期末学业水平检测（含答案解析）

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
期末学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
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,只有一项符合题目要求)
1.下列说法正确的是 (　　)
A.大的力做功一定比小的力做功多
B.大的力的冲量一定比小的力的冲量大
C.动量大的物体速率一定比动量小的物体速率大
D.物体所受合外力的冲量越大,它的动量变化量一定越大
2.炎热的夏季,有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆,其原理是借助脚下的喷水装置产生向上的反冲动力,让人腾空而起或平衡或变速运动。下列说法正确的是 (　　)
A.水对装置向上的反冲动力大于装置对水向下的压力
B.人悬空静止一段时间,水的反冲动力对装置做功为零,冲量也为零
C.人悬空静止时,人的机械能可能为零
D.整体向上减速运动时,水的反冲动力对装置做负功
3.向人体内发射频率已知的超声波,超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收,测出反射波的频率变化,就能知道血流的速度,以下现象中利用的物理原理与之相同的是 (　　)
A.水面上的油膜在阳光下会呈现彩色花纹
B.洗衣机切断电源后会经历一个剧烈振动阶段
C.戴上特制的眼镜观看3D电影产生立体视觉
D.在站台上听驶来的火车汽笛声,感觉音调变高
4.两人分乘甲、乙两条船在湖中钓鱼,两船相距24 m。有一列水波(视为简谐横波)从波源发出依次传到甲、乙两船(相对位置如图所示),每条船每分钟完成全振动10次,当甲船位于波峰时,乙船位于波谷,这时两船之间还有一个波峰。下列说法中正确的是 (　　)
A.这列波的速度为8 m/s　　　　　　　　B.这列波的波长为16 m
C.这列波的周期为10 s　　　　　　　　D.这列波的频率为6 Hz
5.北京时间2023年10月26日19时34分,“神舟十七号”载人飞船的三名航天员成功入住中国空间站与“神舟十六号”航天员乘组聚首,“太空会师”见证中国载人航天的无限可能。此次搭载“神舟十七号”载人飞船的是“长征二号”F系列火箭。长征系列运载火箭是中国自行研制的航天运载工具。某次用火箭发射人造地球卫星,已知卫星的质量为500 kg,最后一节火箭壳体的质量为100 kg,假设最后一节火箭的燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度匀速运动。某时刻火箭壳体与卫星分离,分离时卫星沿原来方向运动且与火箭壳体的相对速度为1.8×103 m/s,则分离后壳体的速度大小为 (　　)
A.7.0×103 m/s　　　　　　　　B.2.0×103 m/s
C.5.2×103 m/s　　　　　　　　D.5.5×103 m/s
6.如图所示,小球通过长度为L的细线悬挂在天花板的O点,在O点正下方处有一固定的光滑细铁钉。将小球向左拉开一小段距离后由静止释放,小球摆到最低点时,细线会受到铁钉的阻挡。不计空气阻力,则小球从静止释放到第一次回到释放位置的过程中,细线中的拉力大小T随时间t变化的关系可能正确的是 (　　)
　　　　　　　　
　　　　　　　　
7.如图所示,位于x=0.25 m的波源P从t=0时刻开始振动,形成的简谐横波沿x轴正、负方向传播,在t=2.0 s时波源停止振动,t=2.1 s时的部分波形如图所示,其中质点a的平衡位置xa=1.75 m,质点b的平衡位置xb=-0.5 m。下列说法正确的是 (　　)
A.波源沿y轴正方向起振
B.t=2.0 s时,质点a在(1.50 m,0 cm)处
C.t=2.45 s时,质点a沿y轴正方向振动
D.在0~2 s内,质点b运动总路程是3 m
8.如图所示,在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B,木板表面光滑,左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上B板。在木块A与弹簧相互作用的过程中,下列判断正确的是 (　　)
A.弹簧压缩量最大时,B板的运动速率最大
B.B板的加速度一直增大
C.弹簧给木块A的冲量大小为mv0
D.弹簧的最大弹性势能为m
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.下列说法中正确的是 (　　)
甲　乙　丙　丁
A.如图甲可知,系统的固有频率为2f0
B.图乙中泊松亮斑是小孔衍射形成的图样
C.如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下去的,若垫的薄片越厚,倾角越大,条纹间距越窄
D.图丁中的M、N是偏振片,P是光屏。当N固定不动而缓慢转动M时,光屏P上的光亮度将会发生变化,此现象表明光是横波
10.如图所示,物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动,A、B之间无相对滑动,已知轻质弹簧的劲度系数为k,A、B的质量分别为m和M,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。下列说法正确的是　 (　　)
A.物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供的
B.滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供的
C.将物体A与滑块B看成一个振子,其回复力大小跟位移大小之比为k
D.若A、B之间的动摩擦因数为μ,则A、B间无相对滑动的最大振幅为
11.如图所示,一玻璃棱镜的横截面为底角为45°的等腰梯形,从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入,折射到CD边上某点处,已知玻璃棱镜的折射率n=,光在真空中传播的速度c=3×108 m/s,则下列说法中正确的有 (　　)
A.光线在CD边一部分反射,一部分出射
B.AC边上的入射角逐渐减小至零,光束均不会从CD边射出
C.若单色光方向不变,使AC边上的入射点逐渐上移,且保持折射光线始终射在CD边上,则光束在棱镜中的传播时间变长
D.若CD=3 cm,光经CD边反射后从BD边射出棱镜,光在该棱镜内部传播的时间为2×10-10 s
12.如图所示,水平传送带长为L=2 m,以速度v=4 m/s顺时针转动,M左侧、N右侧均为光滑水平面,N右侧L1处有一竖直光滑半圆轨道,半圆轨道的半径为R=0.5 m。质量为mB=0.15 kg的物体B静止在传送带的右端N处,物体A的质量为mA=0.25 kg,A和传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。现将物体A轻放在M点,它运动到N点与B发生弹性碰撞后,B沿半圆轨道恰好能滑动到最高点,物体A、B均看作质点,则 (　　)
A.A、B碰撞后,B的速度为5 m/s
B.A、B碰撞后,A沿半圆轨道上滑过程中会脱离轨道
C.A从M运动到N用时0.9 s
D.A与传送带间因摩擦产生的热量为2 J
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某同学估测玩具枪子弹从枪口射出的速度,设计了如下实验:取一个乒乓球,在球上挖一个小圆孔,向球内填一些橡皮泥,把乒乓球放在桌面的边缘处,再将玩具枪装弹上弦,支在桌面上水平瞄准球的圆孔。扣动扳机后子弹射入孔中,与乒乓球一同水平抛出。在地面上铺上白纸和复写纸记录乒乓球的落点,最后多次重复实验确定平抛的水平距离。
(1)关于本实验的要求或操作,下列说法正确的是　　　　。
A.桌面必须光滑
B.检查桌面末端的切线是否水平,将乒乓球放置在末端
C.实验过程中必须用到重垂线,以便确定乒乓球做平抛运动的水平位移
D.复写纸铺在白纸的上面,实验过程中复写纸和白纸可以随时拿起来看印迹是否清晰并进行移动
(2)下列提供的器材中,本实验必需的有　　　　。
A.刻度尺　　　　B.温度计　　　　C.天平　　　　D.秒表
(3)测得子弹的质量为m1,乒乓球(含橡皮泥)的质量为m2,乒乓球平抛的竖直距离为h,水平距离为l,重力加速度大小为g,则玩具枪子弹从枪口射出的速度大小为　　　　。
14.(10分)实验课中,同学们用单摆测量当地的重力加速度,实验装置如图1所示。
(1)实验过程中有两组同学分别用了图2、图3的两种不同方式悬挂小钢球,你认为　　　　　(选填“图2”或“图3”)悬挂方式较好。
(2)在实验中,某同学用游标卡尺测量金属球的直径,结果如图4所示,读出小球直径为　　　　　 cm。
图4
(3)实验中,某同学测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况,并将记录的结果描绘在图5所示的坐标系中,图中各坐标点分别对应实验中5种不同摆长的情况。画出T2-L图线。由图像可知重力加速度g=　　　　　 m/s2。(结果保留3位有效数字)
　
(4)实验中,三位同学作出的T2-L图线分别如图6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。则对于图线a和c,下列分析正确的是　　　　　(填选项前的字母)。
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
15.(8分)如图,在长方体玻璃砖内部有一半球形气泡,球心为O,半径为R,其平面部分与玻璃砖表面平行,有一束单色光垂直玻璃砖下表面入射到气泡上的A点,发现有一束光线垂直气泡平面从C点射出,已知OA=R,光线进入气泡后第一次反射和折射的光线相互垂直,气泡内近似为真空,真空中光速为c,求:
(1)玻璃的折射率n;
(2)光线从A点射入气泡到第一次从C点射出气泡所经历的时间。
16.(8分)如图所示,一质量为m的小钢球,用长为l的细绳系在水平天花板上(l远大于小钢球的半径),初始时,细绳和竖直方向的夹角为θ(θ<5°)。由静止释放小球后,求:(不计空气阻力,重力加速度为g)
(1)释放时小球回复力的大小;
(2)小球在最低点时和在最高点时绳中拉力大小的差值;
(3)从小球释放到第一次运动到最低点过程中重力冲量的大小。
17.(12分)甲、乙两列完全相同的横波分别从波源A、B两点,沿直线相向传播,t=0时的波形图像如图所示,如果两列波的波速都是10 m/s,求:
(1)甲、乙两列波的频率各是多少
(2)第几秒末两列波相遇,相遇时C、D两点间有哪些点位移最大
(3)0.3 s末,C、D间(包括C、D两点)有几个点的位移最大
18.(16分)如图,下端带有一挡板的足够长光滑斜面,固定在水平地面上,斜面倾角θ=30°,质量m=2 kg的弹性小球,从斜面上由静止释放,释放点与挡板的距离x1=3.6 m,反弹后沿斜面上升的距离x2=1.6 m;若使小球从距挡板x3=2.4 m处由静止释放,并在开始释放的同时对小球施加一个沿斜面向下的恒外力,作用时间t=0.2 s。而后球撞击挡板后沿斜面反弹的距离也为2.4 m。已知小球每次与挡板碰撞前后动能的比值不变,挡板与斜面垂直,不计空气阻力,求:
(1)小球未受恒外力作用时,第一次撞击挡板前的瞬时速度大小;
(2)小球在受恒外力作用时,第一次与挡板碰撞过程中,小球所受合外力的冲量大小;
(3)恒力对小球所做的功和恒力的大小。
答案全解全析
1.D　根据功W=Fl cos α可知,功的大小取决于力的大小、位移的大小以及力和位移的夹角,大的力做功不一定比小的力做功多,A错误;根据I=Ft可知,力的冲量大小与力的大小和作用时间有关,大的力的冲量不一定比小的力的冲量大,B错误;根据p=mv可知,物体的动量大小与物体质量的大小和速率有关,动量大的物体速率不一定比动量小的物体速率大,C错误;根据动量定理I合=Δp可知,物体所受合外力的冲量等于动量变化量,所以物体所受合外力的冲量越大,它的动量变化量一定越大,D正确。
2.C　喷水装置向上的反冲动力与装置对水向下的压力是一对相互作用力,二者大小相等,A错误;人悬空静止时,水的反冲动力对装置不做功,但是有冲量,B错误;人悬空静止时动能为零,若以该点所在平面为零势能面,则人的机械能为零,C正确;整体向上减速运动时,位移向上,与水的反冲动力同方向,所以水的反冲力对装置做正功,D错误。
3.D　向人体内发射频率已知的超声波,超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收,测出反射波的频率变化,就能知道血流的速度,利用的物理原理是多普勒效应。水面上的油膜在阳光下会呈现彩色花纹是薄膜干涉原理;洗衣机切断电源后会经历一个剧烈振动阶段,是共振现象;戴上特制的眼镜观看3D电影产生立体视觉,是利用光的偏振;在站台上听驶来的火车汽笛声,感觉音调变高,是多普勒效应。故选D。
4.B　当甲船位于波峰时,乙船位于波谷,这时两船之间还有一个波峰,画出甲、乙两船之间的波形如图,可知两船之间的距离等于1.5λ,即1.5λ=24 m,得λ=16 m,B正确;由于每条船每分钟完成全振动10次,可知波的周期为T= s=6 s,故波的频率为f== Hz,C、D错误;这列波的波速为v== m/s= m/s,A错误。
5.D　设卫星的质量为m1,火箭壳体的质量为m2,根据题意,由动量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1(v+v')+m2v,解得v=5.5×103 m/s,故选D。
6.A　根据单摆的周期公式T=2π得T1=2π,T2=2π=π=,根据能量守恒知,在最低点摆球的速度不变,根据牛顿第二定律得T-mg=m,可知当半径r减小时,摆球在最低点受到细线的拉力T增大,在最高点有T-mg cos θ=0,由图可知,θ会变大,故在最高点时的拉力T会减小。故选A。
7.A　根据题意可知,2.0~2.1 s内波传播的距离为x=0.50 m-0.25 m=0.25 m,则波速v== m/s=2.5 m/s,波长为λ=1 m,则周期T== s=0.4 s。因此在2 s时间内,波传播的距离为x=vt=2.5×2 m=5 m=5λ。t=2.1 s时,振动刚传播到x=5.5 m处,根据运动的周期性可知,x=5.5 m处的质点正要向上振动,则波源的起振方向沿y轴正方向。由题图可知质点a在t=2.1 s位于波谷位置,由于0.35 s=T+,故在t=2.45 s时,质点a沿y轴负方向振动,故A正确,C错误。质点a的平衡位置在1.75 m处,且质点只能在平衡位置附近上下振动,不会随波迁移,故B错误。波从波源传播到质点b的时间为t== s=0.3 s,在0~2 s时间内,质点b的振动时间为t2=2 s-0.3 s=1.7 s=T,又因为质点b从平衡位置开始振动,则质点b的运动路程为s=×4A=17×15 cm=255 cm=2.55 m,故D错误。
8.D　在木块A与弹簧相互作用的过程中,弹簧一直处于压缩状态,弹簧对木板B有向左的弹力,B板在加速,弹簧压缩量最大时,B板运动速率不是最大,当弹簧恢复原长时B板的速率最大,故A错误;弹簧压缩量先增加后减小,弹簧对B板的弹力先增大后减小,B板的加速度先增大后减小,故B错误;设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2,取向左为正方向,根据动量守恒定律,有2mv0=2mv1+mv2,根据机械能守恒定律,有×2m=×2m+m,解得v1=,v2=,对木块A,根据动量定理,有I=2mv1-2mv0=-mv0,故C错误;当木块与木板速度相等时,弹簧的压缩量最大,根据动量守恒定律,有2mv0=(m+2m)v,系统机械能守恒,根据机械能守恒定律,弹簧的最大弹性势能Ep=×2m-(2m+m)v2,联立解得Ep=m,故D正确。
9.CD　从共振曲线可以看出频率为f0时振幅最大,则该系统的固有频率为f0,A错误;图乙中泊松亮斑是圆板衍射形成的图样,B错误;图丙是薄膜干涉,条纹向空气薄膜较薄处发生弯曲,说明空气薄膜变厚,则被检测的平面在此处是凹陷的,若垫的薄片越厚,倾角越大,条纹间距越窄,C正确;只有横波才能产生偏振现象,所以光的偏振现象表明光是一种横波,故D正确。
10.ACD　 物体A做简谐运动时,在水平方向只受滑块B对它的摩擦力,故物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供的,故A正确;滑块B做简谐运动的回复力是弹簧的弹力和A对B的摩擦力的合力提供的,故B错误;将物体A与滑块B整体看成一个振子,则其回复力大小跟位移大小之比为=k,故C正确;A、B间无相对滑动的情况下,设系统的最大振幅为L,以A和B整体为研究对象有kL=(M+m)a,以A为研究对象有μmg=ma,联立解得L=,故D正确。
11.BD　光在AC边折射时,根据折射定律有n=,解得r=30°;设全反射的临界角为C,有sin C=,解得C=45°;
如图所示,由几何关系知,光线到达CD边时,θ=75°>C,故光线在CD边发生全反射,不能从CD边射出,AC边上的入射角逐渐减小至零,光线在CD边均发生全反射,故A错误,B正确。根据n=得,光在棱镜中传播的速度v=c,由正弦定理得=,又因为△CPQ与△DGQ为相似三角形,则=,又因为CQ+DQ=CD,光在棱镜内部传播的路程为s=PQ+QG,联立解得s=×CD,可知s与AC边上的入射点无关,传播时间为t=,所以AC边上的入射点逐渐上移,光束在棱镜中的传播时间不变;若CD=3 cm,则s=3 cm,则t=2×10-10 s,故C错误,D正确。故选B、D。
12.ACD　B恰到最高点,有mBg=mB,可得v1=;对B,从最低点到最高点,由动能定理可得-2mBgR=mB-mB,可得vB==5 m/s,A正确;A、B发生弹性碰撞,由动量守恒可得mAv0=mAvA+mBvB,由机械能守恒可得mA=mA+mB,解得v0=4 m/s,vA=1 m/s,对A碰后上升过程,由机械能守恒可得mA=mAgh,得h=0.05 m13.答案　(1)BC(2分)　(2)AC(2分)　(3)(2分)
解析　(1)桌面是否光滑对实验无影响,故A错误。乒乓球应做平抛运动,要保证桌面末端的切线水平,并将乒乓球放置在末端;必须用到重垂线,以便确定乒乓球的水平位移,B、C正确。实验过程中白纸不能拿起来看印迹是否清晰,更不能移动,D错误。
(2)根据实验原理可知应测量的量有桌面高度、乒乓球的水平位移、乒乓球以及子弹的质量,需用到刻度尺和天平,故A、C正确,B、D错误。
(3)设子弹的速度为v,子弹射入乒乓球后两者共同速度为v'。子弹射入乒乓球的过程,取向右为正方向,根据动量守恒定律得m1v=(m1+m2)v';子弹和乒乓球做平抛运动,有h=gt2,l=v't,联立解得v=。
14.答案　(1)图3(2分)　(2)2.240(2分)　(3)图见解析(2分)　9.87(2分)　(4)B(2分)
解析　(1)图2所示的悬点在摆球摆动过程中会发生松动,使摆长发生变化,造成比较大的误差,图3所示的悬点相对图2牢固许多,摆长在误差允许范围内可视为不变,故选图3。
(2)小球直径为d=22 mm+8×0.05 mm=22.40 mm=2.240 cm。
(3)舍去误差相对比较大的点4,将其余的点用一条直线拟合,如图所示
根据T=2π可得T2=,则T2-L图线的斜率为k=,结合图像解得g≈9.87 m/s2。
(4)图线a有纵轴正截距,即L为零时T不为零,说明所测摆长比实际值偏小,A错误;由前面分析可知T2-L图线的斜率k与g成反比,图线c的斜率小于图线b的斜率,说明图线c对应的g值大于图线b对应的g值,C错误;误将49次全振动记为50次,导致所测周期比实际值偏小,则得出的图线斜率偏小,B正确。
15.答案　(1)　(2)
解析　(1)根据题意,作光路图如图 (1分)
根据折射定律可得
n= (1分)
根据几何知识可得
sin θ== (1分)
由于α+θ=90° (1分)
联立解得n=。 (1分)
(2)光从A经多次反射到C点的路程为
s=2R cos θ+2R=3R (1分)
经历的时间t= (1分)
联立得t=。 (1分)
16.答案　(1)mg sin θ　(2)3mg　(3)
解析　(1)小球重力沿切线方向的分力提供回复力,刚释放时小球回复力的大小F回=mg sin θ。 (2分)
(2)在最高点,小球速度为0,沿绳方向,由牛顿第二定律有
T1-mg cos θ=0
得绳的拉力T1=mg cos θ (2分)
从释放至小球到最低点,由动能定理有
mgl(1-cos θ)=mv2
在最低点由牛顿第二定律有
T2-mg=m
得绳的拉力T2=3mg-2mg cos θ (1分)
所以ΔT=T2-T1=3mg(1-cos θ)。 (1分)
(3)小球做简谐运动,周期为
T=2π
小球从释放至运动到最低点所用的时间为
t== (1分)
可得重力的冲量为IG=mgt=。 (1分)
17.答案　(1)2.5 Hz　2.5 Hz　(2)0.2 s末　x=5 m和x=7 m处的质点　(3)见解析
解析　(1)由题图知波长λ=4 m(1分)
又因波速v=10 m/s,结合v=λf得f== Hz=2.5 Hz(1分)
故甲、乙两列波的频率均为2.5 Hz。
(2)设经时间t两波相遇,则2vt=8 m-4 m(1分)
解得t= s=0.2 s,即0.2 s末两列波相遇 (1分)
又因周期T== s=0.4 s(1分)
故波分别向前传播λ相遇 (1分)
此时两列波的图像如图中的虚线所示, (2分)
故C、D间有x=5 m和x=7 m处的质点位移最大。 (1分)
(3)经过0.3 s波向前传播的距离为x=vt=10×0.3 m=3 m(1分)
两列波的波谷同时传到x=6 m处的点,振动加强 (1分)
即C、D间只有x=6 m处的点位移最大。 (1分)
18.答案　(1)6 m/s　(2)10 kg· m/s　(3)30 J　50 N
解析　(1)小球未受恒外力作用时,在下滑过程中,根据动能定理可得
mgx1sin θ=m-0 (1分)
解得v1=6 m/s。 (1分)
(2)在未加恒力作用时,设小球与挡板碰撞反弹后的速度为v2,根据动能定理可得
-mgx2 sin θ=0-m (1分)
解得v2=4 m/s(1分)
设小球每次与挡板碰撞前后动能的比值为k,则
k==== (1分)
施加恒力后,设小球与挡板碰撞反弹后的速度为v3,则
-mgx3 sin θ=0-m (1分)
解得v3=2 m/s(1分)
根据k=得v3'=3 m/s(1分)
设沿斜面向上为正方向,碰后速度v3=2 m/s,碰前速度v3'=-3 m/s,根据动量定理可得
I=mv3-mv3' (1分)
解得I=10 kg·m/s。 (1分)
(3)施加恒力后,小球在下滑过程中,根据动能定理可得
mgx3 sin θ+WF=mv3'2-0 (1分)
解得WF=30 J(1分)
设F作用了t=0.2 s后小球的速度为v',由动量定理可得
(F+mg sin θ)t=mv' (1分)
0.2 s内的位移x4=t (1分)
从撤去F到与挡板相碰过程,由动能定理可得
mg sin θ·(x3-x4)=mv3'2-mv'2 (1分)
解得F=50 N。 (1分)