2024-2025高二物理下学期选择性必修第一册
期末综合测试模拟预测练习卷（一）
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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．如图所示，在水槽里放三块挡板，中间留两个狭缝，水波通过狭缝前的传播情况如图所示.在挡板后、点放置乒乓球，下列说法正确的是（ ）
A．若两个乒乓球都振动起来，则两个乒乓球的振动频率相等
B．若右侧乒乓球振动起来，则左侧乒乓球可能没有振动
C．若两个乒乓球都振动起来，则波源的频率一定等于乒乓球的固有频率
D．增加波源的振动频率，衍射现象更明显
2．如图所示，光滑水平地面上、两物块中间拴接一个轻弹簧，的质量为的.某时刻起，以一定初动能压缩弹簧，在的右侧有一个固定的弹性挡板，与挡板发生弹性碰撞后立即撤去挡板.已知在之后的运动中，弹簧的最大弹性势能与的初动能相等，则与挡板发生碰撞时，弹簧的弹性势能与的初动能的比值为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为，原来静止在光滑的水平面上.有一个可以看作质点的小球，质量为，半径略小于管道半径，以水平速度从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车.不计空气阻力，重力加速度为，关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为
4．如图所示，匀强电场方向与水平方向成 角，场强.质量、带电荷量的小球与一根轻质、绝缘材料制成的弹簧的右端相连，弹簧的劲度系数，小球穿在水平光滑绝缘细杆上，在间以点为平衡位置做简谐运动，已知小球做简谐运动的最大速度为，可以用图像与横轴围成的“面积”代表力所做的功.下列说法正确的是（ ）
A．小球到达点时，弹簧的形变量为
B．小球做简谐运动的振幅为
C．小球到达点时的瞬时加速度为，方向水平向右
D．运动过程中由小球和弹簧构成的系统机械能守恒
5．如图所示，将质量为的物体放在弹簧上端并与之连接，下端连接一质量为的物体，物体放在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，使上下做简谐运动.弹簧原长为，劲度系数为.、的厚度可忽略不计，取.下列说法正确的是（ ）
A．的平衡位置离地面的高度为
B．完成任意半个周期前后重力势能变化量都相等
C．若保持物体始终在地面上，当物体以最大振幅振动时，物体对地面的最小压力为0
D．若保持物体始终在地面上，当物体以最大振幅振动时，物体对地面的最大压力为
6．图示为水面上的两列相干波在某时刻的叠加情况，以波源、为圆心的两组同心圆弧分别表示该时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），已知的振幅为，的振幅为，下列说法正确的是（ ）
A．质点、在该时刻的高度差为
B．再过半个周期，质点是振动加强点
C．质点的振幅为
D．质点一直在波峰，质点一直在波谷
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．一条弹性绳子呈水平状态，为绳子中点，两端、同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图所示，对于之后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是（ ）
A．两列波将同时到达中点
B．绳的两端点、开始振动的方向相同
C．中点的振动始终是加强的
D．点的位移大小在某时刻可能为零
8．“杆线摆”结构如图所示，轻杆一端通过活动铰链与立柱垂直连接，另一端安装质量为的摆球（可视为质点），细线一端拉住摆球，另一端系在立柱上的点，给摆球一垂直于纸面的较小速度，使轻杆垂直于立柱来回摆动，摆动角度小于 ，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内.已知立柱与竖直方向的夹角及细线与轻杆的夹角均为 ，重力加速度为.下列说法正确的是（ ）
A．摆球在摆动过程中细线上的拉力大小为
B．摆球静止在平衡位置时轻杆对摆球作用力大小为
C．摆球向平衡位置运动过程中轻杆对摆球的作用力增大
D．若增大细线长度使点上移，则摆球运动周期不变
9．如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为的小车，用长为的细线系一质量为的小球，将小球拉至水平位置，球放开前小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则（ ）
A．小球下摆过程与小车组成的系统动量守恒
B．小球与油泥相撞后一起向右运动
C．小球下摆过程小车水平向左运动
D．小球下摆过程小车的运动距离为
10．［全国新课标（多选）位于坐标原点的波源在时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿轴正方向传播.平衡位置在处的质点开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则（ ）
A．波的周期是
B．波的振幅是
C．波的传播速度是
D．平衡位置在处的质点开始振动时，质点处于波峰位置
三、非选择题：本大题共6题，共48分。
11．如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律.
甲
（1） 关于本实验，下列做法正确的是____（填选项前的字母）.
A．实验前，调节装置，使斜槽末端水平
B．选用两个半径不同的小球进行实验
C．用质量大的小球碰撞质量小的小球
（2） 图甲中点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为的小球从斜槽上的位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次.然后，把质量为的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为的小球从位置由静止释放，两球相碰，重复多次.分别确定平均落点，记为、和为单独滑落时的平均落点.
.图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点_____；
.分别测出点到平均落点的距离，记为、和.在误差允许范围内，若关系式________________________成立，即可验证碰撞前后动量守恒.
乙
（3） 受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案.如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的点和点，两点间距等于小球的直径.将质量较小的小球1向左拉起至点由静止释放，在最低点与静止于点的小球2发生正碰.碰后小球1向左反弹至最高点，小球2向右摆动至最高点.测得小球1、2的质量分别为和，弦长、、.推导说明，、、、、满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒.
丙
12．某实验小组用插针法确定光路位置做有关光的折射和光的反射实验.
（1） 用插针法测玻璃砖的折射率
① 以下是图甲的实验操作，其中不合理或不必要的操作步骤是_____.（填序号）
甲
.把半圆玻璃砖放在白纸上；
.在白纸上紧贴玻璃砖确定玻璃砖的轮廓；
.在半圆玻璃砖平面的一侧插入大头针、；
.为使测量准确，尽量增大、连线与玻璃砖所成的夹角；
.眼睛在圆弧面一侧透过玻璃砖看大头针，使挡住；
.左右调整眼睛的观察位置；
.在圆弧面一侧插入大头针，使它恰好挡住、的像；
.在圆弧面一侧插入大头针，使它恰好挡住和、的像；
.移去玻璃砖，在白纸上描出光线径迹；
.测量相关角度或长度，计算玻璃砖的折射率.
② 如图乙所示，某同学在白纸上画线时，由于笔尖与玻璃砖边缘有间距，使得在纸上画出的界面（虚线）与玻璃砖边缘的实际位置有偏差，其他的实验操作均正确，由此测得玻璃砖的折射率与真实值相比___（填“偏大”“偏小”“相同”或“无法确定”）.
乙
（2） 用插针法验证光的反射定律
如图所丙所示，一矩形玻璃砖的面镀有反射膜，光线从玻璃砖下方射向玻璃砖时，将从面反射回来，面相当于一块平面镜，现用它验证光的反射定律.下面是某同学制订的实验步骤：
丙
.把玻璃砖放在白纸上；
.在白纸上紧贴玻璃砖面确定平面镜位置；
.在平面镜前方插入大头针、；
.眼睛通过平面镜看大头针，移动眼睛位置使的像挡住的像；
.在眼睛前插入大头针，使它恰好挡住平面镜中、的像；
.在眼睛前插入大头针，使它恰好挡住和平面镜中、的像；
.移去玻璃砖，在白纸上描出入射光线和反射光线的径迹；
.作法线，测量反射角和入射角，比较其大小，验证结论.
以上步骤是否存在不必要的操作？___.如果存在，哪个步骤不必要？____.（若认为不存在则后一空不必填写）
13．如图所示，质量为的木框静止在地面上，劲度系数为的轻质弹簧一端固定于木框，一质量为的小球放在该弹簧上，小球在竖直方向上做简谐运动，在此过程中木框始终没有离开地面.若使小球始终不脱离弹簧，重力加速度为,则：
（1） 小球的最大振幅是多大？
（2） 在（1）的振幅下木框对地面的最大压力大小是多少？
（3） 在（1）的振幅下弹簧的最大弹性势能是多大？
14．如图所示为一弹簧振子的振动图像，求：
（1） 该振子简谐运动的表达式；
（2） 在时，弹簧振子的位移；
（3） 该振子在前的总位移和路程.
15．如图，三块厚度相同、质量相等的木板、、（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于木板左端.已知三块木板质量均为，木板长度为，机器人质量为，重力加速度取，忽略空气阻力.
（1） 机器人从木板左端走到木板右端时，求、木板间的水平距离.
（2） 机器人走到木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从木板右端跳到木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值.
（3） 若机器人以做功最少的方式跳到木板左端后立刻与木板相对静止，随即相对木板连续不停地3次等间距跳到木板右端，此时木板恰好追上木板.求该时刻、两木板间距与木板长度的关系.
参考答案
1．【知识点】波的衍射
【答案】A
【解析】若两个乒乓球都振动起来,都做受迫振动,其振动频率等于波源的振动频率,所以两个乒乓球的振动频率相等,故正确；由于左侧狭缝更窄,所以衍射现象更明显,所以若右侧乒乓球振动起来,则左侧乒乓球一定振动,故错误；若两个乒乓球都振动起来,则波源的振动频率一定等于乒乓球振动的频率,但不一定等于乒乓球的固有频率,故错误；增大波源的振动频率,则波长会变小,衍射现象变得不明显,故错误.
2．【知识点】动量守恒与弹簧相结合
【答案】B
【解析】设、的质量分别为、,的初速度为,与挡板碰撞前的瞬间,、的速度分别为、,以水平向右为正方向,则有,与挡板碰后至弹簧的弹性势能最大时,由动量守恒定律有,由能量守恒定律有,联立解得,,,与挡板碰撞时弹簧的弹性势能为,则，故正确.
3．【知识点】人船模型
【答案】B
【解析】由题意,小球恰好能到达管道的最高点,此时二者速度相同,之后小球沿左侧管道滑下,从管道的左端滑离,全过程小球对管道的弹力存在水平向右的分量,所以小车一直向右加速运动,不可能回到原来位置,故错误；由动量守恒定律可得,由机械能守恒定律可得,解得,,小球滑离小车时相对小车的速度为,故小球滑离小车时相对小车的速度大小为,故正确；小球恰好到达管道的最高点,则在最高点时小球和小车的速度相同均为,由动量守恒定律可得,解得,根据机械能守恒定律可得,解得,故错误；小球从滑进管道到滑到最高点过程，根据动量定理可得,小车所受合外力的冲量为,故错误.
【方法总结】
涉及光滑曲面的临界问题
小球滑上光滑曲面的过程中,由于弹力的作用,小车在水平方向上做加速运动,小球将做减速运动.小球滑到光滑曲面最高点的临界条件是小球与小车沿水平方向具有共同速度,小球在竖直方向的分速度等于零.
4．【知识点】弹簧振子及其运动特点
【答案】B
【解析】点为平衡位置,小球受到的合力为零,由,解得,故错误；小球从点到点的过程,由能量守恒定律有,解得,故正确；在点时,由牛顿第二定律有,代入数据解得,故错误；小球运动过程中,电场力对小球做功,所以系统机械能不守恒,故错误.
5．【知识点】简谐运动的回复力和加速度
【答案】C
【解析】在平衡位置时,所受合力为零,设弹簧的压缩量为,则,解得,则的平衡位置离地面的高度,故错误；完成任意半个周期通过的路程都为2倍的振幅,但可能做往复运动,通过的位移不一定相同,根据可知,重力势能变化量不一定相等,故错误；物体放在弹簧上端并与之连接,若保持物体始终在地面上,则当物体以最大振幅振动时,在最高点时,物体对地面的最小压力为0,此时对,根据平衡条件可知,弹簧的弹力为,此时所受的合力为,此时所受的合力提供回复力,根据简谐运动的对称性可知,当在最低点时回复力大小也为,则此时弹簧的弹力为，对,根据平衡条件可知,受到地面最大的支持力为,根据牛顿第三定律可知,物体对地面的最大压力为,故正确，错误.
6．【知识点】波的干涉
【答案】C
【解析】由题图和波的叠加原理可知，、均为振动加强点,在该时刻,在波峰,位移为,在波谷,位移为,故质点、在该时刻的高度差为,错误；由题图和波的叠加原理可知，质点、始终是振动减弱点,振幅为,错误,正确；两列波为相干波,、均为振动加强点,但它们不是静止不动的,而是在不停振动,错误.
【易错分析】
没有理解发生干涉时振动加强区振动始终加强,振动减弱区振动始终减弱的含义,认为减弱区位移一定始终为零,加强区位移始终最大.
7．【知识点】波的干涉的应用
【答案】ABD
【解析】机械波的波速由介质决定,波在同种介质中传播时波速相同,由于点距、端距离相同,所以两列波同时到达点,故正确；根据波的传播特点可知,各质点的起振方向与波源的起振方向相同,由题图可知,左边的波向右传播,右边的波向左传播,依据“上下坡法”,可知它们起振方向相同,所以绳子的两端点、开始振动的方向相同,故正确；由于两列波的波长不同，波速相同，则周期不同，频率不同,故两列波并不能发生稳定的干涉现象,因此点的振动并不总是加强或减弱的,故错误；当两波刚传到点时,点位移为零,故正确.
8．【知识点】单摆周期公式及其应用
【答案】AD
【解析】摆球在平衡位置静止时,对摆球进行受力分析,如图所示,由平衡条件可知 , ,解得,,摆球摆动过程中,运动轨迹被约束在一个倾角为 的平面内,垂直该平面摆球一直处于平衡状态,即细线的拉力在垂直该平面上的分力与重力在垂直该平面上的分力大小相等,可知细线拉力大小不变,即摆球在摆动过程中细线上的拉力大小为,摆球静止在平衡位置时轻杆对摆球作用力大小为,故正确,错误；摆球以垂直于纸面的较小速度向平衡位置摆动过程中,所需向心力（沿杆方向）不断增大,由于细线拉力大小不变,则轻杆对摆球的作用力逐渐减小,故错误；增大细线长度使点上移,摆球运动平面不变,此时可以等效为一个在斜面上的单摆,摆长为杆的长度,周期为,可知摆球运动周期不变,故正确.
9．【知识点】人船模型
【答案】CD
【解析】小球下摆过程与小车组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒，错误；水平方向动量守恒,小球下落过程中,小球相对水平面向右运动，则小车向左运动,正确；撞到油泥是完全非弹性碰撞,水平方向动量守恒，所以小球与油泥相撞后，小车和小球不会沿水平方向运动,错误；设当小球到达最低点时,小球向右移动的距离为,小车向左移动的距离为,根据系统水平方向动量守恒,有,两边同时乘时间,则有,又,联立解得,正确.
10．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算、简谐运动的函数与图像
【答案】BC
【解析】由波源的振动图像可知,,波源起振方向向上,错误,正确；波源第2次处于波谷位置的时间,波速为,正确;设时刻波传播到,,,此时正好振动半个周期,处于平衡位置向下振动,错误.
11．【知识点】研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
【答案】（1） AC
（2） 见解析；
（3） （推导说明见解析）
【解析】
（1） 实验中要保证碰撞后小球做平抛运动,则实验前需要调节装置使斜槽末端水平,正确；为使两小球发生对心碰撞,两小球的半径需要相同,错误；为使碰后两球均向前飞出,需要用质量大的小球去碰撞质量小的小球,正确.
（2） .用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点..碰撞后小球均做平抛运动,由和可得,则平抛初速度与水平射程成正比,则需验证的等式为.
（3） 设轻绳长为,小球从偏角为 处由静止摆下,在最低点时速度为,小球经过圆弧对应的弦长为,由动能定理得,又由几何关系得,,解得,可知碰撞前后的速度与弧长对应的弦长成正比,若两球碰撞过程中动量守恒,则需满足.
12．【知识点】实验：测量玻璃或其他物质的折射率
【答案】①
② 偏小
（2） 存在；
【解析】
① 入射角适当大一些,故应适当减小与玻璃砖所成的夹角,故不合理；不需要调整眼睛的观察位置,故不必要.
② 如图所示,作出的折射光线相比实际折射光线绕出射点沿逆时针转动了一个角度,所以折射角的测量值大于真实值,而由于玻璃砖上表面与虚线平行,所以入射角的测量值等于真实值,因此玻璃砖折射率的测量值比真实值偏小.
（2） 由于恰好挡住平面镜中、的像,已经可以确定反射光的光路,所以无需使用,故步骤不必要.
13．【知识点】简谐运动的回复力和加速度、简谐运动的能量
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 小球竖直方向上做简谐运动,在此过程中木框始终没有离开地面,且小球始终不脱离弹簧,所以最大振幅应满足,解得.
（2） 小球在最低点时弹簧弹力最大,对小球受力分析有,解得,则地面对木框的最大支持力为,根据牛顿第三定律知,木框对地面的最大压力大小为.
（3） 在（1）的振幅下小球处于最高点时弹簧恢复原长，所以弹簧的最大弹性势能,即为弹簧压缩最短时弹簧的弹性势能,小球和弹簧组成的系统在简谐运动过程中机械能守恒,由机械能守恒定律可得.
14．【知识点】弹簧振子及其运动特点、简谐运动的函数与图像
【答案】（1）
（2）
（3） 0、
【解析】
（1） 根据图像可知弹簧振子做简谐运动的周期为,根据数学知识可知,一个完整的规则的正弦图像的振动函数表达式为,结合题图可知,若将上述函数所对应的图像向左平移可得到题图所示的振动图像,则有,则该振子简谐运动的表达式为.
（2） 在时,弹簧振子的位移为.
（3） 由于,则弹簧振子的总位移为,路程为.
15．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）
（2） ；2
（3）
【解析】
（1） 机器人从木板左端走到木板右端的过程中,机器人与木板组成的系统动量守恒,木板向左运动,、木板静止,设机器人的质量为,三个木板的质量均为,由动量守恒定律得,设所用时间为,则有,即,又,联立解得,则、木板间的水平距离为.
（2） 设机器人起跳的速度大小为,速度方向与水平方向的夹角为 ,机器人从木板右端跳到木板左端的时间为,由斜抛运动规律得,,联立解得,机器人跳离木板的过程中,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得,由功能关系得,机器人做的功为,联立可得,由数学知识可知,当且仅当时,即时,机器人做功最少,代入可得.
（3） 由,可计算出,由解得,此后木板以此速度向左做匀速直线运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得,此过程中木板向左运动的距离,代入数据得,机器人连续三次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起后机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,机器人每次跳跃的时间为,以向右为正方向,由动量守恒定律得 ①,每次跳跃,机器人和木板的相对位移为,则有 ②,机器人到达木板右端时,木板恰好追上木板,从机器人跳上左端到跳到的右端的过程中,、木板的位移之差为,则有 ③,联立①②③三个式子得,A、两木板的间距为,,整理得.
【一题多解】
第（3）问的其他两种解法
解法一 累积法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这样就不需要再关注板的运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向动量守恒,得,机器人开始三连跳,、分离,的速度向右保持不再发生变化.机器人连续3次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒.设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则,
机器人跳跃的总时间为,取向右为正方向,左右两边同时乘以相互作用时间,得,
设机器人与、共速时,从左端到右端用时间,向右运动,向左运动,机器人向右运动,即,
板长,
代入数据可得,
B能追上,则该时刻、两板间距.
解法二 巧选参考系法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,则求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这
样就不需要再关注板的运动.当机器人在上开始三连跳时,、分离,则的速度不再发生变化,以为参考系,可以只研究机器人与组成的系统,机器人与初始时与共速,则二者组成的系统总动量始终为0,即人船模型,设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则在跳跃过程中任意时刻满足,
机器人从木板左端走到木板右端时,机器人、木板运动位移分别为、,有,
如图所示（机器人用小球表示）,由图可看出板长,
代入数据可得,
B左端到的距离即、两板间距为.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页
