2023-2024学年上海市华东师大二附中高一（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年上海市华东师大二附中高一（下）期末物理试卷1.（20分）弹性绳的一端做简谐运动、可以在绳上形成简谐波。

(1)弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O，使绳的左端沿y轴方向做简谐运动，1s后波恰好传到x=1m处的质点M，波形如图1所示，从该时刻开始计时。

①该绳波是______(选涂：A.横波，B.纵波，C.混合波)。

②(简答)说明(1)的依据。

③这列波的波速大小为______m/s，M点的振动方程为y=______。

(2)如图，两种均匀弹性绳Ⅰ、Ⅱ相接，直角坐标系xOy的y轴为其分界线，坐标原点处的振动同时在Ⅰ和Ⅱ中传播，某时刻的波形图如图2。x=6m是此时刻绳Ⅰ中波传到的最远点。

①(多选)关于两列绳波说法正确的是______。

A.波源的起振沿−y方向

B.此刻b波传到的位置是x=−24m

C.a、b两列波的频率之比为4：1

D.质点P比Q先到最大位移处

②经过足够长的时问后，绳Ⅰ中具有−y方向最大加速度的质点位置坐标为x=______m。

(3)弹性绳上相距6m的两点S、T在竖直平面内做周期为2s的简谐运动，相位相同，振幅分别为4cm和6cm。振动在绳上传播速度为1m/s，则S、T连线上(不包含这两点)振动加强点共有______个，这些点位移的最大值为______cm。2.（24分）单摆是一种重要的理想模型。小明使用质量为m的摆球、长度为L的摆绳开展实验。

(1)用单摆测定重力加速度，组装了如下几种实验装置。

①下列最合理的装置是______。

②实验中没有游标卡尺，无法测小球的直径，小明将摆绳长计为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l−T2图象(图1)。则实验得到的l−T2图象应是如图中的______(选填：A.a，B.b，C.c)。

③实验测得当地重力加速度大小是______m/s2(保留3位有效数字)。

(2)若单摆的悬点和摆球带等量正电荷q，静电力常量为k，重力加速度为g.忽略摆球大小，摆球静止时，绳上拉力大小为______。将摆球拉开一小角度由静止释放，单摆周期______(选填：A.变大，B.变小，C.不变)。

(3)摆球做简谐运动经过平衡位置时正好遇到空中的一滴水，水滴的速度可以忽略，质量不能忽略。水滴均匀附着在摆球表面上，则摆球在以后的振动过程中______。

A.最大速度不变，周期不变

B.最大速度变小，周期变小

C.最大速度变小，周期不变

D.最大速度变大，周期不变

(4)图2为该单摆调整摆长后的共振曲线，若该单摆的摆长变短，则此共振曲线振幅A最大值对应的横坐标f的值将______(选填：A.变大，B.变小，C.不变)。

(5)如图3(a)，细绳一端系住一小球，另一端连接力传感器，小球视作质点。实验测得细绳拉力大小随时间的变化如图(b)，Fm是实验中测得的最大拉力值，重力加速度为g。小球第一次运动至最低点的过程中，动能增大了______，运动过程中机械能______(选填：A.一定守恒，B.一定不守恒，C.可能守恒)。

(6)复摆(图4)是由大小和形状不发生变化的物体，绕固定水平轴在重力作用下做微小摆动的运动体系，转动惯量J(J=imiri2)是物体绕转轴转动时惯性的量度，l是质心到转轴的距离。复摆和单摆类似，可以视为简谐运动。复摆的周期公式可能是______。

A.2πJmgl3.（8分）在宇宙空间中，质量为m的空间站在运动。

(1)空间站以速度v匀速直线飞过空间中两点，飞行器不运动时，测得A、B两点的距离为s。考虑相对论效应，飞行器上的钟测到的时间______。

(2)地球半径为R，地表重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。空间站绕地球做匀速圆周运动，轨道距地高度为ℎ，以无穷远处为势能零点，空间站的运行速度大小为______，机械能为______。4.（22分）游乐场中有许多物理规律。

(1)(不定项)游乐场有长、短两种直滑梯，它们的高度相同。某同学先后通过长、短两种滑梯滑到底端的过程中，不计阻力，下列说法正确的是______。

A.沿长滑梯滑到底端时，重力的瞬时功率大

B.沿短滑梯滑到底端时，重力的瞬时功率大

C.沿长滑梯滑到底端时，重力势能的减少量大

D.沿短滑梯滑到底端时，重力势能的减少量大

(2)游乐场中的摩天轮半径为R，匀速旋转一周所用时间为T。质量为m的乘客坐在座厢内与之相对静止地一起运动，重力加速度为g，则该乘客半周时间内重力的冲量为______，合外力的冲量为______。

(3)(计算)如图为游乐场滑道的示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC与倾角θ=37°的倾斜管道AB和水平直管道CD顺滑连接。管道AB的A端离管道BC所在平面的高度ℎ1=6m，管道BC的跨度d=10m，离水面EF的高ℎ2=1.8m。质量m=60kg的游客(可视为质点)从A端静止滑下，游客与管道AB的动摩擦因数μ1=0.125，与管道CD的动摩擦因数μ2=0.5。游客经过B点时速度大小不变，整个过程空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求：(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

①游客经过B点时的速度大小；

②游客进入圆管后对管侧壁的弹力大小；5.（26分）建筑工地上有质量m=1.0×104kg的重锤，可以用来打桩。

(1)用起重机将重锤吊起到高处，重锤在起重机竖直向上的拉力F作用下竖直向上运动，运动的v−t图象如图1。

①绳索对重物的拉力______。

A.一直做正功

B.一直做负功

C.先做正功后做负功

D.一直不做功

②在0～2s、2～3s、3～5s三段时间内F做功依次为W1、W2和W3，则它们的大小关系正确的是______。

A.W1>W2>W3

B.W1=W2=W3

C.W3>W2>W1

D.W1>W3>W2

(2)起重机将重锤以恒定功率吊起，重锤加速度a和速度v的倒数图象如图2。该恒定功率为______W，若将重锤吊起的高度为20m时，重锤达到了最大速度，所用时间为______s。重力加速度g取10m/s答案解析1.A

1

0.08sin(πt+π)

A

(x+n)m(n=0、1、2、3…………)

5

10

【解析】解：①②绳波的质点振动方向与波传播方向垂直，可知，绳波是横波。

故BC错误，A正确。

故选：A。

③由于1s后波恰好传到x=1m处的质点M，则

v=ΔxΔt=1m1s=1m/s

根据同侧法可知，质点M起振方向向下，M点的振动方程为

y=−Asin2πTt=Asin(2πTt+π)

由于v=λT，12λ=1m

解得y=0.08sin(πt+π)

(2)①A.x=6m是此时刻绳I中波传到的最远点，根据同侧法可知，该质点起振方向向下，可知，波源的起振沿−y方向，故A正确；

B.根据图像可知，绳I中有6个完整的波形，即传播时间为6T，可知，b波也传播了6T，即传播距离为6×4m=24m，即此刻b波传到的位置是x=−24m，故B正确；

C.波的频率由波源决定，可知，a、b两列波的频率之比为1：1，故C错误；

D.根据同侧法可知，此时刻，质点P向上运动，质点Q也向上运动，由于P在平衡位置，而Q在平衡位置的上侧，可知，质点Q比P先到最大位移处，故D错误。

故选：AB。

②质点的回复力大小与位移大小成正比，方向相反，则质点的加速度大小也与位移大小成正比，方向相反，可知经过足够长的时间后，绳I中具有−y方向最大加速度的质点，其应具有y轴正方向最大位移，根据波传播的周期性可知，这些质点的位置坐标为x+nλ，即(x+n)m(n=0、1、2、3…………)

(3)波长为λ=vT=1×2m=2m

设距离波源S为x处的振动加强，则x−(6−x)=nλ=2n

即x=n+3(m)

则n=0时x=3m，n=1时x=4m，n=2时x=5m，由对称性可知，S、T连线上(不包含这两点)振动加强点共有5个，这些点位移的最大值为A=A1+A2=10cm

故答案为：(1)①A；

②绳波的质点振动方向与波传播方向垂直，可知，绳波是横波；

③1m/s；y=8sin(πt+π)。

(2)①AB；

②(x+n)m(n=0、1、2、3…………)

(3)5；10

(1)①②根据质点的振动方向和传播方向判断；

③由图读出波长，得到周期，求出波速，读出振幅A，再根据ω=2πT

综合求出M点的振动方程；

(2)①A.x=6m的质点刚刚开始振动，根据同侧法分析起振方向；

B.根据图形读处两列波的波长，根据v=λf分析两列波的波速关系，由x=vt分析2.B

A

9.87

mg+kq2L2

C

C

A

(【解析】解：(1)①该实验中，摆长要固定，需要用铁夹固定上端，选用细绳保证摆长不变，同时选质量大，体积小的小球，故B正确，ACD错误；

故选：B。

②设小球半径为r，根据单摆的周期公式可得：

T2=4π2(l+r)g

整理可得：l=gT24π2−r，所以图像为a，故A正确，BCD错误；

故选：A。

由图像a求出直线的斜率，则

k=g4π2

代入数据解得：g=9.87m/s2

(2)因悬挂点与摆球均带正电荷，静止时，摆球受到竖直向下的重力和库仑力，竖直向上的拉力，根据受力平衡关系可得：

F=mg+kq2L2

因为库仑力始终沿绳子方向，不产生回复力，所以对摆动周期没有影响，故C正确，ABD错误；

故选：C。

(3)因单摆的周期与摆长跟当地重力加速度有关，水滴均匀包裹小球，重力位置不变，摆长不变，所以摆动周期不变，摆球与水滴相碰时有能量损失，所以最大速度将会减小，故C正确，ABD错误；

故选：C。

(4)共振曲线振幅A最大值所对应的频率是单摆的固有频率，当摆长变短时，根据周期公式

T=2πlg

单摆的周期变小，固有频率变大，故A正确，BCD错误；

故选：A。

(5)最低点合外力提供向心力，则

Fm−mg=mv2L

所以动能增大了，则

12mv2=12(Fm−mg)L

根据图b可知，最低点时的最大拉力逐渐减小，最低点时的最大速度逐渐减小，空气阻力做负功，机械能逐渐减小，故B正确，ACD错误；

故选：B。

(6)周期的单位是秒，根据单位将转动惯量J的单位代入，则

2πJmgl→kg⋅m23.小于sv

Rg【解析】解：(1)飞行器不动时，其上的时钟测得的时间为sv，而此过程飞行器在运动，考虑相对论效应，即钟慢效应，则其上的时钟会变慢，所以测得的时间会小于sv。

(2)空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有

GMm(R+ℎ)2=mv2R+ℎ

且在地球表面有

GMmR2=mg

整理得

v=RgR+ℎ

由引力势能的公式得

Ep=−GMmR+ℎ

Ep=−mgR2R+ℎ

4.B

12mgT

【解析】解：(1)CD、重力势能的减小量等于重力做的功，因为两种滑梯的高度相同，根据W=mgℎ可知，重力做功相同，所以重力势能的减小量相同，故CD错误；

AB、设滑到滑梯底端时小孩的速度大小为v，根据动能定理有mgℎ=12mv2，则小孩滑到底端时的速度大小相等，设长滑梯与地面之间的倾角为α，短滑梯与地面的倾角为β，则α<β，滑到底端时重力的功率分别为P=mgvsinα和P′=mgsinβ，因为α<β，所以P<P′，即沿短滑梯滑到底端时，重力的瞬时功率大，故B正确，A错误。

故选：B。

(2)半周时间t=T2，则该乘客半周时间内重力的冲量为IG=mg⋅t=12mgT，摩天轮的线速度大小为v=2πRT，经过半周的运动，乘客的速度大小不变，方向正好转过180°，所以乘客的动量变化量大小为ΔP=2mgv，根据动量定理可知合外力的冲量等与动量的变化量，合外力的冲量为4mgπRT。

(3)①设游客经过B点时的速度大小为v，根据动能定理可得

mgℎ1−μ1mg⋅ℎ1sinθ⋅cosθ=12mv2

代入数据解得v=10m/s

②根据图中几何关系可知，水平轨道的半径R=d2=102m=5m，游客进入水平管道后，根据牛顿第二定律有

FN=mv2R

解得FN=1200N

根据牛顿第三定律可得游客贵管壁的弹力大小为1200N。

③设CD管道的长度为L，根据动能定理有

−μ2mgL=12mv′2−125.A

A

2×105

【解析】解：(1)①拉力方向竖直向上，由图像可知，位移方向一直竖直向上，力与位移同方向，所以拉力一直做正功，故A正确，BCD错误。

故选：A。

②由图像可知，三个阶段的位移相同，由三个阶段的运动分析可知，第一阶段的加速度向上，拉力大于重力，第二阶段的加速度为零，拉力等于重力，第三阶段的加速度向下，拉力小于重力，由做功公式

W=Fs

可知

W1>W2>W3

故A正确，BCD错误。

故选：A。

(2)由图像可知，当速度为2m/s时，加速度为零，拉力等于重力，所以功率为

P=Fv=Gv=mgv=1.0×104×10×2W=2×105W

以恒定功率吊起时，速度变大，拉力变小，加速度变小，所