【文档说明】湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高一下学期期末联考物理试题 含解析【武汉专题】.docx，共(18)页，1.511 MB，由小赞的店铺上传

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武汉市部分重点中学2022-2023学年度下学期期末联考高一物理试卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44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8-11题有多项符合题

目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。1.奇妙莫测大自然中，有许多美妙的声音，以下关于大自然中的声现象，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【答案】C【解析】【详解】A．“余音绕梁，三日不绝”是指声波遇到梁或墙，不断反射，体现了声波的反射与干涉，不是声波的衍射现象，故A错误；B．“空山

不见人，但闻人语响”，其原因是声波产生了衍射，即体现了声波的衍射现象，故B错误；C．“隔墙有耳”，即隔墙能听到声音，其原因是声波产生了衍射，体现了声波的衍射现象，故C正确；D．“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体

现了声波在介质中的传播和衍射现象，故D错误。故选C。2.质量不计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.12IIB.12II=C.12IID.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FF=弹则有12FtFtII===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.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B

f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，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()()10Fmgtmvmv−=−−解得地面对小球的平均作用力大小为100.220.24N0.210N3.2N1mvmvFmgt++=+=+=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（）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由图可知16412mn−==（1n=，2，3）联立可知，只能取1n=，则该波的

波长为12m=故选D。8.如图甲所示，振子在光滑水平面A、B间做简谐运动，平衡位置为O，0=t时刻起振子开始运动，其振动图像如图乙所示，以向右为正方向，不计一切阻力，则下列说法中正确是（）A.0.2st=时振子的速度方向向左

B.0.3st=时振子的加速度方向向左C.0.4st=时振子加速度最大D.0.6st=至0.7st=的时间内，振子加速度大小逐渐减小【答案】AC【解析】的的【详解】A．由振动的位移时间图像的切线斜率表示速度，可知在0.2st=时振子的速度是负值，速度方

向向左，故A正确；B．由图乙可知，0.3st=时振子的位移是负值，由kxam=−，可知加速度为正值，方向向右，故B错误；C．0.4st=时振子在负方向的最大位移处，由kxam=−可知，此时刻振子的加速度最大，故C正确；D．由图乙可知，在0.6st=

至0.7st=的时间内，振子位移逐渐增大，由kxam=−可知，振子加速度大小逐渐增大，故D错误。故选AC。9.如图甲所示，可视为质点的两滑块A、B用轻弹簧连接并置于光滑水平面上，已知滑块B的质量为4kg，初始时刻，弹簧处于原长，滑块A获得一定初速度0v向右开始压缩弹簧，不计运动过程中的一切阻

力，经测量可得A、B两滑块在开始运动后的一段时间内速度大小Av、Bv满足如图乙所示的关系，则由图像可知（）A.弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度最小B.滑块A的质量为3kgC.滑块A的初速度为04m/sv=D.滑块A压缩弹簧过程中，弹簧所获

得的最大弹性势能为12J【答案】ABC【解析】【详解】A．由题意可知，滑块A以一定初速度0v向右开始压缩弹簧时，A做减速运动，B做加速运动，当弹簧被压缩量最大时，A、B达到共速，以后弹簧要恢复原长，A继续做减速运动，B继续

做加速运动，弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度达到最小，A正确；BC．由图乙可知，B的最大速度是3m/s，则B的动量是12kg∙m/s，由A、B两滑块组成的系统动量守恒可知，滑块A的最大动量是12kg∙m/s，最大速度是4m/s，则滑块A的质量

为3kg，BC正确；D．滑块A压缩弹簧过程中，弹簧的压缩量最大时，弹簧所获得有最大弹性势能，由动量守恒定律可得()AAB0mmvmv=+解得A0AB12ms7mvvmm==+由机械能守恒定律，可得弹簧的最大弹性势能为()22A0ABp1196J227Emvmmv

=−+=弹D错误。故选ABC。10.月湖之畔，汉江之滨的琴台音乐厅是武汉的艺术殿堂，音乐厅的“穹顶”安装有消音设备，能够削弱高速气流产生的噪声。原理如图所示，一定波长的声波从A端输入，在S点分成两列声波，分别通过直径和半圆通道到达声波输出端B，将消音设备的半径调整为0.2mR=时，可以使

声波在输出端B起到“消声”效果，则由此可知该声波的波长可能为（）（计算结果保留2位有效数字）A.0.92mB.0.46mC.0.30mD.0.15m【答案】BD【解析】【详解】由0.2mR=，则有2SPR=，半圆弧长为R，在输出端B起到“消声”效果，则有两波在B端相遇时，两波传播的路程差

为12xn=+（n=0，1，2，3，⋯）则有()1222RRRn−=−=+（n=0，1，2，3，⋯）解得()2221Rn−=+（n=0，1，2，3，⋯）当n=0时0.46m=当n=1时0.15m=当n=2时0.091m=因此该声波的波长可能为0.46m或0.15m

，AC错误，BD正确。故选BD。11.某货物输送装置如图所示，弹射器固定在水平面上，弹射器最右端可以放置质量不同的物体被弹射出去，弹射器正前方某一位置P处放置另一质量为0.5kg的物体B，P左侧光滑，

右侧粗糙且动摩擦因数0.2=，弹射器提供恒定的弹性势能p20JE=，物体A获得全部弹性势能后被弹射出去，A在P点和B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B结合成一个整体，整体向右运动到某一点Q静止，设被弹射物体质量为Am，P、Q间的距离为x，A、B均可

以看成质点，取210m/sg=，下列说法正确的是（）A.被弹射物体Am越小，则整体运动的距离x越大B.被弹射物体A0.5kgm=，则整体运动的距离x最大，最大距离为5mx=C.被弹射物体A53kg4m+=，则整

体运动的距离4mx=D.被弹射物体A35kg4m−=，则整体运动的距离4mx=【答案】BCD【解析】【详解】A．由动能与动量的关系式2k2pEm=可得k2pmE=弹射物体被弹出过程有pkEE=由动量守恒定律

可得()A0AkAB2mvmEmmv==+解得AkAB2mEvmm=+由动能定理可得()2fAB102Fxmmv−=−+则有()2Ak2AB2mEvxgmmg==+由上式可得()()A22ABABBA14mmm

mmmm=+−+由上式可知当ABmm=时，x有最大值，最大值为kmB4Exmg=A错误；B．被弹射物体A0.5kgm=，由上式则有kmB5m4Exmg==B正确；C．被弹射物体A53kg4m+=，则整体运动的距离()Ak22AB53204m4m5310.21042mExmmg+

===+++C正确；D．被弹射物体A35kg4m−=，则整体运动的距离()Ak22AB35204m4m3510.21042mExmmg−===+−+D正确。故选BCD。二、非选择题：本题共5小题，共56

分。12.为测量武汉地区的重力加速度，小明在家找到一个表面部分磨损且凸凹不平的小钢球做成一个单摆，具体操作如下：①小明用刻度尺测量两悬点OP间细线的长度L，将小钢球拉开一个大约5°的角度静止释放；②从小钢球摆至最低处开始计时且记次数为第1次，当小钢球第N次通

过最低处时，停止计时，显示时间为t；③由于不能准确确定钢球的重心位置，小明改变两悬点OP间细线的长度先后完成两次实验，记录细线的长度及单摆对应的周期分别为1l、1T和2l、2T。根据小明的操作步骤，回答以下问题：（1）根据

实验操作，在步骤②中，小钢球的摆动周期为T=________。（2）根据步骤③记录的数据得出武汉地区的重力加速度为g=_______（用1l、1T，2l，2T表示）。【答案】①.21tN−②.()21222124llTT−−【解析】【详

解】（1）[1]从小钢球摆至最低处开始计时且记次数为第1次，当小钢球第N次通过最低处时，停止计时，显示时间为t，可知小钢球摆动一个周期经最低点两次，则有12tNT−=解得周期为21tTN=−（2）[2]设摆线末端距小钢球重心的距离为r，由单摆的周期公式可得112lrTg+=222lrTg+=

解得()21222124llgTT−=−13.学习小组利用如下实验装置研究两小球弹性碰撞过程中的动量守恒。如图所示，斜槽固定在水平桌面上且末端切线水平，距槽末端一定距离的位置固定着一个竖直挡板，A、B两小球直径相同且发生弹性碰撞，不计斜槽转折点的能量损耗和空气阻力，实验步骤如下：①将白

纸、复写纸固定在竖直挡板上，用来记录实验中小球与竖直挡板的撞击点；②用水平仪确定竖直挡板上与小球圆心O等高的点并记录为P；③让入射小球A单独从斜槽固定挡板处静止自由释放，记录小球在竖直挡板上的撞击点；④将被碰

小球B静止放置在水平轨道的末端，让入射球A再次从斜槽固定挡板处静止释放，A、B两球在斜槽末端碰后均向右水平抛出，记录A、B两小球在竖直挡板上的撞击点；⑤重复③④操作多次，确定两小球各次的平均撞击点Q、M、N；⑥测得1PQh=、2PMh=、3PNh=根据该实验小组的实验，回答下列问题

：（1）关于该实验，下列说法正确的是________A.该实验要求斜槽必须尽可能光滑B.该实验无需要求斜槽光滑C.入射小球A的质量应大于被碰小球B的质量D.入射小球A的质量应小于被碰小球B的质量（2）根据实验操作，3个撞击

点P、Q、M、中，入射小球A单独释放后在竖直挡板上的撞击点为______点，A、B碰撞后A的撞击点为________点，A、B碰撞后B的撞击点为________点。（3）该实验由于没有天平无法测出小球A、B的质量，实验小组认为只要测

出1h、2h、3h，且满足_______（写出1h、2h、3h关系式），则在误差允许范围内，小球A、B发生弹性碰撞过程中的动量守恒。【答案】①.BC##CB②.M③.N④.Q⑤.231111hhh+=【解析】【详解】（1）[

1]AB．小球做平抛运动，所以要求斜槽轨道末端必须水平，斜槽不必光滑，故A错误，B正确；CD．为了防止入射小球反弹，所以入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故C正确，D错误。故选BC。（2）[2][3][4]小球离开斜槽后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有212hgt=

水平方向做匀速直线运动，有xvt=水而根据动量守恒有A0A1B2mvmvmv=+由因为入射小球的质量大于被碰小球的质量，即ABmm，根据之前的解析式，可以推知20vv10vv而小球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=水平方向做匀速直线运动，有xvt=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A0A1B2mvmvmv=+又因为是弹性碰撞，所以

有222A0A1B2111222mvmvmv=+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；（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221130ms15ms2Fam===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N12

0N10N10NFmgkx=−=−=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：（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。【答案】（1）沿y轴正方向，0.4s；（2）32cm−；（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130.65s20xtv===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22sin6sin0.65cm32cm0.4yAtT=

==−（3）从113mx=传到21997mx=所用时间为11199713s99.2s20xtv−===由于质点的起振方向沿y轴正方向，则从0=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)mvmmv=+解得034vv=以长木板为对象，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

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