第1次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

—60 — 错误;由题图乙可知摆球做单摆运动的周期为 T,设摆长为L,则 有T=2π Lg月 ,L=n 2T2h t2 ,C正确;由题图乙可知单摆的振幅为 A,则0~112T 时 间 内 摆 球 走 过 的 路 程 为s=112 ×4A=22A ,D 错误。] 8.AD [由图像分析可得,弹簧振子只有动能和弹性势能互相转化, 且机械能守恒,只有弹簧的弹力做功,重力不做功,则弹簧振子在 光滑的水平面上振动,A正确;t2 时刻弹簧振子的动能最小,弹簧 振子处在位移最大处,B错误;弹簧振子的周期为2t2 或4t1,C错 误,D正确。] 9.AB [做受迫振动的物体的振动频率等于驱动力的频率,单摆振 动时的频率由驱动力的频率决定,与单摆的固有频率无关,当驱动 力频率等于单摆的固有频率时,单摆的振幅最大,发生共振,故C 错误;由题图可知,甲、乙两个单摆的固有频率之比为1∶2,根据T =1f=2π l g ,有g=4π2f2l,若两单摆摆长相同,则甲、乙两单摆 所处两地的重力加速度之比为1∶4,故 A正确;若两单摆放在同 一地点,则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1,故B正确;秒摆频率 f地 =0.5Hz,在地面附近,秒摆的摆长为l= g4π2f地2 ≈1m,故D 错误。] 10.BD [因挂上a、b两物体时弹簧伸长5cm,可知挂上物体b时弹 簧多伸长2cm,剪断细线后根据简谐运动特征可知振子的振幅 为2cm。由于规定竖直向上为正方向,物体a的初相为-0.5π, 物体a的振动方程为x=2sin(10πt-0.5π)cm,A错误;物体a由 最低点运动到最高点动能增量为零,弹力做功等于重力势能增量 W 弹 =mag·2A=0.12J,B正确;剪断线瞬间物体a所受的合力 等于mbg,根据简谐运动的对称性,物体a运动到最高点所受的 合力也等于mbg,故加速度大小为a= mbg ma =203 m /s2。C错误; 物体a在最低点时弹簧长度为15cm,上升2A 到最高点,故最高 点时弹簧长度为11cm,D正确。] 11.解析 (1)单摆的周期T=tn 摆长L=L0+R 根据T=2π Lg 可得g= 4π2n2(L0+R) t2 (2)单摆摆球摆到最低点时速度最大,线上拉力最大,两次拉力最 大的时间间隔为半个周期,所以单摆的周期为T=2.0s 根据T=2π L1g 可得g= 4π2L1 T2 代入数据得g=9.8m/s2。 答案 (1) 4π2n2(L0+R) t2 (2)2.0 9.8 12.解析 (1)a图测得连续 N 个磁感应强度最大值之间的总时间为 t,相邻的磁感应强度最大值之间的时间间隔为T2 ,则(N-1)T2 =t 得T= 2tN-1 b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变,可能的操作原因是形 成了圆锥摆。小球与手机距离不变,磁感应强度几乎不变。 (2)单摆摆长l=L+R 由单摆周期公式T=2π lg 得T2=4π 2 gL+ 4π2 gR 图线的斜率为k=4π 2 g 纵轴上的截距为c=4π 2 gR 则当地重力加速度g=4π 2 k 小球的半径R=ck (3)实验中,小球离手机最近时,测得磁感应强度最大。若手机放 的位置不在悬点正下方,则测量结果不会影响实验结果。地磁场 不变,实验测得的是小球的磁感应强度和地磁场的磁感应强度的 合矢量。地磁场对该实验结果不会产生影响。 答案 (1)2tN-1 形成了圆锥摆 (2)4π 3 k c k (3)不会 不会 13.解析 (1)当弹力最大时,小球处在最低点,则题图乙说明小球从 处在最低点开始计时,弹簧振子的回复力在最高点和最低点大小 相等、方向相反,或根据图像的对称性,则有F2-mg=mg-F1 解得m=F1+F22g (2)设弹簧振子的周期为T,结合F-t图像可得34T=t0 解得T=43t0 从计时开始到11t0 时,小球运动了 11t0 T =8 1 4 个周期,则小球的 路程为s=8×4A+A 解得s=33A 答案 (1) F1+F2 2g (2)33A 14.解析 (1)小球摆动的周期等于摆长为l的单摆和摆长为14l 的 单摆的周期 之 和 的 二 分 之 一,即 T= 12 2π l g +2π l 4g = 3π 2 l g (2)设X 星球表面的重力加速度为g',则 3π 2 l g'= 1 2× 3π 2 l g 解得g'=4g 对于X 星球,有 g'R2=GM 解得 M=4gR 2 G 答案 (1)3π2 l g (2)4gR 2 G 15.解析 (1)青蛙起跳瞬间,青蛙和木板在水平方向动量守恒,可得 mv=Mv1① 若青蛙从起跳到吃到小球经历时间为t,则 x0=vt② 从青蛙起跳到吃到小球的过程,木板运动的位移大小 x1=v1t③ 联立①②③解得 从青蛙起跳到吃到小球的过程,木板运动的位移大小 x1= m Mx0 (2)小球从最高点到最低点的过程机械能守恒 m球 gl(1-cosθ)=12m球 v2 2④ 解得小球运动到最低点的速度大小 v2= x0 4π g l (3)θ很小,则小球的运动可视为简谐运动,小球恰好向右运动到 最低点所用时间 t= k+34 ·2π lg (k=0,1,2,…)⑤ 联立②⑤可得 青蛙运动到最高点时的速度大小 v= x0 2πk+34 g l ⑥ 若此时青蛙能吃到小球需满足 v≥v2⑦ 联立④⑥⑦解得 k≤114 所以青蛙吃到小球时的速度大小为v= x0 2πk+34 g l (k=0,1) 答案 (1)mMx0 (2) x0 4π g l (3) x0 2πk+34 g l (k=0,1) 高中月考滚动卷 第一次月考滚动检测卷 1.C [位移减小时,速度增大,加速度减小,故 A错误;位移方向总 跟加速度方向相反;当物体远离平衡位置时,位移方向与速度方向 相同,当物体靠近平衡位置时,位移方向与速度方向相反,故B错 误,C正确;物体通过平衡位置时,回复力为零,但合外力不一定为 零(如单摆),所以不一定处于平衡状态,故D错误。] 2.D [由题图知弹簧振子的振幅为5cm,振幅不随时间而变化,故 A错误;t=1s和t=3s时,振子的位移大小相等,方向相反,根据 F=-kx可知,振子的回复力方向相反,故B错误;在3~5s内, 振子由负向最大位移处先向平衡位置运动,再由平衡位置向正向 最大位移处运动,则 速 度 先 增 大 后 减 小,故C错 误;振 子 周 期 为 4s,则任意4s内振子通过的路程为振幅的4倍即为20cm,故D 正确。] 3.C [小钢球从钢管的上端口滑到下端口,位移L 大小相等,由运 动学公式可知L=12gt 2sinθ,倾角θ越大,时间t越短,小钢球重 力的冲量为IG=mgt,则钢管的倾角θ越大,小钢球重力的冲量越 小,A错误。钢管对小钢球的弹力FN =mgcosθ,则弹力的冲量为 IFN=mgcosθ·t,钢管倾角θ越大,cosθ越小,时间t越短,所以 弹力的冲量越小,B错误。由动能定理可知mgLsinθ=12mv 2,钢 管倾角θ越大,小钢球从钢管下端口离开时的速度v越大,由动量 定理可知,小钢球所受合力的冲量为I=Δp=mv,因此倾角θ越 大,小钢球所受合力的冲量就越大,C正确,D错误。] 4.B [由于位移是矢量,所以 N 点对应时刻的位移与P 点对应时刻 的位移大小相等,方向相反,A错误;P 点对应时刻回复力方向竖 直向下,由牛顿第二定律可知,加速度方向与回复力方向一致,所 以P 点对应时刻的加速度方向竖直向下,B正确;因为木筷(包括 铁丝)做阻尼振动,机械能随时间不断减小,所以P 点对应时刻的 机械能大于N 点对应时刻的机械能,C错误;木筷(包括铁丝)振 动的频率与振幅无关,振动频率不变,D错误。] 5.B [由题图可知OA 过程蹦极爱好者做自由落体运动,则有xA= 1 2gtA 2,解得tA=6s,曲线过B 点的切线的斜率为零,可知B 点对 应速度为零,B 点为最低点,从O 到B 的过程,根据动量定理可得 mgtB-􀭺F(tB-tA)=0,解得􀭺F=2000N。故选B。] 6.D [整个过程中木块始终保持静止,则子弹A、B 对木块的力大小 相等,方向相反,B错误;整个运动过程中A、B 和木块组成的系统 动量守恒,由此可知,子弹 A、B 的初动量大小相等,设子弹 A、B 受到的阻力大小为f,初动量为p,根据动量定理可得ft=p,则子 弹A、B 在木块中运动的时间相等,C错误;设子弹A、B 射入的深 度分别为xA、xB,质量分别为 mA、mB,初动能分别为EkA、EkB,对 子弹A、B 运用动能定理可得 fxA=EkA= p 2 2mA fxB=EkB= p 2 2mB 子弹A 射入的深度大于子弹B 射入的深度,则 EkA>EkB、mA< mB,A错误,D正确。] 7.B [释放公仔头部瞬间,根据牛顿第二定律有2mg-mg=ma,解 得a=g,故 A错误;根据简谐运动的对称性,可知,最高点与最低 点的加速度大小相等,在最高点时,令最高点时弹簧弹力大小为 F,则有F+mg=ma,结合上述解得F=0,即此时弹簧恰好处于原 长,对底座分析可知,地面对底座的支持力等于mg,根据牛顿第三 定律可知,公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为 mg,故 B正确;根据上述可知,公仔头部运动至最高点时,弹簧恰好恢复 原长,此时公仔头部的速度为零,故C错误;轻压公仔头部至弹簧 弹力为2mg时,根据胡克定律有2mg=kx,根据简谐运动的对称 性,结合上述有A=12x ,解得A=mgk ,故D错误。] 8.ABD [当小球运动到最高点时,弹簧正好处于原长,小球在最低 点时弹簧弹性势能最大,动能为零,小球减少的重力势能全部转化 为弹性势能,所以弹簧的最大弹性势能Epmax=2mgAsinθ,故A正 确;在平衡位 置 动 能 最 大,由 最 高 点 到 平 衡 位 置,重 力 势 能 减 小 mgAsinθ,动 能 和 弹 性 势 能 增 加,所 以 小 球 的 最 大 动 能 小 于 mgAsinθ,故B正确;在运动的过程中,只有重力和弹力做功,系统 机械能守恒,弹簧的弹性势能、小球的动能、重力势能之和不变,故 C错误;小球做简谐运动的平衡位置处 mgsinθ=kx,当小球运动 到最高点时,弹簧正好为原长,可知x=A,所以在最低点时,形变 量为2A,弹力大小为2mgsinθ,故D正确。] 9.AD [若两小球在A 点相碰后球1的速度方向与原来的速度方向 相同,两小球在B 点相碰,是球2与挡板Q 相碰后反弹,在B 点与 球1相碰,在A 点相碰后球2经过的路程是球1经过的路程的3 倍,有v2t=3v1t,可得v2=3v1,根据动量守恒定律得 m1v0=m1v1 +m2v2,根据机械能守恒定律得 1 2m1v0 2=12m1v1 2+12m2v2 2,联 立解得m1=3m2。若两小球在A 点相碰后球1的速度方向与原 来的速度方向相反,两小球在B 点相碰,是球1与挡板P 相碰后 反弹,在B 点追上球2,在A 点相碰后球1经过的路程是球2经过 的路程的3倍,有v1t=3v2t,可得v1=3v2,同理解得 m2=7m1。 若两小球在A 点相碰后球1的速度方向与原来的速度方向相反, 两小球在B 点相碰,是球1与挡板P 相碰后反弹,球2与挡板Q 相碰后反弹,在B 点相碰,球1经过的路程等于球2经过的路程, 有v1t=v2t,可 得v1=v2,同 理 解 得 m2=3m1。AD可 能,BC不 可能。] 10.ABD [在0~t1 时间内,物体B 静止,则F墙 =F弹,撤去F 后A 只受弹力作用,根据动量定理有I=mAv0(方向向右),而墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相同,则 A正确;t1 后 弹簧被拉伸,t2 时刻弹簧的拉伸量达到最大,根据牛顿第二定律 有F弹 =mAaA=mBaB,由图可知aB>aA,则 mB<mA,B正确;t1 时刻B 开始运动,之后A、B 动量守恒,A、B 和弹簧组成的系统机 械能守恒,且A、B 整体的动能不能等于0,则弹簧的最大形变量 小于x,C错误;t2 时刻弹簧的拉伸量达到最大,A、B 共速,由a- t图线与横坐标轴所围的面积表示速度变化量可知,t2 时刻A、B 的速度分别为vA=S1-S2,vB=S3,则S1-S2=S3,D正确。] 11.解析 (1)为了使两球碰撞为一维碰撞,所选两球的半径应相等; 两球碰撞后为使 A 球不反弹,所选两球的 质 量 关 系 应 为 mA> mB,故选C。 (2)设小球下落的时间为t,则有v0= x t 下落高度不变的情况下小球下落的时间不变,可以用水平射程来 体现速度 要验证的表达式为mAv0=mAv1+mBv2 因为v0= x2 t ,v1= x1 t ,v2= x3 t 代入整理可得mAx2=mAx1+mBx3 由刻度尺读出:x1=2.70cm,x2=8.50cm,x3=11.40cm 碰撞前:mAx2=0.0425kg·m 碰撞后:mAx1+mBx3=0.0420kg·m 答案 (1)C (2)mAx2=mAx1+mBx3 0.0425 0.0420 12.解析 (1)由题图丙中主尺及游标尺的示数可知小球直径d= 1.1cm+0.01cm×10=1.20cm (3)从小铁球经过平衡位置开始计时,0~t时间内同方向经过平 衡位置30次,则小铁球的振动周期T=t30 (4)振动周期T=2π lg ,其中T=t30 、l=R-d2 ,则弧形玻璃的 截面半径R=gT 2 4π2 +d2=g t 60π 2 +d2 (5)若在计时时将全振动的次数多数了一次,则周期 T 将偏小, 由(4)可知弧形玻璃截面半径R 的测量值将偏小。 答案 (1)1.20 (3)t30 (4)g t60π 2 +d2 (5)偏小 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 59 — —62 — 13.解析 (1)设乌贼在空中上升过程的时间为t,以竖直向上为正方 向,由动量定理得 - m-19m g+15 m-19m g t=0- m-19m ×2v 解得t=5v3g (2)设喷出的水向下的速度大小为v1,由动量守恒定律得 mv= m-19m ×2v-19mv1 解得v1=7v 答案 (1)5v3g (2)7v 14.解析 (1)由图像可知A=2cm,T=0.8s,则ω=2πT= 5π 2rad /s, 所以该简谐运动表达式为x=2sin 52πt cm (2)将t=0.9s代入(1)式得t=0.9s时的位移 x=2sin 5π2×0.9 cm=2sin 9π4 cm= 2cm (3)在0~3.6s内,经过的周期数n=tT =4.5 ,振子T 内通过的 路程为4A,0.5T 内通过的路程为2A,则在0~3.6s内振子通过 的路程为s=4×4A+2A=18A=36cm。 答案 (1)x=2sin 52πt cm (2)2cm (3)36cm 15.解析 (1)小球运动到最低点时,小球对细绳的拉力最大,设此时 小球速率为v0,小球向下运动过程中,由机械能守恒定律得 mgL=12mv0 2 解得v0= 2gL 小球做圆周运动,运动到最低点时,由牛顿第二定律得 F-mg=m v02 L 由牛顿第三定律可知,细绳能承受的最大拉力F'=F 联立解得F'=3mg (2)小球与滑块碰撞过程中,小球与滑块组成的系统动量守恒.设 滑块碰后瞬间速率为v1,水平向左为正方向,经分析可知,小球碰 后速度方向水平向右,由动量守恒定律得 mv0=m - v0 2 +3mv1 假设木板足够长,滑块最终相对木板静止,设两者最终的共同速 率为v2,由动量守恒定律得 3mv1=(3m+6m)v2 由能量守恒定律得 1 2 ·3mv12= 1 2 ·(3m+6m)v22+μ·3mgs 联立解得s=12L 由s<L,可知假设成立,滑块不能从木板上掉下来。 答案 (1)3mg (2)不能 第三章 机械波 1.C [机械波在均匀介质中沿传播方向匀速传播,其传播速度即波 速是定值。A错误。质点3与质点15之间的距离正好等于一个 波长,振动情况始终完全一致。B错误。周期和波长分别描述了 机械波在时间和空间上的周期性。C正确。在一列波中,如果两 个质点的振动情况总是相同的,则这两个质点平衡位置间的距离 为一个波长的整数倍。D错误。] 2.C [A.由振动图像可看出该波的周期是4s,A错误;B.由于Q、P 两个质点振动反相,则可知两者间距离等于 n+12 λ=6m,n= 0,1,2,… 根据v=λT = 3 2n+1m /s,n=0,1,2,… B错误;C.由P 质点的振动图像可看出,在4s时P 质点在平衡位 置向上振动,C正确;D.由Q 质点的振动图像可看出,在4s时Q 质点在平衡位置向下振动,D错误。故选C。] 3.C [从a处分成的上下两束波为相干波,从a点到b点,当这两束 波的路程差的绝对值为半波长的奇数倍时,这两束波在b点引起 的振动减弱,从而削弱噪声,故选项C正确。] 4.B [波长为λ=10-42.5 m=2.4m ,频率为3Hz,波速v=λT =λf= 7.2m/s,A错误;由最远点 A 可以判断波Ⅰ的起振方向竖直向 上,且与波Ⅱ的起振方向相反,B正确;因绳子相同,波速相同,故 波Ⅰ、Ⅱ同时到达固定端,C错误;P 与Q 的振动始终相反,振动方 向也始终相反,D错误。] 5.C [由题图甲、乙无法判断此波沿x 轴负方向传播,还是沿x 轴 正方向传 播,A 错 误;由 题 图 甲、乙 分 别 可 以 看 出λ=2m,T= 0.5s,则有f=1T=2Hz ,v=λT =4m /s,B错误,C正确;某个已 振动的质点在t=5s内运动的路程为s=tT ×4A ,结合 A=2× 10-2m,计算可得s=0.8m,D错误。] 6.C [根 据 题 意 可 知,t= 14T 时,在 x= 54λ 处 的 质 点y= Acos2πTt =Acos2πT·14T =Acos π2 =0,则此时该质点位 于平衡位置。根据质点振动方程可知,x=54λ 处的质点起振方向 向下,t=0时其位于波峰,故t=14T 时,该质点在向下振动,结合 各选项图运用同侧法,可知C正确,ABD错误。] 7.B [由题图可知,质点振动周期为4s,t=0时刻 M 质点在平衡位 置沿y 轴正方向运动,N 质点在波峰位置,则 M、N 两质点的平衡 位置相距Δx= n+34 λ=3.5m,其中n=0,1,2,…,波速v=λT = 72(4n+3)m /s,当n=1时,v=0.5m/s,已知0.4m/s<v<1m/s,故 B正确。] 8.ACD [a为波谷与波谷相遇点,b、c为波谷与波峰相遇点,d为波 峰与波峰相遇点,故a、d处的质点振动加强,b、c处的质点振动减 弱,A正确;依题意、题图可知,图示时刻,e为两列波的平衡位置 相遇点,处于平衡位置,从图示时刻经过半个周期,e仍为两列波 的平衡位置相遇点处,仍处于平衡位置,B错误,C正确;根据几何 关系可知,两波的波谷同时传到e点,故e为振动加强点,振幅为 2A,D正确。] 9.AD [由质点的振动方向与波的传播方向的“上坡下、下坡上”原 理,可得t1 时刻P 质点正向上振动,t2 时刻 Q 质点正向下振动。 A正确,B错误;由v=λf,结合v=20m/s、f=5Hz,可得机械横 波的波长为λ=4m,由图像可知P、Q 两点之间的距离为Δx=3λ4 =3m。C错误;由波动的空间、时间的周期性,机械横波向左传播 由实线位置平移到虚线位置,运动的位移为3λ 4+nλ ,传播的时间为 3T 4+nT ,即t2-t1= 3T 4+nT ,由f=5Hz可得T=0.2s,综合可 得t2-t1=(0.2n+0.15)s(n=0,1,2,3,…)。D正确。] 10.AC [由题图乙知,S1 的起振方向沿y轴正方向,波在同种介质 中传播速度相同,S1P<S2P,故S1 形成的波先传播到质点P,质 点P 的起振方向沿y 轴正方向,A正确;S1、S2 两列波的频率相 同,相位差恒定,故两列波能形成稳定的干涉图样,B错误;波在 传播过程中各质点的起振方向均与波源起振方向相同,根据题图 丙,由“同侧法”知,S2 的起振方向沿y轴正方向,波长λ=2m,由 题图乙知,波传播的周期T=0.2s,波速v=λT =10m /s,S2 形 成的波传播到质点P 的时间t1= S2P v =1s ,故1s后两列波在质 点P 处发生干涉,|S2P-S1P|=3m= 3 2λ ,又有两波源的起振 方向相同,则质点P 为振动减弱点,振幅A=3cm-2cm=1cm, C正确;t=1.25s时,S2 形 成 的 波 使 质 点 P 振 动 的 时 间t2= 0.25s=T+T4 ,故质点P 处于波峰,D错误。] 11.解析 设细绳上两点之间的水平距离为l,依题意,t=2s时刻波 传播了3l,t=163s 时刻,波传播的距离x=vt=3l2s× 16 3s=8l ,将 t=2s时刻的波形向右平移5l并补齐其余波形就得到了t=163s 时刻的波形。 答案 如图所示 12.解析 (1)巡警车接收到的电磁波频率比发出时高,此现象为多 普勒效应。故选D。 (2)巡警车接收到的频率变高,由多普勒和巡警与轿车在相互靠 近,而巡警车车速恒定又在后面,可判断巡警车车速比轿车车速 大,故轿车未超速; (3)若轿车以30m/s(108km/h)的速度行进,则巡警车与轿车在 相互远离,由多普勒效应知反射回的电磁波频率应变低。 答案 (1)D (2)未超速 (3)变低 13.解析 (1)由题图知半个波长等于1m,所以波长λ=2m 而周期T=1s 则波速v=λT = 2 1 m /s=2m/s 波传播到 M 质点时,先向下振动,则x=4.5m处的 N 质点恰好 第一次沿y 轴正方向通过平衡位置所经历的时间 t1= xMN v + T 2=2.25s (2)画波的图像时先画出 N 质点所处的位置,处于平衡位置且处 于下坡段,然后画出完整波形,如图所示。 答案 (1)2.25s (2)图见解析 14.解析 (1)由题图可知,Q 先振动,t=3s时,Q 振动了32T ,则t= 1.5T 频率f=1T 解得f=0.5Hz (2)对P,振幅A=0.15m 角速度为ω=2πT=πrad /s 由题图可知,P 波源在Q 波源开始振动1s后才开始振动,则时 间的范围为t≥1s P 波源的振动方程为y=-0.15sinπtm(t≥1s) (3)波长为λ=4m 设振动加强点与P、Q 的距离分别为x1、x2 x1+x2=20m x1-x2=kλ(k=0,±1,±2…) 且4m≤x1≤14m 解得-3≤k≤2 其中k可取-3、-2、-1、0、1和2,则区间内振动加强点有6个。 答案 (1)0.5Hz (2)y=-0.15sinπtm(t≥1s) (3)6个 15.解析 (1)因波从a向b传播 则有nλ+14λ=6m (n=1,2,3,4…) 因λ>6m,则n=0,λ=24m 由v=λT 得v=20m/s (2)0.2s末开始计时时,其振动方程为 xb=Asin 2π T (t+0.2s) 将A=4cm,T=1.2s代入方程得 xb=4sin 5π 3t+ π 3 cm (3)对于a,由x=Acos2πTt 得x=4cos5π3tcm 对于P,比a晚振动的时间t1= 4 20s=0.2s 则xP=Acos 2π T (t-0.2s)=4cos5π3t- π 3 cm 当t=0时 xP=2cm 当t=2s时 xP=-4cm 则sP=4×4cm+10cm=26cm 答案 (1)20m/s (2)xb=4sin 5π 3t+ π 3 cm (3)26cm 第四章 光 1.D [光的偏振现象说明光是横波,A错误;任何角度的光都会发 生偏振现象,不同角度的观众看到的现象相同,该魔术对观众的观 察角度无要求,B错误;当偏振片偏振方向与偏振光的方向平行 时,偏振光可以全部通过偏振片,当偏振片偏振方向与偏振光的方 向垂直时,偏振光不能通过偏振片,则在中间区域放两片偏振方向 互相垂直的卷起来的偏振片时,自然光不能通过,形成黑影,看起 来就像一道墙,一片偏振片无法完成实验,C错误,D正确。] 2.B [根据双缝干涉的条纹间距与波长关系有Δx=Ldλ ,由题图知 Δx乙 =2Δx甲,则d乙 =12d甲 ,故选B。] 3.A [光垂直于端面沿轴入射,为保证光一定能发 生全反射,临界状态是光在纤芯和包层的界面上 恰好发生全反射,光路如图所示,设光纤轴线的转 弯半径为R,则sinC= RR+a ,又sinC=n2n1 ,解得 R= n2an1-n2 ,则在铺设光纤时,光纤轴线的转弯半径不能超过R= n2a n1-n2 ,A正确,BCD错误。] 4.B [光源S 直接照射到光屏上的光和通过平面镜反射的光在光 屏上相遇,发生干涉,则在光屏上可以看到干涉条纹,故A错误,B 正确;因反射光线不能照射到P 点,故P 点不会有干涉条纹,故C、 D错误。] 5.C [减小激光的强度,激光全反射的临界角不变,现象不会更明 显,A错误;改用频率更低的激光,激光全反射的临界角变大,“水 流导光”现象减弱,B错误;改用折射率较大的液体,激光全反射的 临界角变小,“水流导光”现象更明显,C正确;随着瓶内清水高度 的降低,从孔中射出的水流速度会变小,水流轨迹会变得更弯曲, 激光在水和空气界面处的入射角会变小,“水流导光”现象会减弱, D错误。] 6.C [光的颜色由频率决定,发光面射出的光进入透明介质后,光 的频率不发生改变,光的颜色不变,A错误;从发光面的边缘A 点 或B 点沿垂直AB 方向射出的光线有最大的入射角,如果此时不 发生全反射,那么半球形表面的任意位置都有光射出,可得sinC =1n> r R ,则有R r >n ,透明介质的折射率应小于R r ,B错误;由n <Rr ,可得R>nr=1.7mm,则R 必须大于1.7mm,C正确;光在 该介质中的传播速度为v=cn ,从O 点发出的光在介质中的传播 时间为t=Rv ,可得n=ctR ,D错误。] 7.B [绘出光路图如图,根据折射定律,光在 上表面折射时,满足n=sinθsinβ =2,根据几何 关系知C+β=θ,根据全反射临界角公式得 sinC= 1n =0.5 ,解 得tanθ= 3+12 ,B 正确。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 61 — — 10 — 高中月考滚动卷 第一次月考滚动检测卷 (范围:第一、第二章) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第13题,以乌贼到达水面时迅速向下喷出水而跃出水面为背景,考查学生对反冲 现象的理解,本题情景新颖,考查学生将物理知识解决生产生活实际问题的能力,值得推荐。 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.(2025·宜春市高二期末)关于做简谐运动的物体,下列说法中正确的是 ( ) A.位移减小时,速度增大,加速度也增大 B.位移方向总跟加速度方向相反,但跟速度方向相同 C.物体远离平衡位置运动时,速度方向跟位移方向相同 D.物体通过平衡位置时,回复力为零,故处于平衡状态 2.(2025·潍坊市高二期末)一弹簧振子沿水平方向振动,某时刻开始计时,其 位移x随时间t变化的图像如图所示,下列说法正确的是 ( ) A.t=2s时振幅为零 B.t=1s和t=3s时,振子的回复力相同 C.在3~5s内,振子速度先减小后增大 D.任意4s内振子通过的路程为20cm 3.如图所示,一段内壁光滑的钢管,上端吊起,下端位于水平地面上,钢管的倾角为θ。将一个小钢 球从钢管上端口由静止释放(小钢球的直径小于钢管的内直径),最后小钢球从 钢管的下端口离开。小钢球在钢管内运动的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.钢管的倾角θ越大,小钢球重力的冲量越大 B.钢管的倾角θ越大,钢管对小钢球弹力的冲量越大 C.钢管的倾角θ越大,小钢球所受合力的冲量越大 D.小钢球所受合力的冲量与钢管的倾角θ无关 4.(2025·济宁市高二期末)粗细均匀的一根木筷,下端绕几圈铁丝,竖直浮在较大的水杯中,把木 筷往上提起一段距离后放手,木筷就在水中上下振动,如图甲所示。以竖直向上为正方向,某时 刻开始计时的振动图像如图乙所示。对于木筷(包括铁丝),下列说法正确的是 ( ) A.N 点对应时刻的位移与P 点对应时刻的位移相同 B.P 点对应时刻的加速度方向竖直向下 C.N 点对应时刻的机械能等于P 点对应时刻的机械能 D.随着振幅的减小,振动频率会变小 5.一质量为80kg的蹦极爱好者在一次蹦极中,离开踏板后运动过程中的部分 x-t图像如图所示,其中OA 为抛物线,AC为一般曲线,曲线过B 点的切线 的斜率为零,则从绳伸直后到运动到最低点的过程中,绳对他的平均作用力 大小为(不计空气阻力,g=10m/s2) ( ) A.1500N B.2000N C.2400N D.3000N 6.(2025·广东高二期中联考)如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不 同的子弹A、B 从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中 木块始终保持静止。若子弹A 射入的深度大于子弹B 射入的深度,则下 列说法正确的是 ( ) A.子弹A 的质量一定比子弹B 的质量大 B.入射过程中子弹A 受到的阻力比子弹B 受到的阻力大 C.子弹A 在木块中运动的时间比子弹B 在木块中运动的时间长 D.子弹A 射入木块时的初动能一定比子弹B 射入木块时的初动能大 7.(2025·宿迁市高二期中)如图所示为一款玩具“弹簧公仔”,该玩具由头部、轻弹 簧及底座组成,已知公仔头部质量为m,弹簧劲度系数为k,底座质量也为m。轻 压公仔头部至弹簧弹力为2mg时,由静止释放公仔头部,此后公仔头部在竖直方 向上做简谐运动。重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内。下列说法中正确的 是 ( ) A.释放公仔头部瞬间的加速度大小为2g B.公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为mg C.弹簧恢复原长时,公仔头部的速度最大 D.公仔头部做简谐运动的振幅为2mgk 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对 得6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.(2025·威海市高二期末)如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面 上,斜面顶端有一固定挡板,与一轻弹簧相连。弹簧下端连接一质量为m 的 小球,小球沿斜面方向做振幅为A 的简谐运动。当小球运动到最高点时,弹 簧正好处于原长,重力加速度为g。弹簧一直在弹性限度内。下列说法正确 的是 ( ) A.弹簧的最大弹性势能为2mgAsinθ B.小球的最大动能一定小于mgAsinθ C.弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变 D.小球在最低点时弹簧的弹力大小为2mgsinθ 9.如图所示,光滑的水平面上有P、Q 两个固定挡板,A、B 是 两挡板连线的三等分点,A 点有一质量为m2 的静止小球2。 有一质量为m1 的小球1以速度v0 从紧贴P 挡板处开始向 右运动,一段时间后与小球2相碰。两小球之间的碰撞为一 维弹性碰撞,两小球均可视为质点。小球与挡板碰撞后,小球速度大小不变,方向相反。碰撞时 间极短。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B 点,则两小球的质量关系可能为 ( ) A.m1=3m2 B.m2=m1 C.m2=5m1 D.m2=7m1 10.如图(a),质量分别为mA、mB 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a-t图线如图(b)所示,S1 表示0到t1 时间内A 的a-t图线与横坐标轴所围面积大小, S2、S3 分别表示t1 到t2 时间内A、B 的a-t图线与横坐标轴所围面积大小。A 在t1 时刻的速度 为v0。下列说法正确的是 ( ) — 9 — — 12 — A.0到t1 时间内,墙对B 的冲量等于mAv0 B.mA>mB C.B 运动后,弹簧的最大形变量等于x D.S1-S2=S3 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(8分)(2025·山东泰安期中)在“探究碰撞中的不变量”实验中,通过碰撞后做平抛运动测量速 度的方法来进行实验,实验装置如图(a)所示,实验原理中图(b)所示。 (1)为了使两球碰撞为一维碰撞,两球碰撞后入射小球A 不反弹,所选两球的质量和半径关系为 。 A.mA<mB,rA<rB B.mA<mB,rA>rB C.mA>mB,rA=rB D.mA>mB,rA<rB (2)实验步骤如下: ①取两个小球A、B,实验时先不放球B,使A 球从斜槽上某一固定点C 由静止滚下,落到位于水 平地面的记录纸上留下痕迹,重复操作,从多次落点痕迹中找到平均落点,记为P; ②把B 球静置于水平槽前端边缘处,让A 球仍从C 处由静止滚下,A 球和B 球碰撞后分别落在 记录纸上留下各自的痕迹,重复操作,从多次落点痕迹中找到平均落点,分别记为 M 和N; ③重垂线所指的位置在记录纸上记为O 点,将毫米刻度尺的零刻度线和O 点对齐,如图(c)所 示,测得各平均落点 M、P、N 到O 点的距离分别为x1、x2、x3; ④若小球A、B 的质量分别为mA、mB,则实验需要探究的表达式为 (用步骤中 所给的字母表示)。该同学测得小球A 的质量mA=0.50kg,小球B 的质量mB=0.25kg,则碰 撞前为 kg·m;碰撞后为 kg·m;(上述两空的计算结果均保留三位有效数 字).在实验误差允许的范围内,可认为碰撞前后A、B 两小球组成的系统动量守恒。 12.(8分)(2025·茂名市高二期末)如图甲所示的曲面玻璃在建筑领域应用广泛,通常被应用于玻 璃外墙、弧形楼梯、浴室等场景。现有一柱面形状的圆弧玻璃,某实验小组设计实验,应用单摆 周期公式测量其截面的半径,实验器材有:待测曲面玻璃一块(柱面形状,弧形玻璃截面半径R 约为1m)、秒表、光滑的小铁球等。实验步骤如下: (1)用游标卡尺测量小铁球的直径,读数如图丙所示,则小铁球直径d= cm。 (2)将曲面玻璃凸面朝下固定在水平地面上,形成曲面凹槽,其垂直轴线的竖直截面如图乙所 示,将小球静止在凹槽底部,记录其静止时的平衡位置O。 (3)将小铁球由靠近玻璃底部的某位置由静止释放,在平衡位置按下秒表开始计时,同时数下数 字“0”,若同方向再次经过该位置时记为“1”,在数到“30”时停止秒表,读出这段时间t,算出振动 周期T= 。 (4)若重力加速度大小为g,用测得的数据表示弧形玻璃的截面半径R= (用测得物理 量的字母表示)。 (5)若在计时时将全振动的次数多数了一次,则弧形玻璃截面半径R 的测量值将 (填 “偏大”“偏小”或“不变”)。 13.(10分)一总质量为m 的乌贼(含体内的水)在水中以速度v竖直向上匀速游动,到达水面时迅速 向下喷出1 9m 的水,乌贼飞出水面时的速度为2v,在空中受到的阻力大小为乌贼在空中重力的 1 5 ,重力加速度为g.求: (1)乌贼在空中上升过程的时间; (2)乌贼喷出的水的速度大小。 14.(12分)(2025·淄博市高二期中)一水平弹簧振子做简谐运动,其位移 与时间的关系如图所示,求: (1)该简谐运动的表达式; (2)t=0.9s时的位移大小; (3)振子在0~3.6s内通过的路程。 15.(16分)(2025·南通中学高二月考)如图所示,一质量为6m、长为L的薄 木板AB 放在光滑的平台上,木板B 端与台面右边缘平齐。木板B 端处 放有一质量为3m 且可视为质点的滑块C,滑块与木板之间的动摩擦因 数μ= 1 3 。一质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘上方 的O 点,细绳竖直时小球恰好与滑块接触。现将小球向右拉至细绳水平 并由静止释放,小球运动到最低点时细绳恰好断裂,小球与滑块碰撞后,小球速率为碰前的一 半。重力加速度为g。 (1)求细绳能够承受的最大拉力; (2)通过计算判断滑块能否从木板上掉下来。 — 11 —