【文档说明】湖北省武汉外国语学校2022-2023学年高一下学期期末物理试题 含解析【武汉专题】.docx，共(20)页，1.688 MB，由小赞的店铺上传

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武汉外国语学校2022-2023学年度下学期期末考试高一物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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8-10题有多项符合题目要求。每小题

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于下列几种现象的描述正确的是（）A.拳击手比赛时所带的拳套是为了增强击打效果B.动量相同两个物体受相同的制动力的作用，质量大的先停下来C.汽车安全气囊的作用是在汽车发生剧烈碰撞时，使人更快的停下来D.从越高的

地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人脚受到的冲量越大【答案】D【解析】【详解】A．拳击手比赛时所带的拳套，是为了延长作用时间，从而减小冲力，是为了减弱击打效果，故A错误；B．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，根据

动量定理Ft=mv运动时间相等，同时停下来，故B错误；C．汽车安全气囊的作用是在汽车发生剧烈碰撞时，延长作用时间，从而减小作用力，减轻对人的伤害，故C错误；D．从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为高度越高，落地时速度越大，人的动量越大，落地时受地面的冲量越大，故D正确。故选

D。2.下列说法中正确的是（）A.伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式B.将钟摆由海南移至北京，为保证钟摆走时的准确，需要将钟摆摆长调短些C.周期为T的水平弹簧振子做简谐运动，t和(0.5)tT+时刻弹簧的形变量大

小一定相等D.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向【答案】C【解析】【详解】A．惠更斯得出单摆的周期公式，故A错误；的B．根据单摆的周期公式2LTg=将钟摆由海南移至北京，重力加速度增大，为为保证钟摆走时的准确，需要将钟摆摆长调长些，故B错误；

C．周期为T水平弹簧振子做简谐运动，t和(0.5)tT+时刻振子关于平衡位置对称，则弹簧的形变量大小一定相等，故C正确；D．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，若振子不在最大位移处，则在不知道初始时刻的运动方向的情况下，弹簧振子的振

动有两种不同的情况，因此无法判断出任意时刻运动速度的方向，故D错误。故选C。3.关于振动与波，下列说法错误的是（）A.有的同学为了更好地欣赏音乐而戴上降噪耳机，这是利用了波的干涉原理B.在频率相同的两列波的叠加区域，若质点到两列波源的距离相等，该质点的振动一定加强C.

某弹簧振子的振动方程为0.1sin2.5(m)yt=，则在0.2st=时刻，振子的速度为零D.在地球上测量出星球上某些元素发出的光波频率，若其小于地球上这些元素静止时的发光率，则利用多普勒效应可以推知该星球在远离地球【答案】B【解析】【详

解】A．降噪耳机是利用了声波的干涉相消原来，故A正确；B．在频率相同的两列波的叠加区域，某质点到两列波源的距离相等，若两个波源的初相位相同，则该质点的振动一定加强，若初相位相反，则该点振动减弱，故B错误；C．某弹簧振子的振动方程为0.1sin2.5(m)yt=，则在0.2st=时刻0.

1(m)y=振子位于位移最大处，速度为零，故C正确；D．根据多普勒效应原理，当波源远离时，接收到的频率变小，故D正确。本题选错误项，故选B。4.钓鱼是很多人的爱好，浮漂是必不可少的工具，如图是某浮漂静止在静水中的示意图，O、M、N为浮漂上的三个点，此时点O恰好在

水面上。用手将浮漂向下压，使点M恰好到达水面后松手，浮漂会上下运动，上升到最高处时，点N到达水面，浮漂的运动可看成简谐运动。下列说法正确的是（）的A.一个周期内，点O只有一次到达水面B.点M到达水面时，

浮漂具有最大速度C.点O到达水面时，浮漂具有最大加速度D.松手后，点O从水面运动到最高点的过程中，速度一直减小【答案】D【解析】【详解】A．根据简谐运动的周期性，一个周期内，点O有两次到达水面，故A错误；B．点M到达水面时，浮漂运动到最低点，加速

度最大，速度最小，故B错误；C．点O到达水面时，浮漂运动到平衡位置，加速度最小，速度最大，故C错误；D．简谐运动从平衡位置到最高点，速度一直减小，故D正确。故选D。5.图甲、乙分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是（）A.甲、乙两单摆

的振幅之比为1:2B.甲、乙两单摆的摆长之比为4:1C.2s=t时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零D.甲、乙两单摆的摆球在最低点时向心加速度大小一定相等【答案】C【解析】【详解】A．由题图知，甲、乙两单摆的振幅分别为4cm、2cm，故甲、乙两单摆的振幅之

比为2∶1，故A错误；B．由题图知，甲、乙两单摆的周期分别为4s、8s，由单摆的周期公式有2lTg=推出甲、乙两单摆的摆长之比为2214lTlT==甲甲乙乙故B错误；C．t＝2s时，甲单摆在平衡位置处，重力势能最小，乙单摆在振动的正方向最大位移处，动能为零，故

C正确；D．设摆球摆动的最大偏角为θ，有21(1cos)2mglmv−=又2val=可得摆球在最低点时向心加速度a＝2g（1－cosθ）因两摆球的最大偏角θ满足2sin2Al=故θ甲＞θ乙所以a甲＞a乙故D错误。故选C。6.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。0=t时

刻，一质量为m的物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像（xt−）如图乙所示，其中0.2st=时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，则（）A.当物块开始简谐运动后，振动周期为0.4sB.0.4st=时物块的加速度大小为

2gC.从0.2s到0.4s的过程中物块加速度先变大再变小D.若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后简谐运动的周期增大【答案】B【解析】【详解】A．t=0.2s时物块刚接触薄板，落至薄板上后和薄板始终粘连，构成竖直方向的弹簧振子，并且从图像看，0.2s以后的图像

为正弦函数曲线，B点为最低点，C点为最高点，故周期为2(0.70.4)s0.6sT=−=选项A错误；B．B点为最低点，C点为最高点，由对称性可知x=30cm为平衡位置，有(3020)cmkmg−=则t=0.4s时即B点弹簧的弹力有(5020)cm3Fkmg=−=加速度2Fmgagm

−==选项B正确；C．x=30cm为平衡位置加速度最小，则从0.2s到0.4s的过程中物块加速度先变小再变大，选项C错误；D．弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘连后振动周期不变，选项D错

误。故选B。7.同一介质中位于x轴上的10x=，212mx=处的两波源a和b在t=0时刻同时开始沿y轴方向做简谐运动，振动产生的两列波相向传播，图一是t=2s时a波的波形图；图二是b波源的振动图像。则下列说法正确的是（）A.两波源起振方向相同B.x=5m处质点的由a波引起的振动

周期为3sC.t=4.5s时，x=7m处的质点位移为3cm−D.0~6s时间内，x=6m处质点经过的路程为26cm【答案】C【解析】【详解】A．由图一可知，x=4m处质点起振方向向下，则a波源的起振方向向下，如图二可知，b波源的起振方向向上，两波源起振方向不同，AB

错误；B．t=2s时，a波传播距离为一个波长，则a波周期为2s，使x=5m处质点的振动周期为2s，B错误；C．同一介质传播速度相等4m/s2m/s2vT===两列波传播到x=7m处的的时间分别为7s3.5s2at==，5s2.5s2bt==则t=4.5s时，a波使x=

7m处的位移为0，b波使x=7m处的位移为22sin2cm3cm3y==−则t=4.5s时，x=7m处的质点位移为3cm−，C正确；D．a波经3s传播到x=6m处，则在以后3s1.5T=内x=6m处质点由a波引起的路程为618cmaA=；b波波长为6mbbvT==则b波经3s传播

到x=6m处，在以后的3sbT=内x=6m处质点由b波引起的路程为48cmbA=。由于两列波不是相干波，则x=6m处质点经过的路程不为26cm，D错误。故选C。8.如图所示，轻弹簧一端连接质量为m的物体A，另一端固定在光滑的倾角为30°的斜面底端，A通过轻绳跨过光滑的定滑轮与质量为2m的

物体B连接，绳、弹簧与斜面平行。将A由弹簧原长处静止释放，已知轻绳上始终有力，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能的表达式为2p12Ekx=（x为弹簧的形变量）。对A、B的后续运动过程，下列说法正确的是（）A.物

块A能上升的最大高度为3mgkB.物块A做振幅为32mgk的简谐运动C.绳上拉力最大值为3mgD.物块B的最大动能为2234mgk【答案】BCD【解析】【详解】AB．设在平衡位置时，弹簧的伸长量为x0，根据平衡条件o02s

in30mgmgkx=+可得032mgxk=由于物体A从弹簧原长处开始运动，因此A、B组成的系统做简谐运动的振幅为032mgAxk==根据振动的对称性可知物体A上升的最大距离为32mgLAk==因此上升的最大高度为o3sin302mghLk==故A错

误，B正确；C．在弹簧原长处，根据牛顿第二定律o2sin303mgmgma−=解得加速度2ga=由于对称性，在最高点处，加速度大小不变，此时绳子拉力最大，对物体B进行受力分析，根据牛顿第二定律22Tmgma−=可知最大绳子拉力3Tmg=故C正确；D．在平衡在位置，A、B

的动能最大，根据能量守恒可知o22000112sin30(3)22mgxmgxkxmv=++代入数据解得234mgvk=此时物体B的动能为222kB13224mgEmvk==故D正确。故选BCD。9.一列简谐横波沿直线从A向B传播，A、B间距离为3m，从某时刻开始计时，A

处质点的振动图像如图（a）所示，B处质点振动的vt−图像如图（b）所示，下列有关这列波的说法正确的是（）A.波长可能为4m3B.波的传播速度最大为40m/sC.B处质点的振动方程为310sin(10)cm2xt=+D.该波遇到

频率为2Hz的同种波，能够发生干涉【答案】AC【解析】【详解】A．由题中（a）（b）两图像可知，0=t时刻A处质点经平衡位置向y轴正方向振动，B处质点速度为零，且将向正方向运动，故B处质点在负的最大位移处，若

A、B平衡位置间距离小于一个波长，则0=t时刻波形图如下图所示根据波传播的周期性有()10,1,2,4ABnn=+=则()12m01241nn==+，，，当2n=时4m3=故A正确；B．由图可知0.2sT=故波

速为()60m/s01241vnTn===+，，，当0n=时波速最大，为60m/s，故B错误；C．根据题中图像可知，波的振幅为10cm，结合0=t时刻B处质点在负的最大位移处，则B处质点的振动方程为023sin10sin10cm2xAttT

=+=+故C正确；D．因该波的频率为15HzfT==所以遇到频率为2Hz的同种波，不能够发生干涉，故D错误。故选AC。10.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车的半径0.7mR=四分之一光滑圆弧轨道在最低点与水平轨道相切于A点。在水平轨道的右端固定

一个轻弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的B点正上方，B点右侧轨道光滑，A、B的距离为2.5mL=，一个质量也为m的可视为质点的小物块从圆弧轨道最高点以06m/sv=的速度开始滑下，则在以后的运动过程中（重力加速度为210m/sg=，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。）（）A.若A、B间的

轨道也光滑，小车的最大速度为5m/sB.若A、B间的轨道也光滑，物块运动到最高点时到水平轨道的距离为2.5mC.若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，弹簧的最大弹性势能等于因摩擦产生的总热量D.若物块与A、B间轨道动摩擦因数为0.5，小车运动的总位移大小为0.35m【答案】ABD【

解析】【详解】A．小球运动至A点时速度最大，根据水平方向的动量守恒和机械能守恒得ABmvmv=，2220111222ABmvmgRmvmv+=+得5m/sABvv==故A正确；B．物块运动到最高点时，物块与小车水平方向共速，且速度为零，则物块以06m/sv=做竖直上抛运动，物块运动到最高点

时到水平轨道的距离为202.5m2vhRg=+=故B正确；C．物块压缩弹簧至最短时，根据动量守恒，二者速度为零。根据能量守恒20pm12mvmgRmgLE+=+得2pm012EmvmgRmgL=+−的最终物块和小车都静止

，根据能量守恒2012QmvmgR=+故C错误；D．最终物块和小车都静止，设运动时间为t，小车位移为x，则物块位移为R-x，由动量守恒xRxmmtt−=得0.35mx=D正确。故选ABD。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.某同学利用如图装置验

证碰撞中的动量守恒定律，装置中桌面水平，一端固定了一弹簧枪，斜面紧贴桌面，且斜面的最高点恰好与桌面相平，该同学选了两个体积相同的钢质小球，实验步骤如下：①用天平测出两小球的质量分别为1m和2m；②先不放小球2m，把小球1m装入固定好的弹簧枪后

释放，记下小球在斜面上的落点位置，小球每次放入弹簧枪中弹簧的压缩量均相同；③将小球2m放在斜面最高点处，把小球1m装入固定好的弹簧枪后释放，使它们发生碰撞，分别记下小球1m和2m在斜面上的落点位置；④用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜面最高点距离，图中A、B、C点是该同学记下小

球在斜面的落点位置，到斜面最高点的距离分别为x1、x2、3x。（1）选择的水平桌面是否需要一定光滑，________（选填“是”或“否”），所选小球的质量关系是：1m要________（选填“大于”“小于”或“等于”）2m；

（2）实验中若满足关系式________（用实验中已经测得的量表示），说明该碰撞过程满足动量守恒定律。的（3）如果两小球的碰撞可近似为弹性碰撞，还需要验证的关系式是________。【答案】①.否②.大于③.121123mxmxmx=+④.121

123mxmxmx=+【解析】【详解】（1）[1]本实验要求小球m1每次到水平桌面末端的速度大小相同即可，水平桌面粗糙对此不影响，所以不一定需要光滑。[2]本实验要求小球m1碰后也要做平抛运动落在斜面上，不能反弹，所以12mm（2）

[3]由平抛运动规律21sin2xgt=0cosxvtq=联立可得20cos2singxvx=m1碰前落在B点，m1碰后落在A点，m2碰后落在C点，故由动量守恒定律''111122mvmvmv=+代入可得1

21123mxmxmx=+（3）[4]如果两小球的碰撞可近似为弹性碰撞，则2'2'2111122111222mvmvmv=+还需要验证的关系式是121123mxmxmx=+12.某研究性学习小组在进行“用单摆测定重

力加速度”的实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5。（1）安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图乙所示，则摆球直径d=________cm，再测量摆线长l，则单摆摆长L=________（用d

、l表示）；（2）摆球摆动稳定后，当它到达最低点时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数(123)nn=、、，当60n=时刚好停表。停止计时的秒表读数为67.5s，该单摆的周期为T=________s（结果要求保留3位有效数字）；（3）如果实验过程中测量值

小于真实值，可能原因是________；A.将摆球经过最低点的次数n计多了B.将摆线长和球的直径之和当成了摆长C.实验操作不当，使得摆球在水平面内做圆锥摆运动D.由于存在空气阻力，会减慢单摆的速度，使周期测量值比理论值偏大（4）正确测量不同摆长L及相应的单摆周期T，并在坐

标纸上画出2T与L的关系图线，如图所示：由图线算出重力加速度的大小g=________2m/s（保留3位有效数字，计算时2取9.86）。【答案】①.1.87②.2dl+③.2.25④.D⑤.9.86【解析】【详

解】（1）[1]游标卡尺主尺读数为1.8cm，游标尺第7刻度与主尺某一刻度对齐，故摆球直径为1.8cm70.01cm1.87cmd=+=[2]单摆摆长从悬点到小球球心间距离，即2dLl=+（2）[3]由题意可知67.5s2.25s302tTn===（3）[4]根据周期公式可得22222(

)42dnlLgTt+==A．将摆球经过最低点的次数n计多了，则测量的周期T偏小，所测g偏大，故A错误；B．将摆线长和球的直径之和当成了摆长，则摆长L偏大，所测g偏大，故B错误；C．摆球做圆锥摆，周期为cos2LTg=周期T偏小，故所测g偏大，故C错误

；D．由于存在空气阻力，会减慢单摆的速度，使周期测量值比理论值偏大，根据公式可得所测g偏小，故D正确。的故选D；（4）[5]根据（3）中分析可知2T—L图像的斜率为244.854.050.81.201.000.2kg−===−由

图可得4.854.050.81.201.000.2k−==−解得29.86m/sg=13.如图所示的P、Q两点为沿x轴正方向传播的横波中的两质点，两质点的坐标值为0Px=、5cmQx=。已知0时刻质点P的位移为4cm，质点Q位于正向的最大位移处

；在11st=时质点P第一次回到平衡位置；在23st=时质点Q第一次回到平衡位置，已知该波的波长10cm求：（1）波的传播速度应为多大；（2）质点P的振动方程。【答案】（1）22.510m/s−；（2）58sin()cm66yt

=+【解析】【详解】（1）设该波的传播周期为T，由于质点Q在0~3s内由正向最大位移处第一次回到平衡位置，经历的时间是14个周期，由此可知12sT=波沿x轴正方向传播，由质点P在1st=时第一次回到平衡位置，质点Q在3st=时第一次回到平衡位置，可知波由原点位置传播到5cmx

=处用时为2st=则波速PQxvt=解得波速22.510m/sv−=（2）设质点P的振动方程为()sinyAt=+其中0A又2rad/s6T==当0=t时sin4cmyA==当1st=时sin()06yA

=+=联立解得质点P的振动方程为58sin()cm66yt=+14.如图所示，质量均为m的滑块A、B、C放在光滑的水平面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻质弹簧将A、B连接，C与B紧靠不粘连，开始时A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为mg的

恒力F，使B、C一起向左运动，当弹簧压缩到最短时，立即撤去恒力。设弹簧始终处于弹性限度范围内，重力加速度为g。（1）水平恒力施加瞬间时，滑块B的加速度大小a为多少？（2）恒力F作用过程中，B、C的运动是否为简谐运动？若是简谐运

动，在撤去恒力前瞬间，弹簧的压缩量s是多少？若不是，分析原因。（3）弹簧最长时，滑块A的速度为多少？【答案】（1）2ga=；（2）是，2mgsk=；（3）A2mvgk=【解析】【详解】（1）根据牛顿第二

定律得2Fma=解得222Fmggamm===（2）恒力F作用过程中B、C的运动是简谐运动。根据简谐运动对称性可知，当弹簧压缩到最短时加速度大小与F作用瞬间相等2gaa==根据牛顿第二定律2ksFma−=解得22maFmgskk+=

=（3）当弹簧压缩到最短时，立即撤去恒力，弹簧恢复原长时B、C发生分离，此时A的速度为0，B、C共速，设速度为v，根据动能定理可得2122Fsmv=解得2vkgm=弹簧恢复原长后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，分析知当A、B共速时，弹簧最长，设此时滑块A的速度为Av，则

有()Amvmmv=+解得A2mvgk=15.如图所示，左侧AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道，中间BC为光滑水平轨道，右侧CD为倾角θ=37°顺时针转动的传送带，其上方与一光滑水平台面平滑连接，水平轨道BC与斜面轨道AB以及传送带CD间均平滑连接。物块1从斜面轨道的最高点A由静止下滑

，滑到水平轨道上先与静止的物块2发生弹性碰撞，物块2再与静止的物块3发生弹性碰撞，之后物块3滑上传送带，并最终滑到水平台面上。已知物块1的质量为m1=m0，物块3的质量为3014mm=，轨道AB的长度lAB=9

m，传送带CD的长度80m9CDl=，物块与轨道AB、传送带CD间的动摩擦因数均为μ=0.5，物块均可看做质点，sin37°=0.6、cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。（1）求物块1第一次运动到B点时的速度

v0的大小；（2）求当m2为何值时，物块3获得的速度最大，并求出物块3的最大速度vm的大小；（3）若物块3以最大速度vm滑上传送带，最终滑到水平台面上，求传送带的最小速度v的大小。【答案】（1）6m/s；（2）02m，

32m/s3；（3）4m/s【解析】【详解】（1）对物块1，由A运动到B的过程，根据动能定理可得211AB101(sincos)2mgmglmv−=解得06m/sv=（2）设物块1、2碰撞后瞬间的

速度大小分别为v1、v2，物块2、3碰撞后瞬间的速度大小分别为2v、v3，由动量守恒和能量守恒可得101122mvmvmv=+222101122111222mvmvmv=+222233mvmvmv=+2222

22233111222mvmvmv+=由以上各式可得003200224544mvvmmmm=++当022mm=时，物块3获得的速度最大，最大速度为m01632m/s93vv==（3）当物块3以最大速度vm

滑上传送带，最终滑到水平台面上速度刚好减为0时，传送带的速度最小，由于33sincosmgmg故物块3在传送带上先以加速度大小a1做匀减速直线运动，直到与传送带共速时，再以加速度大小a2做匀减速直

线运动，由牛顿第二定律可得3331sincosmgmgma+=3332sincosmgmgma−=设物块3第一段匀减速运动的位移大小为l1，第二段匀减速运动的位移大小为l2，由运动学公式可得22m112vvla−=−2222vla=12CDlll=+解得获得更多资源请扫码加入

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