【文档说明】湖北省武汉市部分重点中学联考2023-2024学年高一下学期6月期末物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，2.199 MB，由小赞的店铺上传

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武汉市部分重点中学2023—2024学年度下学期期末联考高一物理试卷本试卷共5页，15题。满分100分。考试用时75分钟。考试时间：2024年6月27日上午8∶309∶45注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证

号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答

题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。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1~17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.下列对机械波及其特性的说法，正确的是（）A.不同频率的声波在同一介质中的速率不同B.“余音绕梁，三日不绝”属于声波的反射现象C.图中波源沿BA方向运动，且A处的观察者接收到的频率低于波源频率D.平静的水面上

，下落的雨滴激起层层涟漪，形成复杂而美丽的图案，属于水波的衍射现象【答案】B【解析】【详解】A．不同频率的声波在同一介质中的速率相同，故A错误；B．“余音绕梁，三日不绝”属于声波的反射现象，故B正确；C．图中表示多普勒效应，波源沿AB方向运动，

且A处的观察者接收到的频率低于波源频率，故C错误；D．平静的水面上，下落的雨滴激起层层涟漪，形成复杂而美丽的图案，属于水波的干涉现象，故D错误。故选B。2.在运动会中，一同学参加立定跳远比赛，如图所示。已知该同学质量为m，从静止下蹲状

态发力起跳，获得斜向上的速度v，方向与水平方向成角。则在起跳过程中（）A.摩擦力对人的冲量大小为cosmvB.支持力对人的冲量大小为sinmvC.摩擦力对人做功为221cos2mvD.支持力对人

做功为221sin2mv【答案】A【解析】【详解】AB．起跳过程中，人受支持力、重力、摩擦力作用，根据动量定理可知，在竖直方向有NGsinIImv−=解得NGsinIImv=+水平方向有fcos

Imv=故A正确，B错误；CD．起跳过程中，力的位移为0，支持力和摩擦力做功为0，故CD错误；故选A。3.如图所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动，A、B间夹有少量炸药。现炸药发生爆炸，则在爆炸及随后的过程中，下列说法正确的是（）A.炸药爆炸过程，A

、B两物块组成的系统动量不守恒B.炸药爆炸过程，A、B两物块组成的系统机械能不能增加C.在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止过程，A、B组成的系统动量守恒D.在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止过程，A、B组

成的系统机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A．A、B在炸药爆炸过程中，内力远远大于外力，A、B两物块组成的系统动量守恒，故A错误；B．A、B在炸药爆炸过程中，将炸药的化学能转化为A、B两物块的机械能，所以A、B两物块的机械能增加，故B错误；CD．以传送带为参考系，A、B两物块爆

炸后，由动量守恒定律可知，两物块的速度大小相等，方向相反，两物块在传送带上的加速度大小相等，且都与各自的运动方向相反，都做匀减速运动，两物块同时相对传送带静止，所以总冲量是0，动量是守恒的；但需克服摩擦力做功，机械能不守恒

，故C正确，D错误。故选C。4.如图所示，由两种单色光组成的细光束，从真空射入一平行玻璃砖的上表面，经折射后分成a、b两束，折射角分别为1、2。则a、b两束光（）A.均有可能在下表面发生全发射B.从下表面出射后一定相互

平行C.在玻璃中的折射率之比为12sinsinD.在玻璃中传播速度之比为21sinsin【答案】B【解析】【详解】AB．光在上表面的折射角一定小于临界角，在下表面上的入射角也一定小于临界角，可知光在下表面一定不能全反射

，根据光路可逆知光的出射角等于入射角，所以两种单色光从下表面出射后一定相互平行，故A错误，B正确；CD．设单色光的入射角为i，a光的折射率为1sinsinain=b光的折射率为2sinsinbin=所以两光在玻璃中的折射率之比为21sinsin。又由公式cnv=可知两光在玻

璃中传播速度之比为12sinsin。故CD错误。故选B。5.光滑水平面上有A、B两球，质量分别为m1、m2、A球以初速度v0与静止的B球发生正碰。下列说法不正确的是（）A.若碰撞是弹性碰撞且碰后A球速度反向，则一定有m1<m2B.若碰撞是弹性

碰撞且有m1<m2，则碰后A球速度一定反向C.若碰撞是非弹性碰撞且碰后A球速度反向，则一定有m1<m2D.若碰撞是非弹性碰撞且有m1<m2，则碰后A球速度一定反向【答案】D【解析】【详解】AB．取0v方向为正方向，若碰撞是弹性碰撞，则101122mvmvmv=+2

22101122111222mvmvmv=+所以121012mmvvmm−=+，120122mvvmm=+故AB正确，不符合题意；CD．若碰撞是非弹性碰撞，则101122mvmvmv=+12𝑚1𝑣02>12𝑚1𝑣12+12𝑚2𝑣22解得𝑣1>𝑚

1−𝑚2𝑚1+𝑚2𝑣0所以，若12mm，可知碰后A球速度不一定反向；若碰后A球速度反向即此时1v为负值，则一定有12mm，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选D。6.一列简谐横波沿x轴传播，0=t时刻波形如图。此时质点P的位移为52cm且振动方向沿y轴正向，Q是平衡位置为4mx

=处的质点。已知0.1st=时，质点P第一次位移为52cm−。下列说法正确的是（）A.该波沿x轴正向传播B.该波的波速为20m/sC.质点P的平衡位置为2mx=D.经过0.65s，质点Q位于波谷位置【答案】D【解析】【

详解】A．0时刻，质点P沿y轴正向运动，根据同侧法可知，该波沿x轴负向传播，故A错误；C．0时刻的波动方程为()2sin10sincm4yAxx==由于0时刻质点P的位移为52cm，解得质点P的平衡位置为1mx=故C错误；B．已

知0.1st=时，质点P第一次位移为52cm−，结合上述可知，此过程波沿传播方向，即向左传播的距离为4mx=则波传播的速度4m/s40m/s0.1xvt===故B错误；D．根据vT=波长为8m，结合上述解得0.2sT=由于0.65s34TT=+根据同侧法可知，0时刻，质点Q沿y轴负方向

振动，则0.65s时，质点Q恰好位于波谷位置，故D正确。故选D。7.如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H高的P处。现将质量为m的物资以相对地面的速度0v斜向右下方投出，已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度

为g，不计阻力。以下判断正确的是（）A.投出物资后，热气球的动量变化率为MgB.物资从投出到落地的过程，重力冲量大小为2HmggC.投出物资后（落地前）的任意时刻，物资、气球与P点三者始终共线D.投出物资后（落地前）的任意时刻，物资、气球与P点的距离之

比为mM【答案】C【解析】【详解】A．开始热气球处于平衡状态，可知受合力零()FMmg=+浮抛出物资后热气球受合力为为FFMgmg=−=合浮则根据动量定理，则热气球动量变化率为mg，选项A错误；B．因物资

斜向下抛出，则落到地面的时间小于2Hg，则物资从投出到落地的过程，重力冲量大小小于2Hmgg，选项B错误；C．投出物资后气球沿v0反方向反弹，则投出物资后（落地前）的任意时刻，将物资的运动看做是沿斜向下速度为v0的匀速运动和自由落体运动的合运动；将气球的运动看做是沿v0反方向的匀速直线运动

和自由落体运动的合运动，P点可认为是一个自由落体运动的质点，则任意时刻物资、气球与P点在竖直方向的运动完全相同，即此时物资、气球与P点三者始终共线，选项C正确；D．投出物资后由动量守恒可知00mvMv+=落地前的任意时刻00mvtMvt+=即12mxMx=即物资、气球与P

点的距离之比为12xMxm=选项D错误。故选C。8.2024年5月17日，“少年对话院士”活动在武汉市第十一中学举行，中国工程院院士、华中科技大学教授陈学东为学生开讲。陈学东团队攻克了光刻机减振器研发瓶颈，为我国

实现重大装备自主可控作出了重要贡献。下列说法正确的是（）A.光刻机工作时的振动频率一定等于其自身的固有频率B.光刻机工作时的振动振幅不受自身结构以及质量的影响C.光刻机系统的固有频率要尽量远离周围可能存在的振源的振动频率D.若减振装置的弹

性力与外来驱动力的方向始终相反，将有助于减振【答案】CD的【解析】【详解】AB．光刻机做受迫振动，其振动频率等于外来驱动频率，不一定等于其自身的固有频率。光刻机自身结构以及质量的影响其自身的固有频率，若固有频率等于外来驱动频率时，发生共振现象，振幅最大，所以光刻机工作时的振动振幅受自身结构

以及质量的影响，故AB错误；CD．为了防止发生共振现象，所以光刻机系统的固有频率要尽量远离周围可能存在的振源的振动频率。若减振装置的弹性力与外来驱动力的方向始终相反，将有助于减振。故CD正确。故选CD。9.质量均为m的物块A、B与一轻弹簧拴接，置于足够大的光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁。一水平向左

的外力作用于B使弹簧压缩，物块A、B均处于静止。现撤去外力，已知物块A与墙壁分离的瞬间，物块B的速度为v。下列说法正确的是（）A.物块A与墙壁分离后，弹簧最短时的压缩量小于最长时的伸长量B.物块A与墙壁分离

后，任意时刻A、B的速度均不可能水平向左C.物块A与墙壁分离后，物块A、B组成的系统动能最小值为214mvD.从撤去外力到物块A与墙壁分离的过程，墙壁对A的冲量大小为2mv【答案】BC【解析】【详解】A．物块A与墙壁分离后，弹

簧最短和最长分别为两物块共速时，物块AB与弹簧组成的系统动量守恒，则两物块共速的速度大小相同；根据系统只有弹力做功，系统的机械能守恒，所以弹簧最短和最长时物块的动能相同，即弹性势能相同，则弹簧最短时的压缩量等于最长时的伸长量，故A错误；B．物块A与墙壁分离后，物块A

B与弹簧组成系统动量守恒，弹簧最短时，物块B的速度最小向右；弹簧最长时，物块A的速度最小为零，所以任意时刻A、B的速度均不可能水平向左，故B正确；C．弹簧最短和最长时弹簧的弹性势能最大，动能最小，根据动量守恒2mvmv=

共物块A、B组成的系统动能最小值为22km1224mvEmv==共故C正确；D．物块AB与弹簧组成的系统，根据动量定理可得墙壁对系统的冲量大小为的Imv=即墙壁对A的冲量大小为mv，故D错误。故选BC。10.同种介

质中，分别沿x轴正方向和负方向传播的两简谐横波，振幅均为5cmA=，0=t时刻波刚好传到P、Q两点，如图1所示。P、M、N、Q在x轴上的坐标分别为：4m、6m、8m、12m。平衡位置在P处的质点振动图像如图2所示。下列说法正确的是（

）A.0=t时刻质点P、Q振动方向均沿y轴负方向B.在0=t到8st=内，质点M通过的路程为30cmC.12st后，x轴上016mx范围内，共有7个振动加强点7个振动减弱点D.12st后，x轴上016mx范围内，关于N对称的任意两点位移总是相同【答案】AD【解析】【详解】A．

根据题意，两简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，根据“同侧法”可知，0=t时，质点P、Q振动方向均沿y轴负方向，故A正确；B．在0=t到8st=内，由图2可知周期4s，则波速为1m/svT==左侧波距质点M的距离

均为2m，经时间2s=2s1t=传到质点M的位置，再向下振动一个周期，运动路程20cm时，右侧波距质点M的距离为6m，刚好经时间6s=6s1t=传到质点M的位置，再同时向下振动半个周期，振动步调相同，为振动加强点，根据波的点叠加原理知，质点M又通过路程为2220cmA=故在0=t到8

st=内，质点M通过的路程为40cm，故B错误；C．12st后，x轴上016mx范围内，波源连线上，相邻加强点相差半个波长，因此，连线上加强点的坐标，从左向右依次为2m、4m、6m、8m、10m、12m、14m，共7个，相邻加强点和减弱点相差四分之一个波长，因此，连线上减弱点的坐

标，从左向右依次为1m、3m、5m、7m、9m、11m、13m、15m，共8个，故C错误；D．根据题意分析知，两波源同时向下起振，振动步调相同，左右侧波距N点距离均为4m，距N点左右侧x距离处的质点，两列波传到的时间差相同，为44211xxx+−−=根据波叠加原理

知，关于N对称的任意两点位移总是相同，故D正确。故选AD。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.“用单摆测量重力加速度”的实验装置如图：（1）在实验过程中，以下操作正确的是______。A.单摆

偏离平衡位置的角度要较大B.应该在悬挂状态下测量单摆摆长C.为了防止振幅逐渐变小，测周期时应只测量一次全振动的时间D.为了方便记录时间，在小球摆到最高点时开始计时和结束计时（2）若测得摆线长为l，摆球直径为d

，该单摆摆动n次全振动所用时间为t，用以上测量l、d、t、n表示出重力加速度的计算式为g=______。（3）如果测得的g值偏大，可能的原因有______。A.摆球的质量偏大B.振动中出现松动，使摆线长度增加了C.摆球运动不在竖直平面而变成圆锥摆D.实验时误将50次全

振动记为51次【答案】（1）B（2）()222422nldt+（3）CD的【解析】小问1详解】A．实验中，为了使得单摆的运动近似为简谐运动，单摆偏离平衡位置的角度要较小，故A错误；B．为了确保摆长测量值的

精度，应该在悬挂状态下测量单摆摆长，故B正确；C．为了减小周期测量的误差，测周期时应测量50次全振动的时间，故C错误；D．为了方便记录时间，在小球摆到最低点时开始计时和结束计时，故D错误。故选B。【小问2详解】单摆摆动n次全振动所用时间为t，则周期为tTn=单摆的摆长为2dLl

=+根据周期公式有2LTg=解得()222422nldgt+=【小问3详解】A．结合上述可知，摆球的质量对重力加速度的测量没有影响，故A错误；B．振动中出现松动，使摆线长度增加了，而实际上使用的摆长偏小，则重力加速度的测量值偏

小，故B错误；C．若为圆锥摆，令摆角为，则有2204sintanLmgmT=解得0cos22LLTTgg==可知，周期测量值偏小，结合上述可知，测得的g值偏大，故C正确；D．实验时误将50次全振动记为51次，则周期测量值偏小，结合上述可知，测得的g值偏大，故D正【确。故选CD。1

2.如图所示为用气垫导轨装置探究碰撞规律的实验：（1）实验之前气垫导轨要调整水平，操作如下：将滑块B移走，滑块A置于光电门a的右侧，向左轻推滑块，若数字计时器记录滑块通过光电门a、b的时间分别为at、bt，且abtt，则应该采取的措施是适当调高气垫导轨的________端（填“左

”或者“右”），直至at=______bt（填“>”“<”或“=”）。（2）某次实验中，将质量为2m的滑块B（包含遮光条）静止放在水平气垫导轨上光电门a、b之间，质量为1m的滑块A（包含遮光条）从光电门a的右侧向左运动，通过光电门a后与滑块B发生碰

撞。碰后两个滑块分离，滑块B穿过光电门b后用手接住，滑块A反弹后再次穿过光电门a后用手接住。数字计时器分别记录下滑块A先后两次通过光电门a的遮光时间1t和1t、滑块B通过光电门b的遮光时间2t。①要实现上述实验，需满足1m_______2m（填“>”“<”或“=”）。

②由于没有合适的测量工具，没有测出滑块A、B两遮光条宽度的具体值，但知道两遮光条宽度相等，若满足_______（用1m、2m、1t、1t、2t表示），则表明碰撞过程滑块A、B组成的系统动量守恒。③实验小组在没有测定两滑块质量且满足两遮光条宽度

相等的情况下，若满足_______（用1t、1t，2t），则表明滑块A、B的碰撞是弹性碰撞。【答案】（1）①.左②.=（2）①.<②.12112111ΔΔΔmmttt+=③.112111ΔΔΔttt=+【解析】【小问1详解】因为𝛥𝑡𝑎

>𝛥𝑡𝑏，所以说明滑块从右向左运动过程中做加速运动，即右侧偏高，所以应该适当抬高气垫导轨的左端，直至abtt=。【小问2详解】①因为碰后滑块A反弹，所以要求12mm。②设遮光条的宽度为d。若滑块A和滑块B碰撞中动量守恒，应满足112112dddmmmttt=

−+整理得12112111mmttt+=（1）③若滑块A、B的碰撞是弹性碰撞，则还应满足能量守恒，有222112112111222dddmmmttt=+（2）（1）式除以（2）

式，化简有11211ttttt=−（3）（3）式左右两边倒数有111121ttttt−=变形得112111ΔΔΔttt=+13.如图所示，质量分别为m、2m的两物体A、B用劲度系数为k的轻

质弹簧拴接并竖直放置，质量为3m的物体C叠放在物体A上，系统处于静止状态。现将C迅速取走后，物体A在竖直方向做简谐运动。已知重力加速度为g，求：（1）物体A做简谐运动的振幅0A；（2）物体A运动到最高点时，地面对物体B的支持力大小。【答案】（1）03mgA

k=；（2）B0N=【解析】【详解】（1）取走物体C之前，设弹簧压缩量为1x，没取C时，对A、C整体有14kxmg=A做简谐运动时，设平衡位置时弹簧压缩量为2x，则2kxmg=故物体A做简谐运动的振幅012Axx=−联立解得03mg

Ak=（2）设物体A运动到最高点时弹簧的伸长量为3x，由简谐运动的对称性知023Axx=+当A在最高点时，设地面对物体B的支持力为BN3B2kxNmg+=解得B0N=即物体A在最高点时，地面对物体B支持力大小为0。14

.半径为R的某透明介质水平放置，球心为O，D为O点正上方的介质表面上的一点，底部直径上有一个单色点光源嵌于O点处。已知34OOR=，半球形介质对该色光的折射率43n=，光在真空中的速度为c（sin370.6=，cos370.8=）。（1）求光从O点传

播到D点所需时间；（2）求从O点射向D点的光在D点处折射后的折射角；（3）请判断射向圆弧ADB上各点的光是否有发生全反射的可能。若有，通过计算指出其射入点的位置；若没有，请说明理由。【答案】（1）53Rtc

=；（2）53r=；（3）见解析【解析】【详解】（1）设光在介质中的传播速度为v，光从O到D所需时间t，则ODtv=又22ODOOR=+根据折射率与速度的关系cnv=联立解得53Rtc=（2）作出从O射向D点的光路如图：设对应的入

射角和折射角分别为i、r，由折射定律有sinsinrni=又22sinOOiOOR=+解得4sin5r=故在D处折射后的折射角53r=（3）设从O射向圆弧ADB上任意一点P的光路如左下图所示在POOV中，由正弦定理得sinsinOOROPOOOP=故当90OOP=时，OP

O达到最大值，即当光线OP垂直于直径时，最容易全反射（如右上图所示），而此时sinOOOPOR=设临界角为C，有1sinCn=联立解得，此时OPOC=故当90OOP=时，恰能在P点发生全反射，且在圆弧ADB部分仅此一个点满足要求。15.质量为2m、半

径为R的14光滑圆弧形凹槽OAB静止在光滑地面上，半径OA竖直，OB水平。现有另一质量为m的小球（可视为质点）以速度0v从A点水平冲上圆弧轨道。（已知重力加速度为g）（1）求小球上升的最大高度h；（2）求凹槽OAB

在全过程中的最大速度的大小；（3）若小球以速度263mgRv=从A点水平向左冲上圆弧轨道的同时，给凹槽OAB一水平向右的速度63MgRv=，求小球到达凹槽B处时，小球重力的瞬时功率。【答案】（1）203vg；（2）023v；（3）2m

ggR−【解析】【详解】（1）在最大高度时二者在水平方向上共速，设为1v，小球从冲上凹槽到到达最大高度的过程中，系统在水平方向动量守恒013mvmv=而该过程系统的机械能守恒220111322mvmvmgh=+联立解得203vhg=（2）当小球再次回到A时，凹槽OAB的速度最大，设此

时小球与凹槽的速度分别为2v、3v，该过程系统水平方向动量守恒和机械能守恒0232mvmvmv=+2220231112222mvmvmv=+解得2013vv=−、3023vv=或20vv=、30v=（舍）故凹槽OAB的最大速度3023vv

=（3）小球到达B点时二者在水平方向上速度相等，设为Bxv，小球在竖直方向上速度设为Byv，由水平方向动量守恒，有23mMBxmvmvmv−=由机械能守恒有()222221111222222mMBxBxBymvmvmvmvvmgR+=+++解

得0Bxv=、2ByvgR=小球到达B点时小球重力的瞬时功率ByPmgv=−解得2PmggR=−