2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第一册 模块综合试卷(二) (含解析)

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模块综合试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2022·昆山文峰高级中学期中)物体做简谐运动时，下列叙述正确的是(　　)A．平衡位置是回复力为零的位置B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C．物体到达平衡位置时，合力一定为零D．物体到达平衡位置时，回复力不一定为零答案　A解析　平衡位置是回复力等于零的位置，但此时物体不一定处于平衡状态，即物体所受合力不一定为零。例如单摆在摆到达最低点时即为平衡位置，但此时摆的合力并不为零，也不是平衡状态，故选A。2．(2022·湖北高二期末)如图，在地球某一位置实验获得两个单摆的受迫振动共振图线，则关于两单摆振动情况，下列说法正确的是(　　)A．图线Ⅰ与图线Ⅱ单摆摆长之比为4∶25B．图线Ⅱ摆长约为1 mC．若撤去驱动力后使单摆做简谐运动，运动到最低点时合外力为零D．若撤去驱动力后使单摆做简谐运动，运动到最低点时加速度为零答案　B解析　由题图可知，两单摆的固有频率分别为0.2 Hz和0.5 Hz，则固有周期分别为5 s和2 s，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可得l＝eq \f(gT2,4π2)，解得图线Ⅰ与图线Ⅱ单摆摆长之比为25∶4，图线Ⅱ摆长为L2≈1 m，A错误，B正确；若撤去驱动力后使单摆做简谐运动，运动到最低点时，回复力为零，合外力作为向心力(不为零)，具有向心加速度，C、D错误。3．下列四幅图为光的相关现象，关于它们的说法正确的是(　　)A．图甲中若改变复色光的入射角，则b光先在水珠中发生全反射而不能射出水珠B．图乙为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的D．图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，缓慢转动N时，光屏P上的光亮度会发生变化，此现象表明光波是一种横波答案　D解析　根据题图甲可知，复色光能够进入水珠，则一定能射出水珠，A错误；题图乙为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率大，B错误；题图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的，C错误；题图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，缓慢转动N时，光屏P上的光亮度会发生变化，发生偏振现象，此现象表明光波是一种横波，D正确。4．(2023·乾安县第七中学高二月考)如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则(　　)A．甲、乙两个单摆的振幅分别为2 cm、－1 cmB．甲、乙两个单摆的机械能可能相等C．第4 s末，甲、乙两个摆球的加速度均为零D．第2 s末甲的速度达到最大，乙的向心加速度达到最大答案　B解析　振幅为偏离平衡位置的最大距离，故甲、乙两个单摆的振幅分别为2 cm、1 cm，A错误；摆球质量未知，故甲、乙两个单摆的机械能可能相等，B正确；第4 s末，两摆球均在平衡位置，故甲、乙两摆球切线方向的加速度均为零，但向心加速度均不为零，C错误；第2 s末甲处于平衡位置，速度达到最大，乙处于最大位移处，速度为零，向心加速度为零，D错误。5．(2023·盐亭中学高二月考)如图所示，甲、乙分别是a、b两束单色光用同一双缝干涉装置进行实验得到的干涉图样，下列关于a、b两束单色光的说法正确的是(　　)A．a、b光在真空中的波长满足λa>λbB．a、b光在玻璃中的折射率满足naeq \f(1,n)，则光在第一次到达光纤侧面时不会从光纤侧面射出答案　AD解析　光的频率由光源决定，与介质无关，所以光从真空射入光纤，光的频率不变，故A正确；光通过此光纤到达小截面的最短距离为L，光在光纤中的传播速度v＝eq \f(c,n)，则光通过此光纤到达小截面的最短时间为t＝eq \f(L,v)＝eq \f(nL,c)，故B错误；通过光纤侧面反射后再从上方截面射出的光束与垂直射出上方截面的光束不平行，故C错误；设临界角为C，则sin C＝eq \f(1,n)，光第一次到达光纤侧面的入射角等于θ，当θ>C，即sin θ>eq \f(1,n)时，发生全反射，光不会从光纤侧面射出，故D正确。12.小车静止在光滑水平地面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法正确的是(　　)A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移应越来越大答案　BC解析　子弹、枪、人、车、靶组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒。子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方，待打完n发子弹后，小车将静止不动，故A错误，B正确；设子弹射出枪口的速度大小为v，车后退的速度大小为v′，以子弹射出方向为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有vt＋v′t＝d，故车后退位移大小为：Δx＝v′t＝eq \f(md,nm＋M)，每发子弹从发射到击中靶过程，小车均后退相同的位移Δx，故C正确，D错误。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)某同学做“用单摆测量重力加速度”的实验时：(1)如果他测得的g值偏小，可能的原因是________。A．测摆线长时测了悬线的总长度B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验中误将49次全振动的次数记为50次(2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T2的数据如图甲所示，再以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________。(用k表示)(3)同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比eq \f(la,lb)＝________。答案　(1)B　(2)eq \f(4π2,k)　(3)eq \f(4,9)(每空2分)解析　(1)测摆线长时测了悬线的总长度，导致摆线偏长，据g＝eq \f(4π2l,T2)可知，测得的重力加速度偏大，A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了，导致测得的重力加速度偏小，B正确；开始计时时，停表过迟按下，导致测量时间偏短，周期偏小，测得的重力加速度偏大，C错误；实验中误将49次全振动的次数记为50次，导致周期偏小，测得的重力加速度偏大，D错误。(2)由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可得T2＝eq \f(4π2,g)l，图线的斜率k＝eq \f(4π2,g)，可解得g＝eq \f(4π2,k)。(3)由题图乙可知，两单摆的周期之比eq \f(Ta,Tb)＝eq \f(2,3)由周期公式可得摆长之比eq \f(la,lb)＝eq \f(4,9)。14．(6分)如图甲所示，利用双缝干涉测量光的波长的实验中，双缝间距d＝0.4 mm，双缝到光屏间的距离l＝0.5 m，实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________。A．将单缝向双缝靠近B．将屏向靠近双缝的方向移动C．将屏向远离双缝的方向移动D．使用间距更小的双缝(2)某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图乙所示，则①分划板在图中A位置时游标卡尺的读数为xA＝11.1 mm，在B位置时游标卡尺读数为xB＝15.6 mm，相邻两条纹间距Δx＝__________ mm；②该单色光的波长λ＝________ m。答案　(1)B　(2)①0.75　②6.0×10－7(每空2分)解析　(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，应减小相邻两个亮条纹或暗条纹间的距离，由Δx＝eq \f(l,d)·λ知可增大双缝间距d，或减小双缝到屏的距离l，A、C、D错误，B正确。(2)①相邻两个亮条纹或暗条纹间距Δx＝eq \f(xB－xA,n－1)＝eq \f(15.6 mm－11.1 mm,7－1)＝0.75 mm②该单色光的波长λ＝eq \f(Δx·d,l)＝eq \f(0.75×10－3×0.4×10－3,0.5) m＝0.6×10－6 m＝6.0×10－7 m。15．(9分)(2022·赣州市第四中学期中)一简谐横波在某时刻(t＝0)的波形图如图中的实线所示，图中的虚线是t＝0.2 s时刻该波的波形，P是平衡位置在x＝3 m处的质点。(1)若该波沿x轴正方向传播，求该波在0～0.2 s内传播的距离s；(2)若该波的波速大小v＝35 m/s，求质点P在t＝0.2 s时刻相对平衡位置的位移yP及其在0～0.2 s内通过的路程L。答案　(1)(4n＋1) m(n＝0,1,2，…)(2)－2 cm　14 cm解析　(1)由题图可知，该波的波长λ＝4 m，若该波沿x轴正方向传播，则该波在Δt时间内传播的最小距离x＝eq \f(λ,4)＝1 m(2分)由周期性可知，该波在0～0.2 s内传播的距离s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))λ＝(4n＋1) m(n＝0,1,2，…)(2分)(2)若波速大小v＝35 m/s，则该波的周期T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(4,35) s(2分)因为Δt＝0.2 s＝1eq \f(3,4)T(1分)所以波沿x轴负方向传播，在t＝0时刻，质点P处于平衡位置并沿y轴正方向运动。在t＝0.2 s时刻，质点P到达负方向的最大位移处，可知yP＝－2 cm(1分)在0～0.2 s内，质点P通过的路程L＝7A＝14 cm。(1分)16．(9分)(2023·榆林市月考)现要检测一块工业半球形玻璃砖的折射率。半球形玻璃砖的截面如图所示，O是半球形玻璃砖的球心，MN是其中心轴，已知玻璃砖的半径R＝1 m，两束与中心轴平行的相同检测光a、b射入半球形玻璃砖，当a光与中心轴MN的距离L＝0.5 m时，a光从玻璃砖上C点射出，出射光线与中心轴MN交于F点，当b光与中心轴MN距离s＝eq \f(\r(2),2) m时，b光在玻璃砖右侧恰好发生全反射，求：(1)玻璃砖对检测光的折射率n；(2)C点与F点间的距离x。(取sin 15°＝0.26)答案　(1)eq \r(2)　(2)1.92 m解析　(1)由题意知，当b光与中心轴MN距离s＝eq \f(\r(2),2) m时，发生全反射，根据几何关系有sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(\r(2),2)(2分)解得n＝eq \r(2)(1分)(2)由题意知，a光从C点射出，如图所示，由几何关系知入射角i＝30°，由n＝eq \f(sin r,sin i)(2分)解得折射角r＝45°(1分)在△COF中，∠CFE＝15°，CO＝1 m，根据正弦定理有eq \f(x,sin 30°)＝eq \f(CO,sin 15°)(2分)解得x≈1.92 m。(1分)17．(14分)(2022·冀州中学高一期末)如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g。求：(1)A、B碰撞过程中产生的热量；(2)A和B沿C能上升的最大高度；(3)斜面体C获得的最大速度。答案　(1)eq \f(2mgh,3)　(2)eq \f(h,18)　(3)eq \f(\r(2gh),3)，方向水平向右解析　(1)设A滑到曲面底端时的速度为v0，A下滑过程机械能守恒，则mgh＝eq \f(1,2)mv02(1分)设A、B碰后共同速度为v1，A、B碰撞过程动量守恒，则mv0＝(m＋2m)v1(1分)由能量守恒定律有Q＝mgh－eq \f(1,2)×3mv12(2分)解得A、B碰撞过程中产生的热量Q＝eq \f(2mgh,3)(1分)(2)对A、B、C，由水平方向动量守恒有3mv1＝(3m＋3m)v共(1分)由能量守恒定律有eq \f(1,2)×3mv12－eq \f(1,2)×6mv共2＝3mgh′(1分)解得A和B沿C能上升的最大高度h′＝eq \f(h,18)(1分)(3)A、B一起冲上斜面体后又返回时，C获得的速度最大，设此时AB共同速度为v2，C的速度为v3，由A、B与C水平方向动量守恒有3mv1＝3mv2＋3mv3(2分)由A、B与C系统机械能守恒有eq \f(1,2)×3mv12＝eq \f(1,2)×3mv22＋eq \f(1,2)×3mv32(2分)解得v2＝0，v3＝eq \f(\r(2gh),3)斜面体C获得的最大速度为eq \f(\r(2gh),3)，方向水平向右。(2分)18．(16分)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为m＝2 kg的小球P和质量为M＝1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为M＝1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小FNB′；(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。答案　(1)120 N　(2)2 m/s　(3)3 J解析　(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有mg＝meq \f(vC2,R)(1分)解得vC＝eq \r(gR)(1分)对于小球P，从B→C，由动能定理有－2mgR＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2(2分)解得vB＝eq \r(5gR)(1分)在B点有FNB－mg＝meq \f(vB2,R)(1分)解得FNB＝6mg＝120 N(1分)由牛顿第三定律有FNB′＝FNB＝120 N(1分)(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝0.2 s(1分)根据x＝vt，得v＝1 m/s(1分)碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有MvQ＝2Mv(1分)解得vQ＝2 m/s(1分)(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有mvP＝MvQ(1分)解得vP＝1 m/s(1分)对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)mvP2＋eq \f(1,2)MvQ2(1分)解得Ep＝3 J。(1分)