石家莊二中教育集團2022—2023學年度高一年級下學期期末考試物理試卷（時間：75分鐘，分值100分）一、單項選擇題（本題共7個小題，每題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.如圖所示，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短。若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧被壓縮至最短的整個過程中（）A.動量不守恒，機械能不守恒 B.動量守恒，機械能不守恒C.動量不守恒，機械能守恒 D.動量守恒，機械能守恒【答案】A【解析】【詳解】子彈射入木塊過程子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，但是子彈射入木塊后留在其中，這個過和屬于完全非彈性碰撞動能損失最大，有內能產(chǎn)生，所以機械能不守恒，在彈簧被壓縮至最短的過程，有彈力作用，所以系統(tǒng)動量不守恒，但是機械能守恒，則全過程系統(tǒng)的動量不守恒，機械能也不守恒，所以A正確；BCD錯誤；故選A。2.地球表面附近空氣的折射率隨高度降低而增大，太陽光斜射向地面的過程中會發(fā)生彎曲。下列光路圖中能描述該現(xiàn)象的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)折射定律n上sinθ上=n下sinθ下由于地球表面附近空氣的折射率隨高度降低而增大，則n下>n上，則θ下逐漸減小，畫出光路圖如下則從高到低θ下逐漸減小，則光線應逐漸趨于豎直方向。故選A。3.半徑為r和R（r<R）的光滑半圓形槽，其圓心均在同一水平面上，如圖所示，質量相等的兩物體分別自半圓形槽左邊緣的最高點同時無初速度地釋放，在下滑過程中兩物體（）A.兩物體同時到達最低點 B.經(jīng)最低點時動能相等C.機械能總是相等的 D.兩物體在最低點時加速度大小不相等【答案】C【解析】【詳解】A．兩物體沿光滑圓弧下滑只有重力做功，到達等高的位置兩物體的速度一樣大，則半徑為r的路程較短，所用時間較短，故沿半徑為r的那個物體先到達最低點，故A錯誤；C．初始狀態(tài)機械能相等，而運動過程中機械能守恒，因此兩物體的機械能總是相等的，故C正確；B．由于光滑半圓形槽的半徑不同，到達最低點時勢能不同，因此動能也不相同，B錯誤；D．到達最低點時，根據(jù)機械能守恒可得加速度大小為與半徑大小無關，因此兩物體在最低點時加速度大小相等，D錯誤。故選C。4.如圖所示，波源S1在繩的左端發(fā)出頻率為f1、振幅為A1的半個波形a，同時另一個波源S2在繩的右端發(fā)出頻率為f2、振幅為A2的半個波形b，且f1<f2，P為兩個波源連線的中點（圖中未畫出）。已知機械波在介質中傳播的速度只由介質本身的性質決定。下列說法正確的是（）A兩列波比較，a波將先到達P點B.兩列波在P點疊加時，P點的位移最大可達A1＋A2C.a、b的波峰同時到達P點D.兩列波相遇時，繩上位移可達A1＋A2的點只有一個，此點在P點的左側【答案】D【解析】【詳解】A．因兩列波波速相等，故兩列波能同時到達P點，故A錯誤；BCD．因f1<f2，由可知，λ1>λ2，故當兩列波同時到達P點時，a波的波峰離P點的距離比b波的波峰離P點的距離大，因此兩波峰不能同時到達P點，兩波峰應在P點左側相遇，此位置對應的位移為A1＋A2，位移最大，故BC錯誤，D正確。故選D。5.如圖甲所示為雙縫干涉實驗的裝置示意圖，圖乙為用綠光進行實驗時，在屏上觀察到的條紋情況，a為中央亮條紋，圖丙為換用另一種顏色的單色光做實驗時觀察到的條紋情況，a′為中央亮條紋，則以下說法中正確的是（）A.圖丙可能為用紅光實驗產(chǎn)生的條紋，表明紅光波長較長B.圖丙可能為用紫光實驗產(chǎn)生的條紋，表明紫光波長較長C.圖丙可能為用紫光實驗產(chǎn)生的條紋，表明紫光波長較短D.圖丙可能為用紅光實驗產(chǎn)生的條紋，表明紅光波長較短【答案】A【解析】【詳解】對比乙、丙兩圖可以看出丙圖中條紋間距大，根據(jù)可知，Δx是由波長決定的，所以圖丙對應入射光的波長比綠光大，按題目中應為紅光。故選A。6.2016年2月18日，中國探月工程領導小組宣布：“嫦娥五號”探測器正式轉入正樣研制階段，預計于2017年前后完成研制并擇機發(fā)射。嫦娥五號”登月后將再次從月球起飛，并以“跳躍式返回技術”成功返回地面，完成探月工程的重大跨越﹣﹣帶回月球樣品。“跳躍式返回技術”是指航天器在關閉發(fā)動機后進入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進入大氣層。如圖所示，虛線為大氣層的邊界。已知地球半徑為R，d點距地心距離為r，地球表面重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A.“嫦娥五號”在b點處于完全失重狀態(tài)B.“嫦娥五號”在d點的加速度大小等于C.“嫦娥五號”在c點和e點的速率相等D.“嫦娥五號”在返回全程機械能守恒【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．“嫦娥五號”沿abc軌跡做曲線運動，曲線運動的合力指向曲線彎曲的內側，所以在b點合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五號”在b點處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；B．“嫦娥五號”在d點受到的萬有引力在地球表面重力等于萬有引力有化簡得根據(jù)牛頓第二定律選項B錯誤；C．從c點到e點，沒有空氣阻力，機械能守恒，則c點速率和e點速率相等，選項C正確；D．“嫦娥五號”在返回全程要克服空氣阻力做功，機械能不守恒，選項D錯誤。故選C。7.質量為M的物塊在光滑水平面上以速度v運動，與質量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等。兩者質量之比可能為（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】A【解析】【詳解】設碰撞后M的速度為，的質量為，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)題意有若碰撞為彈性正碰，則有解得若為非彈性正碰，則有解得綜上可得故選A。二、多項選擇題（本題共3個小題，每小題6分，漏選3分，錯選0分，共計18分）8.如圖所示，插針法“測定平行玻璃磚折射率”的實驗中，P1、P2、P3、P4為所插的針，θ1為入射角，θ2為折射角．下列說法正確的是（）A.θ1過小會導致θ2不易準確測量B.θ1過大會導致P1、P2的像模糊C.P1與P2，P3與P4間的距離適當小些D.P3、P4連線與P1、P2的連線不一定平行【答案】AB【解析】【詳解】A.入射角θ1過小，進入玻璃時折射角θ2更小，不易準確測量，故A正確；B．θ1過大會導致進入玻璃的折射光過弱，P1、P2的像模糊，故B正確；C.P1、P2及P3、P4之間的距離應適當大些，引起的角度的相對誤差較小，可提高精度．故C錯誤；D.根據(jù)光路可逆性原理可知，P3、P4的連線與P1、P2的連線一定平行，故D錯誤；故選AB.9.如圖所示，一輕質彈簧上端固定在天花板上，下端連接一物塊，物塊沿豎直方向以O點為中心點，在C、D兩點之間做周期為T簡諧運動。已知在t1時刻物塊的速度大小為v、方向向下，動能為Ek下列說法正確的是（）A.如果在t2時刻物塊的速度大小也為v，方向向下，則t2－t1的最小值可能小于B.如果在t2時刻物塊的動能也為Ek，則t2－t1的最小值為TC.物塊通過O點時動能最大D.當物塊通過O點時，其加速度最小【答案】ACD【解析】【詳解】A．如果在t2時刻物塊的速度大小也為v、方向也向下，則t2－t1的最小值可能小于。故A正確；B．如果在t2時刻物塊的動能也為Ek，則t2－t1的最小值小于。故B錯誤；CD．當物塊通過O點時，其加速度最小，速度最大，動能最大。故CD正確。故選ACD。10.水平長直軌道上緊靠放置n個質量為m可看做質點的物塊，物塊間用長為l的細線連接，開始處于靜止狀態(tài)，軌道動摩擦力因數(shù)為。用水平恒力F拉動1開始運動，到連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零，則（）A.拉力F所做功為nFlB.系統(tǒng)克服摩擦力做功為C.D.【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)題意可知，物體1的位移為，則拉力F所做的功為故A錯誤；B．根據(jù)題意可知，系統(tǒng)克服摩擦力做功為故B正確；CD．由題意可得，連接第個物體的線剛好拉直時整體速度剛好為零，假設沒有動能損失，由動能定理有解得現(xiàn)由于繩子繃緊瞬間系統(tǒng)有動能損失，所以根據(jù)功能關系可知故C正確，D錯誤。故選BC。二、實驗題（本題共2小題，共16分）11.某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒定律，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中OA為水平段。選擇相同材質的一元硬幣和一角硬幣進行實驗。測量硬幣的質量，得到一元和一角硬幣的質量分別為和()。將硬幣甲放置在斜面一某一位置，標記此位置為B。由靜止釋放甲，當甲停在水平面上某處時，測量甲從O點到停止處的滑行距離OP。將硬幣乙放置在O處，左側與O點重合，將甲放置于B點由靜止釋放。當兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測量甲乙從O點到停止處的滑行距離OM和ON。保持釋放位置不變，重復實驗若干次，得到OP、OM、ON的平均值分別為、、。（1）在本實驗中，甲選用的是____（填“一元”或“一角”）硬幣；（2）碰撞前，甲到O點時速度的大小可表示為_____（設硬幣與紙板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g）；（3）若甲、乙碰撞過程中動量守恒，則_____（用和表示），然后通過測得的具體數(shù)據(jù)驗證硬幣對心碰撞過程中動量是否守恒；（4）由于存在某種系統(tǒng)或偶然誤差，計算得到碰撞前后甲動量變化量大小與乙動量變化量大小比值不是1，寫出一條產(chǎn)生這種誤差可能的原因____?！敬鸢浮竣?一元②.③.④.見解析【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)題意可知，甲與乙碰撞后沒有反彈，可知甲的質量大于乙的質量，甲選用的是一元硬幣；（2）[2]甲從點到點，根據(jù)動能定理解得碰撞前，甲到O點時速度的大小（3）[3]同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分別為若動量守恒，則滿足整理可得（4）[4]由于存在某種系統(tǒng)或偶然誤差，計算得到碰撞前后甲動量變化量大小與乙動量變化量大小的比值不是1，寫出一條產(chǎn)生這種誤差可能的原因有：1.測量誤差，因為無論是再精良的儀器總是會有誤差的，不可能做到絕對準確；2.碰撞過程中，我們認為內力遠大于外力，動量守恒，實際上碰撞過程中，兩個硬幣組成的系統(tǒng)合外力不為零。12.在探究單擺運動的實驗中：(1)圖（a）是用力傳感器對單擺振動過程進行測量的裝置圖，圖（b）是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F-t圖像，根據(jù)圖（b）的信息可得，從t=0時刻開始擺球第二次擺到最低點的時刻為______，擺長為______（取π2=10，重力加速度大小)。(2)單擺振動的回復力是______。A．擺球所受的重力B．擺球所受重力和擺線對擺球拉力的合力C．擺線對擺球的拉力D．擺球重力在垂直擺線方向上的分力(3)某同學的操作步驟如下，其中正確的是______。A．取一根細線，下端系住直徑為d的金屬小球，上端固定在鐵架臺上B．用米尺量得細線長度L，擺長為L再加上擺球半徑C．在擺線偏離豎直方向15°位置釋放小球D．讓小球在水平面內做圓周運動，測得擺動周期，再根據(jù)公式計算重力加速度【答案】①.1.3s②.0.64m③.D④.AB【解析】【詳解】(1)[1]擺球在最低點時擺線拉力最大，從t=0時刻開始擺球第二次擺到最低點的時刻對應圖像的第二個峰值，該時刻為1.3s；[2]根據(jù)圖像，單擺的周期為根據(jù)解得(2)[3]單擺振動的回復力是擺球重力在垂直擺線方向上的分力。故選D。(3)[4]A．取一根細線，下端系住直徑為d的金屬小球，上端固定在鐵架臺上，A正確；B．用米尺量得細線長度L，擺長為L再加上擺球半徑，B正確；C．在擺線偏離豎直方向5°位置釋放小球，C錯誤；D．讓小球在水平面內擺動，測得擺動周期，再根據(jù)公式計算重力加速度，D錯誤。故選AB。三、計算題（本題共3小題，38分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.晴天晚上，人能看到衛(wèi)星的條件是衛(wèi)星被太陽照著且在人的視野之內。一個可看成漫反射體的人造地球衛(wèi)星的圓形軌道與赤道共面，衛(wèi)星自西向東運動。春分期間太陽垂直射向赤道，赤道上某處的人在日落后8小時時在西邊的地平線附近恰能看到它，之后極快地變暗而看不到了。已知地球的半徑。試估算衛(wèi)星軌道離地面的高度?！敬鸢浮俊窘馕觥俊驹斀狻繌谋睒O沿地軸往下看的地球俯視圖如圖所示設衛(wèi)星離地高h，Q點日落后8小時能看到它反射的陽光，日落8小時Q點轉過的角度設為θ，則有軌道高為14.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，時刻的波形圖如圖所示，振動恰好傳播到m處。從時刻開始，介質中m處的質點Q回到平衡位置的最短時間為1s。求：（1）從時刻開始，m處的質點第一次到達波峰需要經(jīng)過多長時間？（2）寫出質點Q的振動方程。【答案】（1）3s；（2）【解析】【詳解】(1)由圖可知，波長由介質中m處的質點Q回到平衡位置的最短時間為1s可知解得則波速為從時刻開始，m處的質點第一次到達波峰的時間為（2）由圖可知，振幅又Q的初相為質點Q的振動方程為15.在固定的光滑水平桿（桿足夠長）上，套有一個質量m=0.5kg的光滑金屬圓環(huán).一根長L=1m輕繩，一端拴在環(huán)上，另一端系著一個質量M=2kg的木塊，如圖所示.現(xiàn)有一質量為m0=20g的子彈以v0=1000m/s的水平速度射穿木塊，子彈穿出木塊后的速度為u=200m/s（不計空氣阻力和子彈與木塊作用的時間），試問：（1）當子彈射穿木塊后，木塊向右擺動的最大高度