2025年外研版2024选择性必修一物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版2024选择性必修一物理上册月考试卷960考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、一弹簧振子做简谐运动，周期为T，若从t=0时刻开始计时，当t=T时，弹簧振子具有正向的最大速度。则此弹簧振子简谐运动的振动图像是（）A.B.C.D.2、如图甲所示，弹簧振子运动的最左端M和最右端N距离平衡位置的距离均为l；规定水平向右为正方向，振子的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.图中的大小等于lB.时间内振子由M向O运动C.时间内振子由M向O运动D.时间内与时间内振子运动方向相反3、下列关于多普勒效应的说法中，不正确的是（）A.当声源朝靠近观察者运动时，声源的频率不变B.只要波源在运动，就一定能观察到多普勒效应C.当声波远离观察者运动时，观察者接收到的频率变低D.当声源相对于观察者运动时，观察者听到的声音的频率可能变高，也可能变低4、如图所示，斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接，质量为m的物体（可视为质点）从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B点。要使物体能原路返回A点，在B点物体需要的最小瞬时冲量是（）

A.B.C.D.5、如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2。重力加速度为g。在本题的求解过程中；没有直接利用牛顿运动定律，其原因有（）

A.弹簧推物块过程中，由于弹簧弹力不是恒力，因此牛顿运动定律不成立B.物块脱离弹簧到B的过程，满足动量守恒的条件，可以不使用牛顿运动定律C.物块从B到C的过程，受变力作用、做曲线运动，因此牛顿运动定律求解会很繁琐D.物块从B到C的过程，机械能不守恒，这不满足牛顿运动定律应用的条件6、一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为波传播到P点开始计时，P点的振动图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.该波的振幅为B.该波的频率为C.该波的波长为D.经过波将传播到Q点7、如图所示，一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，入射角i=45°，折射角r=30°；则（）

A.此介质的折射率等于1.5B.此介质的折射率等于C.i大于45°时会发生全反射现象D.此介质全反射的临界角为45°评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入，已知棱镜的折射率η=AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°．则下列说法正确的是（）

A.光线第一次入射到AB界面上时，既有反射又有折射B.光线第一次从棱镜折射进入空气，应发生在CD界面C.第一次的出射点距CcmD.光线第一次射出棱镜时，折射角为45°9、如图所示,在O点悬一根细长直杆,杆上串有一个小球A,用长为l的细线系着另一个小球B,上端也固定在O点,将B拉开,使细线偏离竖直方向一个小角度,将A停在距O点L/2处,同时释放,若B第一次回到平衡位置时与A正好相碰(g取10m/s2,π2取10),则（ ）

A.A球与细杆之间不应有摩擦力B.A球的加速度必须等于4m/s2C.A球受到的摩擦力等于其重力的0.6倍D.只有知道细线偏离竖直方向的角度大小才能求出A球受到的摩擦力10、如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率顺时针运行，初速度大小为的小物块m从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知则正确的是（）

A.过程，摩擦力对小物块做负功B.过程，小物块的合力的冲量为C.时刻，小物块的动能最小D.时间内，小物块的动量先减小后增大11、如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中；下列说法正确的是（）

A.滑块b沿a上升的最大高度为B.物块a运动的最大速度为C.物块a对滑块b的冲量大小D.物块a对滑块b的所做的功12、如图所示，光滑水平面上有大小相同的两球在同一直线上运动。两球质量关系为规定向右为正方向，两球的动量均为运动中两球发生碰撞，碰撞前后球动量变化量的大小为则（）

A.左方是球，碰前两球均向右运动B.右方是球，碰前两球均向右运动C.碰撞后两球速度大小之比为5：2D.经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞13、甲；乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定（）

A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4B.甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2C.甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3D.若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:414、如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的速度大小均为两列波的振幅均为图示为时刻两列波的图像(传播方向如图所示)，该时刻平衡位置位于和的P、Q两质点刚开始振动，另有一质点M，平衡位置处于处。关于各质点运动情况的判断正确的是（）

A.两波源的起振方向均为y轴负方向B.t=0时刻质点P、Q均沿y轴负方向运动C.t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到x=0.5m处E.t=ls时刻，质点M的位移为4cmE.t=ls时刻，质点M的位移为4cm评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、一弹簧振子的周期为1.2s，当振子开始从平衡位置向右运动，恰经0.8s时，振子向_________做加速度变__________（选填“大”或“小”）的__________（选填“加速”或“减速”）运动．16、“五一”小长假，小明到平静的湖面划船游玩，当他站在船尾将船垂直湖岸停下时，船头刚好紧挨湖岸。此时，他发现该船的铭牌上记录着“船长L、空载质量M″两个数据。他灵机一动；想利用这条船验证动量守恒定律。

（1）小明站在静止的船尾时，他和小船组成的系统动量为______；

（2）小明从船尾走到船头站定时，测出船头离岸的距离为s，称得自己的质量为m，若系统的动量守恒，则关系式_______（用M、L、m、s表示）成立:

（3）若水对船的阻力不能忽略，在小明由静止的船尾走向船头的过程中，系统总动量的方向与______________________的运动方向相同（选填“小明”或“船”）。17、判断该说法的正误：

多普勒效应说明波源的频率发生变化。________18、如图甲所示，在光滑的斜面上有一滑块，一劲度系数为k的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器(压力显示为正值，拉力显示为负值)，能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出F－t图象；现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示的图象．

(1)滑块做简谐运动的回复力是由________提供的；

(2)由图乙所示的F—t图象可知，滑块做简谐运动的周期为________s；

(3)结合F—t图象的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为________．19、质量m的物体，从高h处以速度v0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为_______。20、两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为20cm，与第一个简谐振动的相位差为若第一个简谐振动的振幅为cm=17.3cm，则第二个简谐振动的振幅为_____________cm，第一、二两个简谐振动的相位差为____________。21、几列波相遇时能够保持各自的运动特征，继续传播，在它们重叠的区域里，介质的质点______参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的______．22、自从1865年麦克斯韦预言电磁波的存在，人们的生活已经与电磁波密不可分，不同频率的电磁波被应用于生活的各个领域。例如：我国自主建立的北斗导航系统所使用的电磁波频率约为1561MHz，家用Wi-Fi所使用的电磁波频率约为5725MHz。则WiFi信号与北斗导航信号叠加时，__________（填“能”或“不能”）产生干涉现象：当Wi-Fi信号穿越墙壁进入另一个房间后，其波长_________，原因是__________。23、动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比则其质量之比mA∶mB=___；动量之比___；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大小之比__。评卷人得分四、作图题(共1题，共5分)24、O点是弹簧振子的平衡位置，在图上标出振子在B点的振动位移和在A点的加速度。

评卷人得分五、实验题(共3题，共6分)25、某实验小组用如图甲所示的实验装置研究两个不同材质小球的碰撞是否为弹性碰撞；主要实验步骤如下：

①用天平测出半径相同的入射小球和被撞小球的质量分别为和

②按照如图甲所示安装实验装置；调整斜槽末端水平，并在斜槽末端悬挂铅垂线；

③白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好，记下铅垂线所指的位置O；

④不放被撞小球；让入射小球每次均从斜槽上某固定位置自由释放，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面；

⑤把被撞小球放在斜槽末端；让入射小球均从斜槽上同一固定位置沿斜槽自由释放，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤④的方法，标出碰后入射小球和被撞小球落点的平均位置；

⑥测量标记落点的平均位置a、b、c到O点的距离；如图乙所示。

（1）图乙中间的距离为_________

（2）在实验操作规范的情况下，根据实验数据判断，_________（选填“a”“b”或“c”）为被撞小球落点的平均位置；

（3）根据数据计算，本次实验中两小球的碰撞_________（选填“是”或“不是”）弹性碰撞。26、小郑同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验；但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3cm；外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤的是：

A.将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点(如图所示)

B.用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长。

C.将石块拉开一个约为5°的偏角；然后由静止释放。

D.从摆球摆到最低点时开始计时，测出石块经过最低点30次的总时间t，由得出周期。

(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是_________(填写序号)．

(2)根据单摆周期公式推导可得重力加速度的表达式为_____________；若该同学用OM的长作为摆长代入上述公式(其他错误已纠正)，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．27、小明同学做“测量玻璃砖的折射率”实验时。在木板上面铺一张白纸，把玻璃砖放在白纸上，描出玻璃砖的两个边a和然后，在玻璃砖的一侧插两个大头针A和B，AB的延长线与直线a的交点为O，A、B就确定了射入玻璃砖的光线；在眼睛这一侧再插第三个大头针C，使它把A、B都挡住，在眼睛这一侧插第四个大头针D，使它把前三个大头针都挡住，CD的延长线与直线的交点为C；D就确定了射出玻璃砖的光线；拿掉玻璃砖，在白纸上描出光线的径迹。如图甲所示：

（1）小明同学接下来还要完成的必要步骤有______；

（2）如图乙所示，如果小明同学在描玻璃砖的两个边a和时，将玻璃砖界面画得离开了玻璃砖界面一段距离，而其他操作完全正确，则测得的折射率______准确值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。评卷人得分六、解答题(共2题，共10分)28、如图所示，某玻璃砖的截面由半径为R的半圆和等腰直角三角形ABC组成，AC是半圆的直径。一束单色光照射在圆弧面上的D点，入射角为60°，折射光线刚好射在AB边的中点E，该折射光线在AB面上的入射角为45°，已知光在真空中传播速度为c；求：

（1）玻璃砖对该单色光的折射率；

（2）该单色光在玻璃砖中传播的时间（不考虑光在圆弧面上的反射）。

29、如图甲所示，光滑水平面上木板A将轻弹簧压缩由静止释放，被弹簧弹开后向右运动，与右侧固定的挡板发生弹性碰撞，木板A从释放开始运动的x-t图像如图乙所示，其中是正弦曲线的一部分。如图丙所示，若在A的左侧再叠放另一小物块B后仍将弹簧压缩由静止释放，弹开过程A、B保持相对静止。已知木板A的质量木板长物块B的质量A、B间的动摩擦因数重力加速度为g。求：

（1）弹簧中的最大弹性势能

（2）从释放到B滑离A的过程中，A与挡板碰撞的次数n；

（3）从释放到B滑离A的过程中，A运动的路程s。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

当t=T时；弹簧振子具有正向的最大速度，弹簧振子在平衡位置，且下一时刻弹簧振子的位移为正，向正方向振动，所以C正确；ABD错误；

故选C。2、A【分析】【详解】

A．结合甲、乙两图可以知道时刻振子的位移为正值且最大，振子位于N，的大小等于l；A正确；

B．时间内振子的位移为正值，且逐渐增大，振子由O向N运动；B错误；

C．时间内振子的位移为正值，且逐渐减小，振子由N向O运动；C错误；

D．时间内振子先从位移为零处沿正方向运动到正的最大位移处，再从正的最大位移处沿负方向运动到位移为零处；时间内振子先从位移为零处沿负方向运动到负的最大位移处；再从负的最大位移处沿正方向运动到位移为零处，D错误。

故选A。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．不论声源如何运动；声源的频率是不变的，故A正确；

B．波源运动时；波源与观察者距离不一定变化，不一定发生多普勒效应，故B错误；

C．声源远离观察者运动时；声源频率不变，但观察者接收到的频率就低，故C正确；

D．声源相对观察者运动时；二者距离可能增大，也可能减小，故观察者接收到的频率可能变低，也可能变高，故D正确。

本题选择错误的，故选B。4、C【分析】【详解】

物体从A到B过程应用动能定理得

物体从B到A过程应用能量守恒得

当在A点的速度时，在B点的瞬时冲量最小，即

解得

对物体应用动量定理

故选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．牛顿运动定律既适用于恒力作用规律也适用于变力作用规律；A错误；

B．物块脱离弹簧到B的过程；由于水平面光滑，在水平方向上不受其他力，做匀速直线运动，可以不使用牛顿运动定律，但该过程没有碰撞产生，所以不使用牛顿运动定律的原因，不是满足动量守恒，故B错误；

C．物块从B到C的过程；受重力，摩擦力，轨道给的支持力，其中摩擦力和支持力为变力，且做曲线运动，因此牛顿运动定律求解会很繁琐，直接使用动能定理比较方便，C正确；

D．牛顿运动定律适用于一切宏观低速运动；无论机械能守恒不守恒，都适用，D错误。

故选C。6、D【分析】【详解】

A．该波的振幅为A错误；

B．周期为0.2s；故频率为5Hz，B错误；

C．波速为则波长为

C错误；

D．经过波传播的距离为

故波将传播到Q点；D正确。

故选D。7、D【分析】【详解】

AB．已知入射角i=45°，折射角r=30°，则此介质的折射率为

AB错误；

C．光从真空斜射向某种介质的表面；是从光疏介质射向光密介质，不可能发生全反射，C错误；

D．全反射时有

所以此介质全反射的临界角

D正确。

故选D。二、多选题(共7题，共14分)8、B:C:D【分析】试题分析：ABD、根据sinC=求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向．

C；根据几何关系；求出第一次的出射点距C的距离．

解：ABD、因为sinC=临界角C=45°

第一次射到AB面上的入射角为60°；大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为60°，又发生全反射，射到CD面上的入射角为30°

根据折射定律得，n=解得θ=45°．

即光从CD边射出；与CD边成45°斜向左下方，故A错误，BD正确．

C；根据几何关系得；AF=4cm，则BF=4cm．

∠BFG=∠BGF；则BG=4cm．所以GC=4cm．

所以CE=cm；故C正确．

故选BCD．

【点评】解决本题的关键掌握全发射的条件，以及折射定律，作出光路图，结合几何关系进行求解．9、B:C【分析】【详解】

球B是单摆，根据单摆的周期公式B第一次回到平衡位置过程的时间：球A匀加速下降，根据位移时间关系公式，有解得：故B正确；球A匀加速下降，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma，解得：f=m（g-a）=0.6mg，A球受到的摩擦力等于其重力的0.6倍，故AD错误，C正确．所以BC正确，AD错误．10、A:B:D【分析】【详解】

A．根据速度图象可知，在0～t1时间物体的速度减小；滑动摩擦力对小物块做负功，故A正确；

B．0～t1过程中，根据动量定理I=0-mv2

可得小物块的合力的冲量为-mv2；故B正确；

C．由图可知t1时刻速度为零；所以此时小物块的动能最小，故C错误；

D．由图可知在0～t2时间内；小物块的速度先减小后增大，所以小物块的动量先减小后增大，故D正确。

故选ABD。11、B:D【分析】【详解】

A．b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0=(m＋4m）v

由机械能守恒定律得mv02=（m＋4m）v2＋mgh

解得h=

A错误；

B．滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0=mvb＋4mva

由机械能守恒定律得mv02=mvb2＋×4mva2

解得va=v0，vb=v0

B正确；

C．对b由动量定理

C错误；

D．对b由动能定理

D正确。

故选BD。12、B:C【分析】【详解】

AB．根据动量公式可知A球质量大；A球运动的速度小，且A；B球的速度为正，故碰前两球均向右运动，要使两球发生碰撞，由于A球运动的速度小，故右方是A球,故A错误，故B正确；

C．由动量守恒定律得

碰撞后A球动量

碰撞后B球动量

根据动量公式碰撞后A；B两球速度大小之比为5：2，故C正确；

D．碰撞前系统的总动能为

同理碰撞后系统的总动能为

可知碰撞过程中系统的动能守恒；所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D错误。

故选BC。13、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

ABC．根据图像可知，单摆振动的周期关系

所以周期之比为

频率为周期的反比，所以频率之比

若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式

所以摆长之比为4：9；A错误BC正确；

D．若在不同地点，摆长相同，根据

得重力加速度之比为9：4；D正确。

故选BCD。14、A:B:D【分析】【详解】

AB．根据波形平移法可知：时刻质点P、Q均沿y轴的负方向运动，则质点P、Q的起振方向均沿y轴的负方向运动，两波源的起振方向均为y轴负方向；故AB正确；

C．质点P、Q在平衡位置附近振动；不会沿波的传播方向运动，故C错误；

DE．由图知波长由得，该波的周期为

则时刻，两列波谷都传播到点，质点的位移为

故D正确；E错误。

故选ABD。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【详解】

[1][2][3]由于

所以经0.8s应在平衡位置左边向振幅位置运动，所以位移增大，加速度增大，速度减小，所以振子向左做加速增大的减速运动。【解析】左大减速16、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]小明站在静止的船尾时；他和小船组成的系统动量为0；

（2）[2]小明从船尾走到船头站定时，测出船头离岸的距离为s，称得自己的质量为m，若系统的动量守恒，则

即关系式

成立；

（3）[3]若水对船的阻力不能忽略，则系统受合力方向即为阻力方向，与船运动方向相反，与人运动方向相同，则在小明由静止的船尾走向船头的过程中，系统总动量的方向与小明的运动方向相同。【解析】0小明17、略

【分析】【分析】

【详解】

多普勒效应说明接收的频率发生变化，而波源的频率不会变，所以多普勒效应说明波源的频率发生变化是错误的。【解析】错误18、略

【分析】【详解】

（1）[1]对滑块进行受力分析；滑块的合力为：弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力，合力提供回复力．

（2）[2]由图可以看出周期为0.4s

（3）[3]根据胡克定律：

振幅【解析】弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力)0.419、略

【分析】【详解】

物体做平抛运动，运动的时间由得

由冲量计算式得重力的冲量为【解析】m20、略

【分析】【详解】

[1][2]设第一个简谐振动表达式为

则合振动的表达式为

所以

因此第二个简谐振动的振幅为第一、二两个简谐振动的相位差为【解析】21、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.同时②.矢量和22、略

【分析】【详解】

[1]WiFi信号的频率与北斗导航信号的频率不同；不能产生干涉现象。

[2][3]当Wi-Fi信号穿越墙壁进入另一个房间后，其频率和波速都不变，所以波长不变。【解析】不能不变见解析23、略

【分析】【详解】

动能解得：因两物体的动能相等，则两物体质量之比：物体的动量为：两物体动量之比以B的初动量方向为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：得：A、B碰撞后总动量与A原来动量大小之比为：．【解析】四、作图题(共1题，共5分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

弹簧振子的位移由平衡位置指向振子的方向；加速度指向平衡位置，如图。

【解析】五、实验题(共3题，共6分)25、略

【分析】【详解】

（1）[1]由图乙可知，ob之间的距离为

（2）[2]在实验操作规范的情况下，根据实验数据判断，因为入射小球质量大于被碰小球质量，根据动量守恒和平抛运动规律可得

代入题中数据可知，只有被碰小球落点的平均位置在b点；碰撞前后的动量才能守恒；

（3）[3]若两小球碰撞为弹性碰撞，则有

两式联立得

等式两边同时乘以时间t，得

本次实验中，两小球的碰撞

所以两小球的碰撞不是弹性碰撞。

解法二：如果是弹性碰撞则有

因小球碰撞以后做平抛运动，如果是弹性碰撞则有

即

而实际上

即不是弹性碰撞。【解析】b不是26、略

【分析】【详解】

(1)[1]．A、将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点；安装实验器材，实验步骤正确，故A正确；

B、悬点到石块重心的距离是摆长，用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长；摆长测量错误，故B错误；

C、单摆在小摆角下的运动是简谐运动，将石块拉开一个约的偏角；然后由静止释放，故C正确；

D、从摆球摆到最低点时开始计时，测出石块经过最低点30次的总时间t，周期

故D错误；

有错误的故AD．

(2)[2][3]．由单摆周期公式

可得重力加速度

用OM的长作为摆长，所测摆长l偏小，由可以知道所测g偏小；【解析】(1)BD(