2024-2025学年上海市复旦大学附属中学高一（下）期末物理试卷(A卷)（含解析）

这是一份2024-2025学年上海市复旦大学附属中学高一（下）期末物理试卷(A卷)（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共12题，第1题至第8题为单选题，第9题至第12题为多选题。第1题至第5题每题2分，第6题至第8题和第12题每题4分，第9题至第11题每题3分，共35分。）
1.做简谐运动的物体每次通过同一位置时，可能不相同的物理量是( )
A. 位移B. 速度C. 动能D. 回复力
2.我国“嫦娥一号”探测器借助运载火箭成功升空，在升空过程中，下列说法正确的是( )
A. 探测器的机械能不变B. 探测器的机械能增大
C. 探测器的机械能减小D. 探测器的机械能变化情况无法确定
3.在“天宫课堂”中，航天员们使用毛巾包好的乒乓球拍和水球进行了奇妙的“乒乓球”比赛。挥动球拍，击打漂浮在空中的水球，水球碰到球拍没有破裂，而是像乒乓球一样被弹开了。关于球拍与水球相互作用的过程，下列描述正确的是( )
A. 球拍和水球组成的系统动量守恒B. 球拍和水球组成的系统动量不守恒
C. 球拍对水球的冲量大于水球对球拍的冲量D. 球拍对水球的冲量小于水球对球拍的冲量
4.如图所示，小球在竖直平面内的摆动可视为简谐运动，振动周期为0.6s，图示的位置为小球运动过程的最左侧位置。现每隔0.2s记录一次小球的位置，则一个周期内所记录的小球位置可能是( )
A. B. C. D.
5.打羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹
上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时，下列说法正确的是( )
A. 在A、B两点的动能相等
B. AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量
C. 整个飞行过程中经过P点时的速度最小
D. 在PB下落阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值
6.如图所示为干涉型消声器的结构图，声波达到管道A点时，分成两列声波，分别沿半圆管道和直管道传播，在B点相遇，因干涉而相消.声波的波长为λ，则AB两点距离d可能为( )
A. 2λπ−2B. λπ−1C. λ2(π−1)D. λπ−2
7.一位游客在星海广场码头欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为10cm，周期为3.0s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10−5 3cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( )
A. 0.5sB. 1.0sC. 1.5sD. 2.0s
8.如图所示，用平行光从侧面照射一个做匀速圆周运动的小球，它在光屏上的影子将做简谐运动。若从某时刻开始计时，测得影子偏离平衡位置的位移随时间变化的关系为x=10sin2t+π6cm，则小球的加速度大小为( )
A. 0.1m/s2B. 0.2m/s2C. 0.3m/s2D. 0.4m/s2
9.下列认识正确的是( )
A. 中国东风27超高音速导弹的飞行速度可达到3400m/s，牛顿力学不再适用
B. 地面观察者观测到的在0.7c运行的列车上乘客的手表走时更慢
C. 对于地面上静止不动的物体，在不同参考系中测得该物体的长度都是一样的
D. 在不同的惯性参考系中，测得真空中的光速大小依然相同
10.如图所示，木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一轻绳，轻绳另一端系一小球C。现将C向右拉起使轻绳水平伸直，并由静止释放C。则( )
A. A、B、C组成的系统动量守恒
B. A、B、C组成的系统机械能守恒
C. 运动过程中木块A、B会分离
D. 球C摆到左侧最高点时速度为0
11.研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0s时运动员开始起跳，3.1s时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取g=10m/s2,下列说法正确的是( )
A. 刚离开传感器时，运动员的速度大小为3m/s
B. 起跳过程中，传感器对运动员的冲量为240N⋅s
C. 2.5∼3.1s时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200N
D. 1.0∼1.9s与2.5∼3.1s时间内，运动员所受合力的冲量不同
12.古诗词有言：“兰香滴露啼幽翠，江波粼粼月光碎。”如图所示，平静水面上有O1、O2两个波源，t=0时刻，O1、O2两波源同时开始振动，振动方程分别为y1=10sin10πtcm,y2=8sin10πt+πcm,波源O₁形成的波在水中的传播速度为2m/s。已知O₁AO₂是水面上边长为2m的等边三角形，O1、O2连线上的M点与波源O1的间距为0.9m，下列说法正确的是( )
A. 质点A振动的频率为10Hz B. 两波源形成的波的波长均为0.4m
C. 振动稳定后，质点A为振动加强点 D. 0∼0.75s内，质点M通过的路程为92cm
二、填空题（共4题，每题4分，共16分）
13.如图所示，“飞力士棒”是具有弹性且两端带有负重的健身器械。健身爱好者小幅度晃动固有频率为4Hz的“飞力士棒”使其发生受迫振动。当手晃动的频率为5Hz时，该棒振动频率等于_____Hz，手晃动的频率从2Hz逐渐增大到5Hz的过程中，该棒振动的幅度_____(选填“一直增大”“一直减小”或“先增大后减小”)。
14.点电荷Q1从1m远处以大小为F的力排斥点电荷q，点电荷Q2从2m远处以大小为3F的力吸引点电荷q，则Q1和Q2是带_____(选填“同种”或“异种”)电荷，Q1与Q2的带电量大小之比是_____。
15.如图表示产生机械波的波源P做匀速运动的情况，图中圆表示波峰，已知波源的频率为f0，该图表示波源正在向_______(选填A、B、C或D)点移动；观察者在图中A点接收到的波的频率将_______(选填大于、等于或小于)f0．
16.某国际研究小组借助天文望远镜观测到了一组A、B双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示。假设此双星系统中体积较小的A星体能“吸食”体积较大的B星体的表面物质，达到质量转移的目的，且在演变过程中两者球心之间的距离逐渐减小，双星平均密度可视为相同，则在最初演变的过程中A、B两星体的动量的大小关系为pA_____pB(填“>”、“”、“=”或“t2B. t4mAv1，因此v2>0
即球C摆到左侧最高点时速度不为0，故C正确；
D.球C第一次摆至最低点时，AB整体的速度达到最大值，当C继续向左摆动时，A的速度将减小，而B的速度不变，所以C第一次摆至最低点时，A、B将分离，故D错误。
故选：BC。
AB.根据动量守恒、机械能守恒的条件分析判断；
C.A、B、C组成系统在水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解后分析作答；
D.根据系统水平方向动量守恒分析.球C第一次摆至最低点时的情形，然后作答。
本题首先要判断该过程三者动量在水平方向上守恒，然后根据题目需要，选择适合的过程进行运动量守恒即可，本题属于中档题。
11.【答案】AC
【解析】∼2.5s时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度 v0=gt22=3m/s ，故A正确；
B.由图像可知，0∼1.0s时间内运动员静止在传感器上，故 mg=F=800N
所以 m=80kg
1.0s∼1.9s时间段内是起跳过程，列动量定理 I−mgt1=mv0
代入数据可得 I=960N
故B错误；
C.以竖直向上为正方向，对运动员在2.5s∼3.1s时间段内列动量定理方程 Ft3−mgt3=0−m−v0
代入数据可得 F=1200N
故C正确；
D.在1.0s∼1.9s与2.5s∼3.1s两段时间内，运动员的动量变化量相等，由 I合=Δp 可知运动员所受合力的冲量相同。故D错误。
故选AC。
12.【答案】BD
【解析】A.根据振动方程可知 T=2π10πs=0.2s
质点振动频率 f=1T=5Hz ，A错误；
B.波长 λ=vT=0.4m ，B正确；
C.质点A到两波源的波程差为半波长的偶数倍，两波源振动步调相反，则质点A振动减弱，C错误；
D.由于 MO2−MO1=0.2m=λ2
可知M点振动加强，质点M的振幅为18cm， O1 形成的波传播到M的时间 t1=MO1v=0.45s
O2 形成的波传播到M的时间 t2=MO2v=0.55s
由于 0.55s−0.45s=T2 ， 0.75s−0.55s=T
则0∼0.75s内，质点M通过的路程 x1=4×18cm+2×10cm=92cm ，D正确。
故选BD。
13.【答案】5 先增大后减小
【解析】解：健身爱好者小幅度晃动固有频率为4Hz的“飞力士棒”使其发生受迫振动。当手晃动的频率为5Hz时，做受迫振动的物体，振动频率等于驱动力的频率，该棒振动频率等于5Hz，手晃动的频率从2Hz逐渐增大到5Hz的过程中，驱动力频率等于固有频率，振幅最大，该棒振动的幅度先增大后减小。
故答案为：5；先增大后减小
做受迫振动的物体，振动频率等于驱动力的频率，当发生共振时，其振动的振幅最大，据此分析即可。
知道发生共振的条件是解题的基础。
14.【答案】异种 112
【解析】[1]由于同种点电荷相互排斥，异种点电荷相互吸引，根据题意，可知点电荷Q1与点电荷q带同种电荷，点电荷Q2与点电荷q带异种同种电荷，可知，Q1和Q2是带异种电荷；
[2]根据
F=kQ1qr12 ， 3F=kQ2qr22
解得
Q1Q2=112
15.【答案】B 小于
【解析】[1]根据多普勒效应产生的原因，该图表示波源正在向B点移动；
[2]当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高．当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，因此观察者在图中A点接收波的频率将小于发出的频率，即f0．
16.【答案】= 逐渐增大
【解析】解：由牛顿第二定律得GmAmBL2=mArAω2=mBrBω2，变形得mA(rAω)ω=mB(rBω)ω，化简得mAvA=mBvB，所以A、B两星体的动量p的大小始终相等；由GmAmBL2=mArAω2=mBrBω2，rA+rB=L，可得ω= G(mA+mB)L3，A、B两星体的速率之和vA+vB=rAω+rBω=Lω=L⋅ G(mA+mB)L3= G(mA+mB)L，由题可知，L减小时，速率之和逐渐增大。
故答案为：=，逐渐增大。
根据牛顿第二定律导出动量和速率之和表达式进行分析解答。
考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
17.【答案】 2tN−1
;T2;4π2k; A点距小锁头重心距离的负值
【解析】(1)单摆一周内经过两次平衡位置，由题意可知t=N−1T2，解得T=2tN−1；
(2)设A点距小锁头重心距离为 L0 ，根据单摆周期公式T=2π L+L0g，化简得T2=4π2gL+4π2gL0，可知图乙所示图像纵坐标应为 T2；
(3) T2−L 图像的斜率为 k ，根据k=4π2g，解得g=4π2k；
(4)当 T2=0 时， L=−L0 ，因此图线乙不过原点，其图像与横轴交点的意义是A点距小锁头重心距离的负值。
18.【答案】1.736； 偏大； 0.01602，=
【解析】(1)根据光电门测速原理可知v=dt=≈1.736m/s。
(2)该同学发现传感器所测的位置略低于A点，则重力势能减小量变大，动能增加量变大，则经过计算机获得的速度数据比真实值偏大。
(3)根据图像可知，当ℎ=0时，重物重力势能为零，只有动能，则机械能E=12mv2=12m⋅d2t2=12×0.008×2.0012J≈0.01602J，根据mg(ℎ0−ℎ)=12mv2=12m⋅d2t2，整理得1t2=2gd2(ℎ0−ℎ)，事后另一个同学再次重复进行实验，并将释放点抬高，并保持不变，可知，改变的是ℎ0，图像斜率不变，所以k=k′。
故答案为：(1)1.736；(2)偏大；(3)0.01602，=。
(1)根据光电门计算瞬时速度的方法列式求解；
(2)根据重力势能和动能的变化情况分析解答；
(3)根据机械能守恒定律和图像的斜率的物理意义进行分析解答。
考查机械能守恒定律的实验原理和注意事项，会根据题意进行准确分析解答。
19.【答案】【小题1】
D
【小题2】
A
【小题3】
ABD
【小题4】
BD
【小题5】
(1)鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，根据平抛运动的规律可得 s=vbt ， L+ℎ=12gt2
联立解得 t=0.8s ， v0=20m/s
(2)从b到d的过程，鱼饵速度的变化量 Δvbd=gt=8m/s
(3)从a到b的甩竿过程，根据动能定理可得 W−mgL1−cs53 ∘=12mvb2
其中鱼饵机械能的改变量 ΔE=W
解得 ΔE=6.192J

【解析】1.
A.在t1时刻速度为0，此时位移最大，所以加速度最大，故A错误；
B.鱼漂在振动过程中，受到浮力，且浮力做功，所以机械能不守恒，故B错误；
C.在t2时刻鱼漂处于平衡位置，速度最大，动量最大，故C错误；
D.以竖直向下为正方向，鱼漂在t2到t3过程由平衡位置向上振动，鱼漂所受到合外力方向向下，故合力的冲量方向竖直向下，故D正确。
故选D。
2.
AB.减小波源的振幅，位于A点的浮标做受迫振动的振幅相应减小，故可以减小波源的振动对鱼漂的影响，故A正确，B错误；
C.波长减小，衍射现象不明显，则鱼漂的振动会减弱，故C错误；
D.频率增大，波长减小，衍射现象不明显，则鱼漂的振动会减弱，故D错误。
故选A。
3.
A.由图甲可知鱼漂上下振动的周期为 T=2s ，故A正确；
B.由图乙可知波长为4m，根据 v=λT
可得 v=2m/s ，故B正确；
C.由图可得 f=1T=0.5Hz
发生稳定干涉的条件是两列波的频率相同，故C错误；
D.由图甲可得在0.5s时刻，离原点0∼4m范围内某质点在平衡位置向下振动，波向沿x轴正方向传播，根据同侧法可得在 x=2m 处质点向下振动，其中图甲是 x=2m 处质点的振动图像，故D正确。
故选ABD。
4.
AB.人、船组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒；人抛出鱼后，鱼做平抛运动，抛出点高度保持不变，则鱼的运动时间不变，船头到船尾的距离不变，为使鱼始终可保证落入船头的舱内，则人抛出鱼的速度应保持不变，故A错误，B正确；
CD.人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，抛完所有鱼后，最终整个系统也是静止的。在人将鱼向左抛出、鱼在空中运动时，鱼具有向左的动量，则人和船具有向右的动量，船要向右运动，鱼落入船舱后船就停止了运动。如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移动一些，故C错误，D正确。
故选BD。
5. 详细解答和解析过程见答案
20.【答案】【小题1】
(1)根据题意可知，风与托盘间的相互作用力大小为 F=mg
根据动量定理可得 FΔt=Δmv1=ρSv1Δt⋅v1=ρπr2v12Δt
解得出风口的风速为 v1= mgπρr2
(2)根据 P=Wt ，可得 P1=12Δmv12Δt
其中 Δm=ρSv1Δt=ρπr2v1Δt ， v1= mgπρr2
联立解得 P1=mg2 mgπρr2
【小题2】
A
【小题3】
(1)根据题意动车组总功率为 P总=4×2400kW=9600kW
匀速行驶时受阻力之和为 f=8f0+7f2+f1=8f0+10kvm
又 P总=f⋅vm
联立解得该型号动车组最大行驶速率为 vm=100m/s
(2)以最大速率匀速行驶时，对前两节车厢为整体分析，电动机牵引力为 F=Pvm=2400×103100N=24000N
前两节车厢所受阻力为 f阻=2f0+3kvm+kvm=36600N
根据受力平衡可知，第3节车厢对第2节车厢作用力大小 F32=f阻−F=12600N

【解析】1. 详细解答和解析过程见答案
2.
空气阻力大小与速率成正比时，设空气阻力为 kv ， v−t 图线可以看成 f−t 图线，其面积表示冲量， v−t 图线面积表示位移为零，所以 f−t 图线面积表示冲量为零，对全过程由动量定理得 mgt2+If=mv1−−mv0
其中阻力的冲量 If=0 ，解得 t2=v0+v1g
空气阻力大小恒定时，物体上升和下落的位移大小相等，但上升过程的加速度较大，所以上升的时间较短，则有 t上v0+v1g=t2
故选A。
3. 详细解答和解析过程见答案位置
ℎ/cm
t/s
v/m⋅s−1
A
15
0.007826
1.022
B
10
0.005598
1.429
C
5
0.004607
▲
D
0
0.003998
2.001