湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高一下学期6月期末物理试题

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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. 下列说法正确的是( )
A. 做简谐运动的物体在平衡位置所受合外力一定为零
B. 弹簧振子在任意时间内位路程为A(振幅)
C. 单摆在周期性外力作用下做受迫振动，外力频率越大，则单摆的振幅越大
D. 交通警察向行进中的车辆发射超声波进行测速利用了声波的多普勒效应
【答案】D
【解析】
【详解】A．做简谐运动的物体在平衡位置所受合外力不一定为零，例如单摆的平衡位置所受合外力提供单摆做圆周运动的向心力，故A错误；
B．弹簧振子在平衡位置和位移最大处时内路程为A(振幅)，故B错误；
C．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，当外力频率等于单摆固有频率时，单摆做受迫运动的振幅最大，当外力频率大于单摆固有频率时，外力频率越大，则单摆的振幅越小，故C错误；
D．交通警察向行进中的车辆发射超声波进行测速利用了声波的多普勒效应，故D正确。
故选D。
2. 2023年6月6日3时10分“天舟五号”与空间站组合体完成再次交会对接。新空间站组合体由天和核心舱、两个实验舱和神舟16载人飞船、两艘货运飞船构成，规模比此前更大，目前空间站组合体状态良好。关于火箭发射及其和空间站的组合、对接，下列说法正确的是( )

A. 长征二号F运载火箭发射升空过程中，发动机喷出的燃气推动空气，空气推动火箭上升
B. 空间站组合体在轨匀速圆周运行时速率可能大于
C. 在空间站中工作的景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员因不受地球引力，所以处于完全失重状态
D. 交会对接过程需要“天舟五号”由低轨道向高轨道上变轨，在完成对接后“天舟五号”飞船的动能减小，机械能增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．长征二号F运载火箭发射升空过程中，发动机对喷出的燃气有推力作用，喷出的燃气对火箭有反作用力，从而推动火箭上升，故A错误；
B．为地球的第一宇宙速度，该速度等于近地卫星的环绕速度，根据
解得
可知，由于空间站组合体轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则空间站组合体在轨匀速圆周运行时的速率小于，故B错误；
C．在空间站中工作的景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员受到地球的万有引力作用，由于万有引力提供圆周运动的向心力，所以处于完全失重状态，故C错误；
D．交会对接过程需要“天舟五号”由低轨道向高轨道上变轨，此时需要在切点位置加速，可知在新轨道上的机械能增大，根据
解得
在完成对接后“天舟五号”飞船的轨道半径增大，则动能减小，即交会对接过程需要“天舟五号”由低轨道向高轨道上变轨，在完成对接后“天舟五号”飞船的动能减小，机械能增加，故D正确。
故选D。
3. 在大型活动现场如果麦克风的位置摆放不当，喇叭会发出刺耳的声音，这个刺耳的声音叫做“啸叫”，或者叫做“反馈增益”。这个过程是由于麦克风输入信号过强，使放出去的声音失真导致的啸叫。如图所示，会场上有M、N两个振动情况完全相同的喇叭，播放麦克风输入的相同频率的声音。空间有a、b、c、d、e五个位置，a、e在MN连线的中垂线上。试音时发现麦克风放置在e点喇叭会发出啸叫，判定在其余四个点中一定会发出啸叫的点为( )
A. a点B. b点C. c点D. d点
【答案】A
【解析】
【详解】M、N是两个振动情况完全相同的喇叭，a、e是MN连线的中垂线上的两个点，a、e到M、N两个声源的距离相等，路程差为零，a、e两点的振动加强，由题意可知麦克风放置在e点喇叭会发出啸叫，所以麦克风放置在a点喇叭也会发出啸叫，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
4. 高一(23)班小明同学在远处观看厚德广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有10层楼高，表演结束后，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】喷泉中心主喷水口的水柱约有10层楼高，则有
根据速度与位移的关系有
在极短时间喷出水的质量
其中
则驱动主喷水的水泵功率为
解得
故选C。
5. 如图(a)，质量分别为、的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x，撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图(b)所示，表示0到时间内A的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是( )

A. 0到时间内，墙对B的冲量小于B.
C. B运动后，弹簧最大形变量等于xD.
【答案】D
【解析】
【详解】A．设物体A在t1时刻的速度为，0到时间内，根据动量定理，对物块A
设墙对B的冲量为I，对物块B
由a-t图线面积表示物体速度变化量
解得
故A错误；
B．到时间内，B开始运动，水平方向上A、B仅受弹力作用，且A、B受到的弹力大小相等、方向相反，由图可知到时间内B的加速度大于A的加速度，根据牛顿第二定律可知
故B错误；
C．B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由动量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D．设在t2时刻物体A、物体B的速度分别为vA2、vB2，到时间内，由图像可知a-t图线面积表示物体速度变化量，则
由图可知，物体A和物体B在的加速度最大，此时A、B速度相等，即
故
即
①
设在t3时刻物体A、B速度分别为vA3、vB3，则
在t1至t3时刻，根据动量守恒可得
即
②
联合①②式可得
故D正确。
故选D。
6. 一人站在静止于光滑平直轨道上的平板车上，人和车的总质量为，现在这人双手各握一个质量均为m的铅球，以两种方式顺着轨道方向水平投出铅球：第一次是一个一个地投，第二次是两个一起投；设每次投掷时铅球相对车的速度相同，则两次投掷后小车速度之比为( )
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】若一个一个地投，令投第一个铅球速度为，投出后车速度大小为，则有
之后投第三个铅球速度为，投出后车速度大小为，则有
若两个铅球一起投，则有
由于每次投掷时铅球相对车的速度相同，则有
解得
故选C。
7. 图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的波形图，P质点对应的平衡位置的坐标为，Q质点对应的平衡位置的坐标为，M质点对应的平衡位置的坐标为。图乙为M质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该简谐波的传播速度为，传播方向沿x轴正方向
B. 时P质点的振动速度大于Q质点的振动速度
C. 从到，P质点经过的路程为
D. Q质点的振动方程为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据图像可知波长为4m，周期为1s，则波的传播速度
根据图乙可知时刻Q质点沿y轴负方向运动，结合图甲，根据同侧法可知波传播方向沿x轴负方向，A错误；
B．在时，由于
根据图甲可知，1.75s时刻，P质点位于平衡位置，Q质点位于平衡位置与波峰之间，则时P质点的振动速度大于Q质点的振动速度，B正确；
C．从到，由于
则P质点经过的路程为
C错误；
D．图甲所示的波的方程为
Q质点对应的平衡位置的坐标为，则1.0s时Q质点的位移为
由于周期为1.0s，可知时刻的波形与时刻的波形相同，即0时刻Q质点的位移亦为，令Q质点的振动方程为
由于0时刻Q质点的位移亦为，根据根据上述Q质点沿y轴负方向运动，则可解得
即Q质点的振动方程为
D正确。
故选BD。
8. 如图所示，将两个质量分别为、的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图像如图乙所示，g取，下列说法中正确的是( )

A. B球与A球碰前的速度大小为
B. A、B两球发生的是弹性碰撞
C. 若，第一次碰撞后，球上升的最大高度可能大于
D. 两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．A球的质量为m1=60g=0.06kg，B球的质量为m2=30g=0.03kg。设二者落地时的速度大小为v0，由动能定理可得
解得
由于A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，所以B球与A球碰前的速度大小为
故A正确；
B．因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得
解得A碰后速度为
所以碰撞前系统的总动能
碰撞后系统的总动能
碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，故B错误；
C．若，若发生弹性碰撞，则第一次碰撞后
解得
球上升的最大高度
所以碰撞后B球上升的最大高度不会大于20m，故C错误；
D．根据图乙可知，碰后B球反弹的速度大小为
设A对B球的冲量大小为I2，取向上为正方向，对B球根据动量定理可得
解得
B球受到的重力的冲量大小为
B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为
故D正确。
故选AD。
9. 如图所示，两个半径均为R的圆槽静止放在水平地面上，圆槽底端点A、B所在平面与水平面相切，相距R。质量为m的小球(可视为质点)从左圆槽上端C点的正上方P点由静止释放，恰好从C点进入圆槽，相距R，圆槽质量均为，重力加速度为g。不计一切摩擦，下列说法中正确的是( )

A. 小球运动到A点时对左圆槽的压力大小为
B. 小球到B点时，相距
C. 小球冲上右圆槽的最大高度为
D. 小球回到水平面后能冲上左圆槽
【答案】BC
【解析】
【详解】A．对左侧圆槽与小球有
解得
对小球在A点进行分析有
根据牛顿第三定律有
解得
故A错误；
B．小球在左侧槽运动过程由水平方向动量守恒的位移表达式有
又有
解得
小球离开A后，小球与左侧槽均做匀速直线运动，小球到B点时有
则相距
解得
故B正确；
C．假设小球冲上右侧槽没有越过右侧槽的最高点，对小球与右侧槽有
结合上述解得
可知，假设成立，即小球冲上右圆槽的最大高度为，故C正确；
D．小球从右侧圆槽回到水平面后，对小球与右侧圆槽有
解得
可知
则小球回到水平面后不能冲上左圆槽，故D错误。
故选BC。
10. 一质量为的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并留在物块中，子弹质量为，如图(a)所示。面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图(b)所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变，g取。下列说法正确的是( )

A. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
B. 子弹射入物块前的速度大小为
C. 物块和传送带作用的过程中，系统产生的内能为
D. 由于子弹的射入，电动机对传送带多做的功为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由速度图像得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为
由牛顿第二定律得
又，，解得
得到物块与传送带间的动摩擦因数为
故A正确；
B．从v-t图像看出，物块被子弹射后的共同速度
然后一起先向左减速到0，然后向右加速到2.0m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度方向向右，其速度为
子弹与物块相互作用的过程中，子弹与物块组成的系统的动量守恒，由动量守恒定律得
解得
故B错误；
C．由速度图像可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3秒，0-2s内
方向向左
方向向右
2-3s内
方向向右
方向向右
所以，物块与传送带之间的相对位移
产生的内能
故C正确；
D．由于子弹的射入，即在0-3s内
在这段时间内电动机对传送带多做的功为克服摩擦力做的功，即
故D错误。
故选AC。
二、填空题：每空2分，共16分．
11. (1)在单摆测定重力加速度实验中，实验装置如图所示，单摆摆长__________cm。图B为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为，该单摆摆动次时，长、短针位置如图中所示，所用时间__________s。用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为__________(不必代入具体数值)。

(2)利用单摆测定重力加速度时，若测得的g值偏大，则可能是因为_____。
A．单摆的摆球质量偏大
B．摆球在水平面内做匀速圆周运动
C．测量周期时，把n次全振动误认为是次全振动
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动，使得摆线变长
【答案】 ①. 99.08##99.09##99.10##99.11##99.12 ②. 99.8 ③. ④. BC
【解析】
【详解】(1)[1]由图可知悬挂点到球心的距离为
99.08-99.12cm均算正确；
[2]由图可知大格读数为90s，小格读数为9.8s，故所用时间为
[3]由题意可得周期为
根据
可得
(2)[4]A．由[3]中分析可得
与摆球质量无关，故A错误；
B．摆球在水平面上做圆周运动，此时所测量的周期为圆锥摆的周期而不是单摆的周期，设摆线与竖直方向的夹角为，则
解得
测定周期偏小，故测得的重力加速度偏大，故B正确；
C．测量周期时，把n次全振动误认为是次全振动，测得的周期偏小，测得的重力加速度偏大，故C正确；
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动，使得摆线变长，因此测量的摆线长度偏小，故测得的重力加速度偏小，故D错误。
故选BC。
12. 为了验证“两小球碰撞过程中的动量守恒”，甲同学用如图所示的装置进行了如下的操作：

①将斜槽轨道末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向右平移适当的距离并固定，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹P；
③把小球b静止放在斜槽轨道的水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b相碰后，两小球撞到木板并在白纸上留下痕迹M和N；
④用天平测出a、b两个小球的质量分别为和，用刻度尺测量白纸上O点到M、P、N三点的距离分别为、和。根据上述实验，请回答下列问题：
(1)为减小实验误差，选择入射球、被碰球时，应该使______(选填“大于”“等于”或“小于”)；
(2)若小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结论______(选填“会”或“不会”)产生影响；
(3)用本实验中所测得的物理量来验证两小球碰撞过程中动量守恒，其表达式为为______(用、、、、表示)
(4)乙同学用下图所示的实验装置验证两小球碰撞过程中动量是否守恒。图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为、、。只要满足关系式__________(用、、、、表示)就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。

【答案】 ①. 大于 ②. 不会 ③. ④.
【解析】
【详解】(1)[1]为了避免碰撞过程发生反弹，选择入射球、被碰球时，应该使大于。
(2)[2]由于小球a每次均从同一位置静止释放，因此每次克服摩擦阻力做功相同，每次飞出斜槽末端的速度大小不变，可知小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结论不会产生影响。
(3)[3]根据平抛运动规律有
，
解得
碰后小球a的速度大，根据实验操作可知小球平抛运动水平分位移相等，小球a运动时间短，则小球a竖直分位移小，则小球a碰撞前后的速度分别为
，
小球b碰撞后的速度
根据动量守恒有
则有
(4)[4]该实验中令斜面夹角为，根据平抛运动规律有
，
解得
可知，小球平抛初速度越大，在斜面上的落点越远，则P为小球a碰前的落点，M点为小球a碰后的落点球，N点为小球b碰后的落点球，根据上式有
，，
根据动量守恒有
则有
三、解答题：本题共3小题，共44分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13. 如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在时的完整波形图，质点P位于x轴上处。已知该简谐横波的传播速度大小。求：
(1)写出位于坐标原点的质点的位移y与时间t的关系式；
(2)从开始，到质点P的位移所经历的最小时间。

【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)由图可知波的波长为
所以周期为
位于坐标原点的质点振动的圆频率为
t=0时刻，位于坐标原点的质点在波传播方向的上坡上，所以沿y轴负方向运动，则其振动方程为
(2)波从x=2m传播到P点所用时间为
质点P起振方向沿y轴负方向，所以P从起振到第一次位移为所用时间为
从t=0开始，到质点P的位移所经历的最短时间为
14. 直立轻弹簧的下端与水平地面上质量为的甲木块相连接，轻弹簧上端静止于A点(如图1)，再将质量也为乙木块与弹簧的上端连接，当甲、乙及弹簧均处于静止状态时，弹簧上端位于B点(如图2)。现向下用力压乙，当弹簧上端下降到C点时将弹簧锁定，C、A两点间的距离为。一个质量为的小球丙从距离乙正上方处自由落下(如图3)，当丙与乙刚接触时，弹簧立即被解除锁定。之后，丙与乙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后立即取走小球丙。当甲第一次恰好离开地面时乙的速度为。求：
(1)求碰后小球乙的速度大小；
(2)从弹簧被解除锁定至甲第一次刚离开地面时，弹簧弹性势能的变化量(g取)。

【答案】(1)2m/s；(2)-0.16J
【解析】
【详解】(1)小球丙自由下落过程有
丙与乙发生弹性碰撞，对乙丙构成的系统有
解得
(2)令弹簧被解除锁时的弹性势能为，甲第一次刚离开地面时的弹性势能为，则从弹簧被解除锁定至甲第一次刚离开地面过程有
弹簧放上乙，乙处于静止时，弹簧处于压缩状态，则有
甲第一次恰好离开地面时，弹簧处于拉伸状态，则有
可知
根据上述结合题意可知
碰撞后乙为弹簧振子，根据弹簧振子运动的对称性可知
从弹簧被解除锁定至甲第一次刚离开地面过程，乙上升的高度
解得
由上述式子解得从弹簧被解除锁定至甲第一次刚离开地面时，弹簧弹性势能的变化量
15. 如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的点，平板上表面点左侧粗糙，右侧光滑．用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态．将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(摆角小于)，A以速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点．己知A的质量，B的质量，A与B上表面左侧粗糙面间的动摩擦因数，B下表面与地面间的动摩擦因数，重力加速度g取。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小与；
(2)B光滑部分的长度d；
(3)单摆的摆长l(令)。

【答案】(1)，负号代表方向向左；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)设水平向右为正方向，因为O'点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
代入数据联立解得
负号代表方向向左
(2)因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，设A从进入粗糙部分到停下来对地的位移为x0，A物体减速过程根据动能定理有
根据动量定理有
代入数据解得
x0=0.5m，=0.5s

此过程中A减速的位移等于在A匀速运动过程中B向右的位移，所以对于此过程对B根据牛顿第二定律有
根据位移—时间关系有
联立代入数据解得
t1=s或1s(舍去)
故根据几何关系有
(3)从小球与A碰后到A再次回到O点正下方位置所需总时间
由题意可知
而
联立解得