上海市南汇中学2023-2024学年高一下学期期中考试物理试卷（学生版+教师版）

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一、单项选择题（1-8题每小题3分， 9-12题每小题4分， 共40分）
1. 激光防伪技术是利用光的（ ）
A. 干涉B. 衍射C. 散射D. 反射
【答案】A
【解析】
【详解】激光防伪技术是利用激光的相干性，故激光防伪技术是利用光的干涉。
故选A。
2. 在回音壁一端贴墙小声说话，一、二百米远的墙的另一端可以听得一清二楚。这种现象属于机械波的（ ）
A. 干涉B. 衍射C. 折射D. 反射
【答案】D
【解析】
【详解】在回音壁一端贴墙而立说话，声音会沿着墙壁传到一二百米的另一端属于机械波的反射。
故选D。
3. 激光可以切割或焊接厚度达到几十厘米的钢板，是利用激光（ ）
A. 单色性好B. 相干性高
C. 方向性好D. 可以携带信息
【答案】C
【解析】
【详解】激光束可切割物质，焊接金属以及在硬质难溶物体上打孔，是利用了激光的高能量、方向性好的性质。
故选C。
4. 人耳能听到的频率范围是20-20000Hz。某音频发生器发出频率为22000Hz的声波。为了听到这个声音，可以（ ）
A. 快速靠近音源B. 快速远离音源
C. 绕音频发生器做圆周运动D. 与音频发生器相向运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据多普勒效应，当波源与观测着相互靠近时，观测到的频率变大，则快速靠近音源，人观测到的频率大于22000Hz，无法听到声音，故A错误；
B．根据多普勒效应，当波源与观测着相互远离时，观测到的频率变小，则快速远离音源，人观测到的频率小于22000Hz，，可以听到声音，故B正确；
C．绕着音频发生器做圆周运动，波相对速度不会改变，波源与观测者距离不变，频率不变，无法听到声音，故C错误；
D．与音频发生器同时相向运动，观测到的频率变大，频率大于22000Hz，无法听到声音，故D错误。
故选B
5. 如图所示，电灯S发出的光先后经过偏振片A和B，人眼在P处迎着入射光方向，却看不到光亮，则（ ）
A. 电灯S发出的光是偏振光B. 偏振片A起检偏器的作用
C. 以SP为轴将A转过45°，在P处看到光亮D. 将B沿SP向A平移至某位置时，在P处看到光亮
【答案】C
【解析】
【详解】A．电灯S发出的光，包含着垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同，属于自然光，故A错误；
B．自然光先经过偏振片A形成偏振光，当偏振片B的透振方向与A的透振方向不垂直时，才能从P点看到光亮，所以A是起偏振器，B是检偏振器，故B错误；
C．由于此时人眼在P处迎着入射光方向看不到光亮，说明A、B透振方向垂直，以SP为轴将A转过45°，则透过A的偏振光的振动方向将存在平行于B透振方向的分量，此时将有部分光可以透过B，在P处可以看到光亮，故C正确；
D．无论将B沿SP向A平移至何位置，透过A的偏振光的振动方向始终与B的透振方向垂直，在P处始终看不到光亮，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，五个摆悬挂于有弹性的横梁上，A 是摆球质量较大的摆，让它摆动后带动其他摆振动，那么其他各摆的（ ）
A. 振动周期不同，D 摆的周期最大
B. 振动周期不同，B摆的周期最小
C. 振幅不同，E摆的振幅最大
D. 振幅不同，D摆的振幅最大
【答案】C
【解析】
【详解】受迫振动的周期都应等于驱动力的周期即都等于A摆的周期，A、E两摆的摆长相等，故 E摆的固有周期与A摆的周期相同，频率一致，故E摆的振幅最大。
故选C。
7. 用单摆测量重力加速度的大小的实验中，发现测量结果明显偏大，可能的原因是（ ）
A. 只测量了摆线的长度B. 摆角远小于5°
C. 测量周期时少记了一次全振动D. 测量周期时多记了一次全振动
【答案】D
【解析】
【详解】根据
可得
A．测摆长时，只测量了摆线的长度，则L测量值偏小，则g的测量值偏小，故A错误；
B．摆角远小于5°，单摆做简谐振动，对测量结果无影响，故B错误；
C．测量周期时少记了一次全振动，则周期测量值偏大，则g的测量值偏小，故C错误；
D．测量周期时多记了一次全振动，则周期测量值偏小，则g的测量值偏大，故D正确。
故选D。
8. 一列横波沿水平方向传播，某时刻形成如图所示的波形，此时质点 A的速度正逐渐减小，则（ ）
A. 波沿水平向右的方向传播B. 质点D的速度正逐渐增大
C. 质点B、C的加速度方向相同D. 质点C比质点D 先回到平衡位置
【答案】B
【解析】
【详解】A．质点A的速度正逐渐减小，即质点A正在向上振动，根据“同侧法”，波沿水平向左的方向传播，故A错误；
B．根据“同侧法”，质点D正在向上振动，位移减小，速度增大，故B正确；
C．机械波的各质点均做简谐运动，加速度都指向平衡位置，故质点B、C的加速度方向不同，故C错误；
D．根据“同侧法”，质点D正在向上振动，靠近平衡位置，质点C正在向下振动，远离平衡位置，则质点C比质点D后回到平衡位置，故D错误。
故选B。
9. 如图所示，一束光从空气斜射入某介质，入射光线与反射光线的夹角为120°，折射光线与反射光线相垂直。该介质的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意可知，入射角，折射角，所以该介质的折射率为
故选A。
10. 在发波水槽的底部放置一块玻璃板，将水槽分为分为不同深浅的两个部分A、B。一列水波从深水区A 入射到浅水区B时发生了折射的情况如图所示。图中实线表示 A 区域水波的波峰，波速为v1 ，频率为f1，与分界面的夹角为α。虚线表示B区域水波的波峰，波速为v2，频率为f2，与分界面的夹角为β。由图可推得（ ）
A. f₁C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设AB界面处相邻两波峰之间的距离为L，则
因为，折射不改变波的频率，即
根据
可得
故选D。
11. 如图所示，周期为T弹簧振子的平衡位置O为坐标轴的原点建立O-x轴。小球相对平衡位置O的位移x与时间t的图像如图所示。设小球的加速度为a，动能为Ek，弹性势能为Ep，弹簧对小球做功功率的大小为P，能正确描述小球运动的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AC．由图可知，t=0时刻小球处于平衡位置，且向负方向运动，此时小球的加速度为零，弹簧的弹性势能为零，故AC错误；
B．t=0时刻小球处于平衡位置，速度最大，动能最大，时刻，小球到达负的最大位移处，速度为零，动能为零，时刻，小球回到平衡位置，速度最大，动能最大，故B错误；
D．t=0时刻小球处于平衡位置，速度最大，弹力为零，功率为零，时刻，小球到达负的最大位移处，速度为零，弹力最大，功率为零，即0~功率先增大后减小，时刻，小球回到平衡位置，速度最大，弹力为零，功率为零，即~功率先增大后减小，故D正确。
故选D。
12. 质量为m，速度为v0的小球A 与另一个质量为2m 静止小球B在光滑水平面上发生碰撞。碰撞后两球的运动方向与v0的方向在同一直线上。以的方向为正方向，碰撞后B球的速度可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】若AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒可得
解得
若AB发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
则碰撞后B球的速度应满足
故选B。
二、填空题 （每空2分，共20分）
13. 某次干涉实验中，利用相对光强传感器中得到如图所示的干涉图样，软件界面上a、b之间的间距为3.70mm，则相邻条纹间距为___________mm。已知双缝的间距为 0.25mm，双缝到传感器的距离为0.45m，则光的波长为___________hm（结果均保留三位有效数字）。
【答案】 ①. 略 ②. 略
【解析】
【详解】略
14. 周期为T的单摆做最大摆角为3°的摆动。若摆长增加一倍，周期变为___________；若改变摆长后，单摆的周期变为原来的2倍，其他条件不变，摆球的最大速度变为原来的___________倍。
【答案】 ①. ②. 2
【解析】
【详解】[1]根据单摆周期公式
若摆长增加一倍，周期变为
[2]若改变摆长后，单摆的周期变为原来的2倍，则
解得此时的摆长为
摆球从最高点到最低点，根据动能定理
可得
15. 一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，触网后沿竖直方向翻回到离水平网面5.0m高处，则运动员离网时的速率为________m/s。若运动员与网接触的时间为 1.2s，不计网的质量及空气阻力，则该段时间内网对运动员的平均作用力大小为________N。（g取10m/s2）
【答案】 ①. 10 ②. 1500##
【解析】
【详解】[1]设运动员从h1处下落，由自由落体运动规律知运动员触网前瞬间的速度大小为
方向向下；同理，设运动员反弹到达高度为h2，离开网面时速度大小为
方向向上。
[2]在接触网过程中，运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，设向上方向为正，由动量定理有
解得
16. 如图所示，介质中有一列沿x轴传播的机械波，波速为4m/s。t=0时刻起， x=3m处的介质质点开始沿y轴振动， 振动方程为y=-0.1sin（2πt）（cm）， 则该波的波长为___________m。 当 时，x=1.5m处介质质点的位移为___________ cm。
【答案】 ①. 4 ②. 0
【解析】
【详解】[1]由振动方程可知，周期为
该波的波长为
[2]传到x=1.5m处介质质点所用的时间
x=1.5m处介质质点振动的时间
根据半个周期具有对称性可知，此时x=1.5m处介质质点的位移为0。
17. 从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求
(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？
【答案】(1)；(2)
【解析】
【分析】
【详解】(1)由机械能守恒定律得
解得
炸裂时，爆炸力远大于物体受到的重力，规定向下为正方向，因为质量为m的一块碎片恰好能返回到开始下落的位置，可知该碎片的速率等于物体爆炸前的速率，由动量守恒定律知
解得
方向竖直向下；
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，故转化为动能的化学能为
解得
三、实验题（每小题2分，共8分）
18. 在“测定玻璃的折射率”的实验中，小明在水平木板上放纸，按玻璃砖的宽度在白纸上画两条平行线，玻璃砖依线置于纸面上。如图所示，在玻璃砖的一侧垂直于纸面插入两枚大头针a、b，其连线与玻璃砖表面成一定角度。
（1）小明接下来完成的必要步骤有（ ）
A. 插上大头针c，使c仅挡住b的像
B. 插上大头针c，使c挡住a和b的像
C. 插上大头针d，使d仅挡住c的像
D. 插上大头针d， 使d挡住a、b和c的像
（2）能减小实验误差的操作有（ ）
A. a、b及c、d之间的距离尽量靠近些B. 将大头针竖直插入木板
C. 选择宽度较大的玻璃砖D. 插针时尽量使入射角小一些
（3）实验中测得光在空气和玻璃分界面上的入射角为θ1=57°、折射角θ2=37°， 玻璃砖的厚度为10cm，则入射光线与折射光线的垂直间距y为___________cm。
（4）小华同学在白纸上画平行线时，不小心将一条平行线的间距画得比玻璃砖宽度略大，如图所示，则测得的折射率___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）BD （2）BC
（3）4.3 （4）偏小
【解析】
【小问1详解】
光沿直线传播，两点确定一条直线，让c挡住a和b的像，保证入射光线是唯一的且过a、b，同理使d挡住a、b和c的像，保证从玻璃板出来的光线是唯一的且过c、d，最后使四个点在同一条光线的传播路径上。
故选BD。
小问2详解】
A．a、b及c、d之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差，故A错误；
B．为了减小实验的误差，应将大头针竖直插入木板，故B正确；
C．为了减小实验的误差，选择宽度较大的玻璃砖，故C正确；
D．插针时尽量使入射角大一些，故D错误。
故选BC。
【小问3详解】
如图
根据几何关系可得
则
【小问4详解】
如图所示
将一条平行线的间距画得比玻璃砖宽度略大，导致在的折射角大于真实的折射角，则测得的折射率偏小。
三、综合应用题（19题16分， 20题16分， 共32分）
19. 一列横波在时的波形如图中的实线所示，时刻的波形如图中的虚线所示，P是平衡位置在处的质点。
（1）求该波的振幅和波长；
（2）若该波沿x轴正方向传播，求该波的波速表达式：
（3） 若该波的波速大小，求质点P在0~4s内通过的路程。
【答案】（1）2cm，4m；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由图可知该波的振幅为2cm，波长为4m。
（2）若该波沿x轴正方向传播，时间内波传播的距离可能为
故波速可能为
（3）若该波的波速大小，则波的周期
由
可知质点P在0~4s内通过的路程为
20. 如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块A、B置于水平地面上，都处于静止状态。将质量也为m的小物块C从A的正上方高为h处由静止释放，物块C与A碰后粘连在一起继续向下运动。此后两物块始终未分离。已知在后续的振动中，当A与C达到最高点时，B对地面的弹力恰好为零，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，求：
（1） A 与C碰撞后的共同速度v₁；
（2）弹簧弹力最大值 Fm：
（3）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设物块C与物块A碰撞前的速度为，则
解得
A与C碰撞，根据动量守恒
解得
（2）物块C与A碰后粘连在一起之后，物块AC一起做简谐运动，在最高点时，B对地面的弹力恰好为零，则弹簧的弹力为
则对物块AC受力分析，回复力为
根据简谐运动的对称性，物块AC在最低点时弹簧的弹力和重力的合力提供回复力，此时的弹力最大，最大为
（3）设最开始时，弹簧的压缩量为，根据胡克定律
设A与C碰撞后下降的最大高度时，弹簧的形变量为，根据胡克定律
则根据功能关系
以上各式联立，解得