）2028vxdg=【解析】【详解】（1）A在长木板上滑行，当 A 与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块 B 在 M 点发生弹性碰撞，由于 M 点左侧光滑，可知 A与长木板组成系统满足动量守恒，则有 03(3)mvmm v=+解得034vv=以长
17、木板为对象，根据动能定理可得211302mgxmv=解得长木板右端与滑块 B之间的距离为 201332vxg=（2）长木板与 B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得1B2mvmvmv=+2221B1112222mvmvmv=+解得长木板与 B碰后瞬间 B的速度为 第17页/共18页 0B2vv=（3）设 B与 C 碰撞前瞬间的速度为Bv，B与 C 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得BBC222mvmvmv=+222BBC111222222mvmvmv=+解得B0v=，CBvv=可知发生弹性碰撞后 B 与 C速度发生交换，同理可知发生弹性碰撞后 C与 D速度发生交换，则根据能量守恒可得2B2122()2mvQmg dx=+解得2028vxdg=