2023-2024学年北京市第一零一中学高一下学期期末考试物理补充试题（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年北京市第一零一中学高一下学期期末考试物理补充试题（含详细答案解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒
B. 乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度
C. 减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功
D. 减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量
2.如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动(俯视)，圆盘上距轴r处有一质量为m的物块(可视为质点)。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至ω。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数μ、重力加速度g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是( )
A. 物块所受摩擦力的方向始终指向O点B. 物块所受摩擦力的大小始终为μmg
C. 物块所受摩擦力的冲量大小为mωrD. 物块所受摩擦力做的功为0
3.如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块(可视为质点)以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v−t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 木板的长度为v0t1
B. 物块与木板的质量之比为v1v0
C. 物块与木板之间的动摩擦因数为v0−v12gt1
D. 0∼t1这段时间内，物块动能的减少量与木板动能的增加量之比为v0+v1v1
4.一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，此后两物块的速度随时间变化的规律如图所示，从图像信息可得( )
A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B. 从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C. 两物体的质量之比为m1:m2=1:3
D. 在t2时刻A与B的动能之比为Ek1:Ek2=1:8
5.将一轻弹簧与小球组成弹簧振子竖直悬挂，上端装有记录弹力的拉力传感器，当振子上下振动时，弹力随时间的变化规律如图所示。已知重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球的质量为2kg，振动的周期为4s
B. 0∼2s内，小球受回复力的冲量大小为0
C. 0∼2s内和2∼4s内，小球受弹力的冲量方向相反
D. 0∼2s内，小球受弹力的冲量大小为40N⋅s
6.用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向做简谐运动，振动图像如图所示，下列描述正确的是( )
A. t=1s时，振子的速度最大
B. t=2s时，振子的加速度最大
C. 1∼2s内，振子的速度变大，加速度变小
D. 1∼2s内，振子的速度变大，加速度变大
7.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为0.5m/s，周期为4s。t=2s时波形如图甲所示，a、b、c、d是波上的四个质点。如图乙所示是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长为4m
B. t=0时质点b的速度方向为y轴正方向
C. 如图乙表示的是质点b的振动图像
D. t=1s时质点b的加速度方向为y轴负方向
8.为了降低噪声带来的影响，人们通常在声源处、传播过程中以及人耳处采取措施。耳机通常会采取两种方式降噪，即被动降噪与主动降噪。被动降噪方式主要是通过物理隔绝或者耳机上的特殊结构尽量阻挡噪声。主动降噪方式通常是在耳机内设有两个麦克风，如图所示，一个麦克风用来收集周围环境中的噪声信号，有助于耳机的处理器能够预测下一时刻的噪声情况，并产生相应的抵消声波。另一个麦克风用来检测合成后的噪声是否变小，有助于处理器进一步优化抵消声波，达到最佳的降噪效果。根据上述信息及所学过的知识可以判断( )
A. 被动降噪方式利用了声波的多普勒效应
B. 主动降噪时产生的理想抵消声波和噪声声波频率、振幅都相同，相位相反
C. 无论主动降噪方式还是被动降噪方式，都可以使进入耳膜的声波频率变小
D. 无论主动降噪方式还是被动降噪方式，都是利用了声波的衍射现象
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.体积相同的小球A和B悬挂于同一高度，静止时，两根轻绳竖直，两球球心等高且刚好彼此接触。如图所示，保持B球静止于最低点，拉起A球，将其由距最低点高度为h处静止释放，两球发生碰撞后分离。两球始终在两悬线所决定的竖直平面内运动，悬线始终保持绷紧状态，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 两球从碰撞到分离的过程中，A球减少的动能与B球增加的动能大小一定相等
B. 两球从碰撞到分离的过程中，A球动量的变化量与B球动量的变化量大小一定相等
C. B球上升的最大高度不可能大于h
D. B球上升的最大高度可能小于h4
10.用多组实验数据做出T2−L图象，也可以求出重力加速度 g，已知三位同学做出的T2−L图线的示意图如图中的 a、b、c 所示，其中 a 和 b 平行，b 和 c 都过原点，图线 b 对应的 g 值最接近当地重力加速度的值.则相对于图线 b，下列分析正确的是( )
A. 出现图线 a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长 L
B. 出现图线 c 的原因可能是误将49 次全振动记为50 次
C. 图线 c 对应的 g 值小于图线 b 对应的 g 值
D. 图线 a 对应的 g 值等于图线 b 对应的 g 值
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【详解】A.甲、乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为0，甲推乙后，两者动能增大，即甲推乙的过程中，甲和乙的机械能增大，A错误；
B.甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则有
m甲v甲−m乙v乙=0
由于甲的质量小于乙的质量，则有
v甲>m乙
两人与冰面间的动摩擦因数相同，即减速过程的加速度大小相等，可知乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，B正确；
C.减速过程中，根据
Wf=0−12mv02=0−12pv0
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，甲的速度大于乙的速度，则地面摩擦力对甲做的功大于对乙做的功，C错误；
D.根据
If=0−mv0
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，则减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大小等于对乙的冲量，D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【详解】A.在角速度从0增大至 ω 过程中，物块有切线方向的加速度，则摩擦力有切向分力，不是指向O点，故A错误；
B.该过程中物块始终相对圆盘静止，则摩擦力始终小于最大静摩擦力 μmg ，故B错误；
C.物块受到的支持力与重力的冲量大小相等方向相反，则根据动量定理物块的动量改变量等于摩擦力的冲量，为
mΔv=mωr
故C正确；
D.支持力和重力不做功，根据动能定理，摩擦力做功等于动能改变量为
12m(Δv)2=12mω2r2
故D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】【详解】A.t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端，所以相对位移就是板长，根据图2可知相对位移为
L=Δx=v0t12
故A错误；
B.相对运动过程中，设相互间的摩擦力大小为 f ，物块的加速度大小
a=fm=v0−v1t1
木板加速度大小
a′=fM=v1t1
所以物块与木板的质量之比为
mM=v1v0−v1
故B错误；
C.摩擦力为
f=μmg
所以物块与木板之间的动摩擦因数
μ=fmg=ag=v0−v1gt1
故C错误；
D. 0∼t1 时间内，木板的动能增加量为
ΔEk2=12Mv12
物块的动能减少量为
ΔEk1=12m(v02−v12)
物块动能的减少量与木板动能的增加量之比为
ΔEk1ΔEk2=12m(v02−v12)12Mv12
又
mM=v1v0−v1
联立得
ΔEk1ΔEk2=v0+v1v1
故D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】【详解】A.由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，而t=0、t2、t4三个时刻弹簧处于原长状态，故t1弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；
B.结合图象，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度再次相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从从t1到t3时刻中弹簧由压缩状态恢复原长再伸长，故B错误；
C.系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知
m1v1=(m1+m2)v2
将v1=3m/s，v2=1m/s代入得
m1：m2=1：2
故C错误；
D.在t2时刻A的速度为vA=1m/s，B的速度为vB=2m/s，根据
m1：m2=1：2
根据
Ek=12mv2
解得
Ek1：Ek2=1：8
故D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】【详解】A.根据图像可知， t=0 时，弹簧弹力最大，为 20N ，小球位于最低点， t=2s 时，弹簧弹力最小，为零，小球位于最高点，由对称性可知，小球振动的周期为4s，小球位于平衡位置时，弹力为
F=Fmax+Fmin2=10N
且
F=mg
解得小球的质量为1kg，故A错误；
B.小球受到的合外力提供回复力，0∼2s内，小球初末速度均为零，速度变化量为零，根据动量定理
I合=Δp=mΔv
可知0∼2s内，小球受回复力的冲量大小为0，故B正确；
CD.0∼2s内，小球初末速度均为零，根据动量定理可得
IF−mgt=0−0
可得
IF=20N⋅s
即0∼2s内，小球受弹力的冲量大小为 20N⋅s ，方向竖直向上，同理可得，2∼4s内，小球受弹力的冲量大小为 20N⋅s ，方向竖直向上，则0∼2s内和2∼4s内，小球受弹力的冲量方向相同，故CD错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】【详解】A.由图可知， t=1s 时振子位移最大，此时速度为零，A错误；
B. t=2s 时，振子在平衡位置，振子的速度最大，加速度最小，B错误；
CD.1∼2s 内，振子从最大位移处向平衡位置运动，此过程中振子的速度变大，加速度变小，C正确，D错误；
故选C。
7.【答案】C
【解析】【详解】A.由图像可知，周期为4s，根据
v=λT
解得
λ=2m
故A错误；
B.t=2s时，质点b位于平衡位置，根据同侧法可知，此时质点b沿y轴正方向运动，由于
2s=T2
可知， t=0 时，质点b也位于平衡位置，速度方向为y轴负方向，故B错误；
C.图乙中2s时刻，质点位于平衡位置沿y轴正方向运动，结合上述可知，图乙表示的是质点b的振动图像，故C正确；
D.结合上述，t=2s时，质点b位于平衡位置，沿y轴正方向运动，由于
1s=T4
可知，t=1s时，质点b位于波谷，相对于平衡位置的位移为负值，则加速度方向为y轴正方向，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】【详解】A.被动降噪方式主要是通过物理隔绝或者耳机上的特殊结构尽量阻挡噪声，并不是利用了声波的多普勒效应，故A错误；
BD.主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的，故B正确，D错误；
C.声波的频率取决于波源，波源的振动频率不变，被动降噪方式不会改变进入耳膜的声波频率，故C错误。
故选B。
9.【答案】BD
【解析】【详解】A.两球质量未知，由题中条件无法确定是不是弹性碰撞，所以不能确定A球减少的动能与B球增加的动能是不是一定相等，故A错误；
B.两球在最低点碰撞，从碰撞到分离的过程中，动量守恒，AB球的总动量不变，所以A球动量的变化量与B球动量的变化量大小一定相等，方向相反，故B正确；
C.假设AB是弹性碰撞，则有动量守恒和能量守恒得
mAvA=mAvA′+mBvB′12mAvA2=12mAvA′2+12mBvB′2
联立可得
vA′=mA−mBmA+mBvA,vB′=2mAmA+mBvA
且根据机械能守恒可得
mAgh=12mAvA2
mBgh′=12mBvB′2
联立可得
h′=4mA2(mA+mB)2h
若B球质量小于A球质量，则可得
h′>h
故C错误；
D.假设碰撞是完全非弹性碰撞，则有
mAvA=(mA+mB)vB′
可得
vB′=mAvAmA+mB
则由
mBgh′=12mBvB′2
可得
h′=mA2(mA+mB)2h
如果 mA