2023-2024学年北京市101中学高一(下)期末物理试卷(补充题)

2023-2024学年北京市101中学高一（下）期末物理试卷（补充题）一、选择题全部为单项选择题。1．如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是（）A．甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒 B．乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度 C．减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功 D．减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量2．如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动（俯视），圆盘上距轴r处有一质量为m的物块（可视为质点）。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至ω。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数μ、重力加速度g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是（）A．物块所受摩擦力的方向始终指向O点 B．物块所受摩擦力的大小始终为μmg C．物块所受摩擦力的冲量大小为mωr D．物块所受摩擦力做的功为03．如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块（可视为质点）以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．木板的长度为v0t1 B．物块与木板的质量之比为v1C．物块与木板之间的动摩擦因数为v0D．0～t1这段时间内，物块动能的减少量与木板动能的增加量之比为v4．体积相同的小球A和B悬挂于同一高度，静止时，两根轻绳竖直，两球球心等高且刚好彼此接触。如图所示，保持B球静止于最低点，拉起A球，将其由距最低点高度为h处静止释放，两球发生碰撞后分离。两球始终在两悬线所决定的竖直平面内运动，悬线始终保持绷紧状态，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．两球从碰撞到分离的过程中，A球减少的动能与B球增加的动能大小一定相等 B．两球从碰撞到分离的过程中，A球动量的变化量与B球动量的变化量大小一定不相等 C．B球上升的最大高度不可能大于h D．B球上升的最大高度可能小于h5．一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，此后两物块的速度随时间变化的规律如图所示，从图像信息可得（）A．在t1、t3时刻弹簧都是处于压缩状态 B．从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为m1：m2＝1：3 D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2＝1：86．将一轻弹簧与小球组成弹簧振子竖直悬挂，上端装有记录弹力的拉力传感器，当振子上下振动时，弹力随时间的变化规律如图所示。已知重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球的质量为2kg，振动的周期为4s B．0～2s内，小球受回复力的冲量大小为0 C．0～2s内和2～4s内，小球受弹力的冲量方向相反 D．0～2s内，小球受弹力的冲量大小为40N•s7．用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向做简谐运动，振动图像如图所示，下列描述正确的是（）A．t＝1s时，振子的速度最大 B．t＝2s时，振子的加速度最大 C．1～2s内，振子的速度变大，加速度变小 D．1～2s内，振子的速度变大，加速度变大8．用单摆测定重力加速度的实验中，测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，得到单摆周期T，用多组实验数据作出T2﹣L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2﹣L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是（）A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次 C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值 D．图线c对应的g值等于图线b对应的g值9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为0.5m/s，周期为4s。t＝2s时波形如图甲所示，a、b、c、d是波上的四个质点。如图乙所示是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是（）A．这列波的波长为4m B．t＝0时质点b的速度方向为y轴正方向 C．如图乙表示的是质点b的振动图像 D．t＝1s时质点b的加速度方向为y轴负方向10．为了降低噪声带来的影响，人们通常在声源处、传播过程中以及人耳处采取措施。耳机通常会采取两种方式降噪，即被动降噪与主动降噪。被动降噪方式主要是通过物理隔绝或者耳机上的特殊结构尽量阻挡噪声。主动降噪方式通常是在耳机内设有两个麦克风，如图所示，一个麦克风用来收集周围环境中的噪声信号，有助于耳机的处理器能够预测下一时刻的噪声情况，并产生相应的抵消声波。另一个麦克风用来检测合成后的噪声是否变小，有助于处理器进一步优化抵消声波，达到最佳的降噪效果。根据上述信息及所学过的知识可以判断（）A．被动降噪方式利用了声波的多普勒效应 B．主动降噪时产生的理想抵消声波和噪声声波频率、振幅都相同，相位相反 C．无论主动降噪方式还是被动降噪方式，都可以使进入耳膜的声波频率变小 D．无论主动降噪方式还是被动降噪方式，都是利用了声波的衍射现象

2023-2024学年北京市101中学高一（下）期末物理试卷（补充题）参考答案与试题解析一、选择题全部为单项选择题。1．如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是（）A．甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒 B．乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度 C．减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功 D．减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用．【答案】B【分析】根据机械能守恒的定义，结合两人的速度变化完成分析；根据动量守恒定律得出两人的动量大小关系，结合质量的大小关系得出速度的大小关系；根据功能关系和动量定理得出地面摩擦力对人做的功和对人的冲量的大小关系。【解答】解：A、甲乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为零，甲推乙后，两者动能均增大，即甲推乙的过程中甲和乙组成的系统机械能增大，故A错误；B、甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则甲乙组成的系统动量守恒，因为甲的质量小于乙的质量，则甲的初速度大于乙的初速度，之后两人都做减速运动，因为两人与冰面的动摩擦因数相同，则加速度a＝μg相同，由此可知，乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，故B正确；C、减速过程中，地面摩擦力对两人做的功等于两人的初始动能，根据动能的计算公式EkD、最终两人速度为零，则地面摩擦力对两人的冲量大小等于最初两人的动量大小，根据上述分析可知，减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量等于对乙的冲量，故D错误；故选：B。2．如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动（俯视），圆盘上距轴r处有一质量为m的物块（可视为质点）。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至ω。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数μ、重力加速度g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是（）A．物块所受摩擦力的方向始终指向O点 B．物块所受摩擦力的大小始终为μmg C．物块所受摩擦力的冲量大小为mωr D．物块所受摩擦力做的功为0【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律求解向心力；动能定理的简单应用．【答案】C【分析】A、根据物块的运动情况判断其所受摩擦力的方向是否始终指向O点；B、根据物块的运动情况判断物块所受摩擦力的大小是否始终为μmg；C、根据动量定理判断物块所受摩擦力的冲量大小是否为mωr；D、根据动能定理判断物块所受摩擦力做的功是否为0。【解答】解：A、物块的角速度逐渐变大，根据v＝ωr，可知线速度也逐渐变大，说明摩擦力做了功，即摩擦力有沿着圆周切线方向的分力，说明物块受摩擦力的方向不是始终指向O点，故A错误；B、根据向心力公式F＝mω2r可知，当角速度比较小时，向心力也比较小，而向心力由静摩擦力的一个分力提供，所以物块所受摩擦力的大小是从0开始增加的，不是始终为μmg，故B错误；C、根据动量定理得I＝mv﹣0，将v＝ωr代入可知物块所受摩擦力的冲量大小为mωr，故C正确；D、物块角速度从0增大至ω过程中，只有静摩擦力可以做功，根据动能定理W=1故选：C。3．如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块（可视为质点）以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．木板的长度为v0t1 B．物块与木板的质量之比为v1C．物块与木板之间的动摩擦因数为v0D．0～t1这段时间内，物块动能的减少量与木板动能的增加量之比为v【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；牛顿第二定律的简单应用．【答案】D【分析】小物块在长木板上滑行过程，物块与木板组成的系统动量守恒，根据v﹣t图象分析清楚两者的运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律、动量定理分析答题。【解答】解：A、t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端，小物块与长木板的位移之差等于木板的长度，根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，木板的长度为L＝x物﹣x板=v故A错误；B、设物块与木板的质量分别为m和M，物块与木板组成的系统动量守恒，以小物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v1，解得：mM故B错误；C、对物块，由动量定理得：﹣μmgt1＝mv1﹣mv0，解得：μ=v故C错误；D、0～t1这段时间内，物块动能的减少量与木板动能的增加量之比为ΔE解得：ΔE故D正确。故选：D。4．体积相同的小球A和B悬挂于同一高度，静止时，两根轻绳竖直，两球球心等高且刚好彼此接触。如图所示，保持B球静止于最低点，拉起A球，将其由距最低点高度为h处静止释放，两球发生碰撞后分离。两球始终在两悬线所决定的竖直平面内运动，悬线始终保持绷紧状态，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．两球从碰撞到分离的过程中，A球减少的动能与B球增加的动能大小一定相等 B．两球从碰撞到分离的过程中，A球动量的变化量与B球动量的变化量大小一定不相等 C．B球上升的最大高度不可能大于h D．B球上升的最大高度可能小于h【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断．【答案】D【分析】题中条件无法确定是否弹性碰撞，所以不能确定A球减少的动能与B球增加的动能是否一定相等；两球在最低点碰撞，动量守恒，AB球的总动量不变，据此判断二者的动量变化量的大小关系；AB若是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒求B球上升高度。【解答】解：A．两球质量未知，由题中条件无法确定是不是弹性碰撞，所以不能确定A球减少的动能与B球增加的动能是不是一定相等，故A错误；B．两球在最低点碰撞，从碰撞到分离的过程中，动量守恒，AB球的总动量不变，所以A球动量的变化量与B球动量的变化量大小一定相等，方向相反，故B错误；CD．假设AB是弹性碰撞，取向右为正方向，则有动量守恒和能量守恒得mAvA＝mAvA'+mBvB'12联立可得vAvB且根据机械能守恒可得mAmB联立可得h′=4若B球质量小于A球质量，则可得h′＞h假设碰撞是完全非弹性碰撞，取向右为正方向，则有mAvA＝（mA+mB）vB'可得vB则由mB可得h′=m如果mA＜mB，可得h′＜h故C错误，D正确。故选：D。5．一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，此后两物块的速度随时间变化的规律如图所示，从图像信息可得（）A．在t1、t3时刻弹簧都是处于压缩状态 B．从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为m1：m2＝1：3 D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2＝1：8【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用．【答案】D【分析】两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。【解答】解：A、由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，而t＝0、t2、t4三个时刻弹簧处于原长状态，故t1弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；B、结合图像，开始时m1减速，m2加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，两木块速度再次相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t1到t3时刻，弹簧由压缩状态恢复原长再伸长，故B错误；C、设m1初速度方向为正方向，根据系统动量守恒，0～t1时刻有m1v1＝（m1+m2）v2把v1＝3m/s，v2＝1m/s代入上式可得m1：m2＝1：2故C错误；D、在t2时刻A的速度为vA＝1m/s在t2时刻B的速度为vB＝2m/s根据动能的表达式，在t2时刻A与B的动能之比为Ek1代入数据得Ek1：Ek2＝1：8故D正确。故选：D。6．将一轻弹簧与小球组成弹簧振子竖直悬挂，上端装有记录弹力的拉力传感器，当振子上下振动时，弹力随时间的变化规律如图所示。已知重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球的质量为2kg，振动的周期为4s B．0～2s内，小球受回复力的冲量大小为0 C．0～2s内和2～4s内，小球受弹力的冲量方向相反 D．0～2s内，小球受弹力的冲量大小为40N•s【考点】简谐运动的回复力；求变力的冲量；动量定理的内容和应用；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【答案】B【分析】由简谐振动的对称可知，0时刻小球在最低点，2秒时刻在最高点。这二点的加速度大小相等，且为最大值，可得到小球的质量。然后由动量定理，可对余下选项进行判断。【解答】解：A．根据图像可知，t＝0时，弹簧弹力最大，为20N，小球位于最低点，t＝2s时，弹簧弹力最小，为零，小球位于最高点，由对称性可知，小球振动的周期为4s，小球位于平衡位置时，弹力为F=F且F＝mg解得小球的质量为1kg，故A错误；B．小球受到的合外力提供回复力，0～2s内，小球初末速度均为零，速度变化量为零，取向下为正方向，根据动量定理I合＝Δp＝mΔv可知0～2s内，小球受回复力的冲量大小为0，故B正确；CD．0～2s内，小球初末速度均为零，取向下为正方向，根据动量定理可得IF﹣mgt＝0﹣0可得IF＝20N•s即0～2s内，小球受弹力的冲量大小为20N•s，方向竖直向上，同理可得，2～4s内，小球受弹力的冲量大小为20N•s，方向竖直向上，则0～2s内和2～4s内，小球受弹力的冲量方向相同，故CD错误。故选：B。7．用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向做简谐运动，振动图像如图所示，下列描述正确的是（）A．t＝1s时，振子的速度最大 B．t＝2s时，振子的加速度最大 C．1～2s内，振子的速度变大，加速度变小 D．1～2s内，振子的速度变大，加速度变大【考点】简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题．【答案】C【分析】AB.根据图像分析相应时间内位移的情况，结合回复力和位移的关系分析速度和加速度；CD.根据图像分析相应过程中位移的变化情况，再判断回复力和加速度的情况以及速度的变化情况。【解答】解：A.t＝1s时，振子的位移为正的最大值，则对应振子的速度为0，故A错误；B.t＝2s时，振子的位移为0，则对应振子的回复力为0，所以振子的加速度也为0，故B错误；CD.1～2s内，振子的位移由正的最大变为0，说明振子在向平衡位置运动，位移减小，回复力减小，加速度减小，速度变大，故C正确，D错误。故选：C。8．用单摆测定重力加速度的实验中，测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，得到单摆周期T，用多组实验数据作出T2﹣L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2﹣L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是（）A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次 C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值 D．图线c对应的g值等于图线b对应的g值【考点】用单摆测定重力加速度．【答案】B【分析】写出单摆周期，根据单摆的周期公式变形得出T2与L的关系式，再分析T2﹣L图象中g与斜率的关系，得到g的表达式；根据重力加速度的表达式，分析各图线与b之间的关系。【解答】解：A.将悬点到小球下端的距离记为摆长L，则真实摆长l=L−根据单摆周期公式T=2π变形得T因此，T2﹣L函数图像的纵截距为负值，故A错误；B.对于图线c，其斜率k变小了，根据k=T单摆的周期T=tCD.根据单摆周期公式T=2π变形得T结合图像斜率的含义，图像斜率k=重力加速度g=由T2﹣L图像可知，图像的斜率kc＜kb因此gc＞gb＝g即图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故CD错误。故选：B。9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为0.5m/s，周期为4s。t＝2s时波形如图甲所示，a、b、c、d是波上的四个质点。如图乙所示是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是（）A．这列波的波长为4m B．t＝0时质点b的速度方向为y轴正方向 C．如图乙表示的是质点b的振动图像 D．t＝1s时质点b的加速度方向为y轴负方向【考点】振动图像与波形图的结合．【答案】C【分析】已知波速和周期