2024年沪教版选择性必修1物理上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版选择性必修1物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始做自由下落和平抛运动。它们从开始到到达地面；下列说法正确的有（）

A.它们同时到达地面B.重力对它们的冲量相同C.它们的末动能相同D.它们动量变化的大小相同2、如图所示为用相机拍摄的夏日荷塘一景，已知水的折射率为n；下列说法正确的是（）

A.太阳光进入水中后，光的频率发生变化B.用相机拍摄水中的鱼，可通过镜头表面的增透膜减弱水面反射光的影响C.用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时应瞄准眼睛看到的鱼D.在水中的鱼看来，崖上的量物都出现在一个倒立的圆锥里，圆锥的顶角θ的正弦值为3、下列物理量属于标量的是（）A.动能B.向心加速度C.动量D.冲量4、A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为（）A.10m/sB.5m/sC.6m/sD.12m/s5、一只单摆，在第一个星球表面上的振动周期为在第二个星球表面上的振动周期为若这两个星球的质量之比半径之比则等于（）A.B.C.D.6、图中的B超成像的基本原理是探头向人体发射一列超声波；遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。下列说法正确的是（）

A.超声波属于纵波B.超声波在血液中传播速度小于在空气中传播速度C.超声波在血液中的波长等于其在空气中的波长D.入射的超声波与被血液反射的超声波相遇时会发生干涉现象7、以下各种说法中，正确的是（）A.一单摆做简谐运动，小球相继两次通过同一位置时的速度必相同B.波源与接收者相互靠近会使波源的发射频率变高C.红外线的频率与固体物质分子频率接近，容易引起固体物质分子的共振D.雷达是利用声波的反射来测定物体的位置评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、如图甲所示，波源S从平衡位置开始上、下振动，沿y轴方向，向上为y轴正方向，产生的简谐横波向右传播，经过0.1s后，沿波的传播方向上距S为2m的P点开始振动。若以P点开始振动的时刻作为计时的起点，P点的振动图像如图乙所示；则下列说法正确的是（）

A.波源S最初是向下振动的B.t=0.2s时P点向上振动C.0~0.1s时间内P点运动的路程为2mD.t=0.6s时P点处于波峰9、如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I在介质中沿BP方向传播，P与B相距45cm，B点的振动图象如图乙所示；沿竖直方向振动的横波Ⅱ在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距60cm，C点的振动图象如图丙所示，在t=0时刻，两列波同时分别经过B、C两点，两列波的波速都为30cm/s，两列波在P点相遇；则以下说法正确的是（）

A.两列波的波长之比为3：4B.波遇到20cm的障碍物将发生明显衍射现象C.P点为加强点其振幅为70cmD.4.5s时P点在平衡位置且向下振动10、如图所示，竖直放置的弹簧一端固定在地上，另一端拴接一质量为m、可视为质点的物块B，B保持静止，此时弹簧被压缩了h。现将另一质量也为m的物块A，从离物块B高为位置由静止释放自由落下，两物块发生完全非弹性碰撞（但不粘连），碰撞时间极短，忽略物块在运动过程中的空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能（其中k为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量）；则（）

A.碰后瞬间两物体的加速度大小为gB.碰后瞬间两物体的总动能为C.碰撞后两物体的最大动能为D.在运动过程中两物块不会分离11、一列简谐横波沿绳子传播，振幅为0.2m，传播速度为1m/s，频率为0.5Hz．在t时刻，质点a正好经过平衡位置．沿波的传播方向A.在t时刻，距a点2m处的质点离开其平衡位置的距离为0.2mB.在t时刻，距a点0.5m处的质点离开其平衡位置的距离为0.2mC.在(t+0.5)s时刻，距a点1m处的质点离开其平衡位置的距离为0.2mD.在(t+2)s时刻，距a点1.5m处的质点离开其平衡位置的距离为0.2m12、质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则（）

A.小球以后将向左做平抛运动B.小球将做自由落体运动C.此过程小球对小车做的功为Mv02D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为13、如图所示，在竖直面内固定两个光滑圆环轨道，小球A所在的圆环轨道半径小于小球B所在的圆环轨道半径，小球A的质量大于小球B的质量；两小球均由水平直径的端点沿圆环轨道静止释放，当两球分别到达轨道的最低点时，则（）

A.小球A的动量一定大于小球B的动量B.小球A的动能一定大于小球B的动能C.圆环对小球A的支持力大于圆环对小球B的支持力D.小球A的向心加速度一定等于小球B的向心加速度14、从波源质点O起振开始计时，经时间t=0.6s，x轴上距波源12m处的质点开始振动；此时波形如图所示，则下列说法正确的是（）

A.该列波的周期可能为0.8sB.O点的简谐振动方程为y=4sin5πt（cm）C.在0~0.3s时间内，x轴上2m处质点通过的路程为8cmE.在t=0.3s时，x轴上5m处质点位移大于2cm，且向y轴正方向振动E.在t=0.3s时，x轴上5m处质点位移大于2cm，且向y轴正方向振动15、下列有关波动现象的说法中正确的是（）A.医生检查身体用的“B超”是根据超声波的多普勒效应制成的B.多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而产生的C.波具有衍射特性的条件，是障碍物的尺寸与波长比较相差不多或小得多D.在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小16、下列说法正确的是（）A.物体做受迫振动达到稳定后，其振动频率一定等于驱动力频率B.单摆简谐运动的周期与振幅有关，振幅越大周期越长C.相机镜头表面的增透膜，利用了薄膜干涉原理E.通过一个狭缝来观察日光灯可以看到彩色条纹，是光的偏振现象E.通过一个狭缝来观察日光灯可以看到彩色条纹，是光的偏振现象评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、如图所示，实线表示两个相干波源S1、S2发出的波的波峰位置，b点在两个波源连线的中垂线上，则图中的___________点为振动加强的位置，图中的_______________点为振动减弱的位置。(选填“a”、“b”、“c”)18、（1）内容。

如果一个系统不受外力，或者所受外力的___________为0；这个系统的总动量保持不变。

（2）表达式。

a.p=p′或m1v1＋m2v2=___________。系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。

b.Δp1=___________；相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。

（3）适用条件。

a.理想守恒：不受外力或所受外力的合力为___________。

b.近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力___________它所受到的外力。

c.某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在___________动量守恒。

（4）应用动量守恒定律解题的步骤。

a.明确研究对象，确定___________的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。

b.进行受力分析，判断系统动量是否___________（或某一方向上是否守恒）。

c.规定___________，确定初、末状态___________。

d.由动量守恒定律列出方程。

e.代入数据，求出结果，必要时讨论说明。19、判断该说法的正误：

多普勒效应说明波源的频率发生变化。________20、如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB=60°。一束平行于角平分线OM的光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB。则这种介质对光的折射率为___________；折射光线中恰好射到M点的光___________（填“会”或“不会”）发生全反射，___________（填“减小”或“增大”）光与AO边所夹锐角θ，折射光线在弧面AMB上更容易发生全反射。

21、物体A（质量为mA，碰前速度为v0）与静止的物体B（质量为mB）发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB=_________，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB=_____，则碰后物体B的速度范围为________。评卷人得分四、实验题(共3题，共18分)22、用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。

①对测量原理的理解正确的是____。

A．由g=可知，T一定时，g与l成正比。

B．由g=可知，l一定时，g与T2成反比。

C．单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，由g=可算出当地的重力加速度。

②若测量结果得到的g值偏大，可能是因为____。

A．组装单摆时；选择的摆球质量偏大。

B．测量摆长时；将悬线长作为单摆的摆长。

C．测量周期时，把n次全振动误认为是（n+1）次全振动。

③下表是某同学记录的实验数据，并做了部分处理。组次123456摆长l/cm40.0050.0060.0080.00100.00120.0050次全振动时t/s63.074.077.589.5100.0109.5周期T/s1.261.481.551.792.19周期的平方T2/s21.592.012.403.204.80

请计算第5组实验中的T2=____s2。

④将上表数据输入计算机，可得到图2所示的l﹣T2图像，图线经过坐标原点，斜率k=0.25m/s2。由此求得重力加速度g=____m/s2。（π2=9.87，此空答案保留3位有效数字）23、在探究碰撞中的不变量实验中；利用如图所示的气垫导轨通过闪光照相进行这一实验。

某次实验时碰撞前B滑块静止；A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。

已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的___________时刻，如果碰撞前后质量与速度乘积之和保持不变，则A、B两滑块质量之比mA∶mB=___________。24、某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为0，到第N次经过最低点所用的时间为t。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。

（1）从乙图可知，摆球的直径为___________mm；

（2）重力加速度___________（用N、t、L、d表示）；

（3）实验中，由于没有工具测量小球的直径，某小组采用多次改变摆线长度，每次只较精确测量摆线长度L和相应的单摆摆动周期T，并作出的图像，求出图像的斜率为k，则重力加速度___________（用k表示）。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．球b做自由落体运动，球c做平抛运动，在竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的运动时间相同，为

球a受重力和支持力，合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，根据

得

故t＜t′

A错误；

B．由于重力相同；而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，B错误；

C．球b和球c的初动能不相同，而重力做功相同，根据动能定理，球b和球c的末动能不相同；C错误；

D．根据动量定理，对球a

对球b、c，运动时间相同，因此动量变化相同，为

因此三个球的动量变化的大小相同；D正确。

故选D。2、C【分析】【详解】

A．光的频率与介质无关；太阳光进入水中前后频率保持不变，故A错误；

B．用相机拍摄水中的鱼；往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰，故B错误；

C．看到的鱼与实际是鱼的像；光线在水和空气的界面发生折射；用激光枪看到水中的鱼光在界面也发折射，所以用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时应瞄准看到的鱼，故C正确；

D．光从空气折射进入鱼眼；折射角小于入射角，鱼眼认为光是直线传播的，所以岸上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里，如图所示。

根据

根据图可知圆锥的顶角θ为C的2倍；故D错误。

故选C。3、A【分析】【分析】

【详解】

向心加速度；动量、冲量属于矢量；动能属于标量，故A正确，BCD错误。

故选A。4、A【分析】【详解】

取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为：

根据动量守恒得：解得：

A．10m/s．故A符合题意．

B．5m/s．故B不符合题意．

C．6m/s．故C不符合题意．

D．12m/s．故D不符合题意．5、A【分析】【详解】

由单摆的周期公式可知

故

再由

可得

可知

故选A。6、A【分析】【详解】

A．超声波属于声波；声波是纵波，所以超声波也是纵波，A正确；

B．机械波的速度由介质决定；超声波在液体中传播速度大于空气中的传播速度，B错误；

C．根据波长、波速与频率的关系

可知；超声波在血液中传播速度大，但是频率是不变的，所以超声波在血液中波长变长，所以超声波在血液中的波长大于在空气中的波长，C错误；

D．入射的超声波与被血液反射的超声波传播方向相反；不会发生干涉，D错误。

故选A。7、C【分析】【详解】

A．作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度；而速度有两种方向，可能不同，A错误；

B．波源与观察者互相靠近或者互相远离时；观察者接收到的波的频率都会发生变化，而波源的发射频率不变，B错误；

C．红外线的频率与固体物质分子频率接近；容易引起固体物质分子的共振，C正确；

D．雷达是利用电磁波的反射来测定物体位置的；D错误。

故选C。二、多选题(共9题，共18分)8、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．由P质点的振动图像知P质点的起振方向向下；则波源开始振动的方向也向下，A正确；

B．根据图乙所示，t=0.2s时P点向上振动；B正确；

C．根据图乙，振动的周期为0.4s，0~0.1s时间内P点运动的路程为一个振幅；振幅未知，不一定是2m，C错误；

D．根据图乙，振动的周期为0.4s，t=0.6s时P点处于平衡位置；D错误。

故选AB。9、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，两列波的周期都是由波长公式

得

则两列波的波长相等；A错误。

B．依据发生明显衍射条件，由于则波遇到的障碍物将发生明显衍射；B正确。

C．由于两列波到达点的路程差为

而时刻两列波振动方向相反，则是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为C正确。

D．波从传到的时间为

波从传到的时间为

在时两波叠加经过平衡点向下运动，经过个周期；经过平衡向下振动，D错误。

故选BC。10、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．碰后瞬间弹簧弹力不发生变化，根据牛顿第二定律有

即碰后瞬间两物体的加速度大小为

故A错误；

B．设碰撞前A的速度为则有

碰撞后A、B的速度为碰撞时间极短，碰撞过程中动量守恒，即

求得

解得碰后瞬间两物体的总动能为

故B正确；

C．设弹簧劲度系数为k，有

碰撞后两物体一起向下运动，当两物块的重力与弹簧弹力相等时，两物块的动能最大，即

求得

A、B从碰撞后瞬间到A、B动能最大时，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，有

联立解得

故C正确；

D．假设能分离，分离时，有

即弹簧处于原长状态。碰撞后物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，从返回至碰撞点，到最高点过程中，反弹向上运动到达碰撞点时，两物体的速度大小等于碰后瞬间两物体的速度大小；设弹簧压缩量为x3时速度减小为零，则有

解得

即物体A；B到达不了弹簧的原长处；故物体A、B不会分离，故D正确。

故选BCD。11、B:C:D【分析】【详解】

由v=λf得，波长周期为

A.在t时刻；距a点2m处的质点，与a点相距一个波长，则t时刻，质点a正好经过平衡位置，则此质点也在平衡位置，故A错误；

B.在t时刻，距a点0.5m处的质点，与a点相距个波长；则t时刻，质点a正好经过平衡位置，则此质点处于波峰或波谷位置即离开其平衡位置的距离为0.2m，故B正确；

C.在t时刻，距a点1m处的质点处于平衡位置，再经0.5s即周期；则此质点处于波峰或波谷位置即离开其平衡位置的距离为0.2m，故C正确；

D.在（t0+2s）时刻，质点a位于平衡位置，距a点1.5m=处的质点，由波形得到，此质点到达最大位移处，此质点离开其平衡位置的距离为0.2m，故D正确．12、B:C【分析】【详解】

AB．从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且无摩擦力做功，所以系统机械能守恒，设小球离开小车时候的小球速度为v1,小车速度为v2，根据动量守恒有Mv0=Mv1+Mv2

根据机械能守恒

联立解得v1=0v2=v0

即作用后两者交换速度；小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；

C．根据动能定理小球对小车所作的功

C正确；

D．小球上升到最高点时,与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律Mv0=2Mv

根据机械能守恒定律Mv02=2×（Mv2）+Mgh

联立解得h＝

D错误。

故选BC。13、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．小球从释放到最低点的过程中；只有重力做功，由机械能守恒定律得。

小球到达最低点时。

A球所在轨道半径小，但A球质量大；所以无法比较两球的动量大小，故A错误；

B．由于A球的质量大于B球的质量；由。

可知：不能确定两球动能的大小关系；故B错误；

C．在最低点；根据牛顿第二定律可知。

解得。

因A球的质量大于B球的质量；故。

故C正确；

D．由。

可知；两球在最低点的向心加速度相等，故D正确。

故选CD。14、B:C:E【分析】【分析】

【详解】

A．由波形图可知；图像是一个半周期，所以周期为。

故A错误；

B．由。

得O点的简谐振动方程为。

故B正确；

C．由图可知，t=0.1s时，x轴上2m处的质点开始振动。故在0~0.3s时间内，x轴上2m处质点振动的时间为0.2s，即为周期的故通过的路程为。

故C正确；

D．根据。

由图可知，在t=0.3s时，x轴上8m处质点还未发生振动；故D错误；

E．由图可知，在t=0.3s时，x轴上5m处质点向y轴正方向振动；根据正弦函数图像的性质可知质点的位移大于2cm，故E正确。

故选BCE。15、B:C【分析】【分析】

A；医生检查身体用的“B超”是利用超声波的反射原理制成的；故A错误；

B；多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而产生的；故B正确；

C；波具有明显的衍射特性的条件；是障碍物的尺寸与波长比较相差不多或小得多，故C正确；

D；干涉图样中；振动加强区域的质点，其位移时大时小，振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小，故D错误；

故选BC．

【详解】16、A:C:D【分析】【详解】

A．物体做受迫振动达到稳定后；其振动频率等于驱动力频率，故A正确。

B．由单摆简谐运动的周期公式

可知；单摆做简谐运动的周期与振幅无关，故B错误。

C．相机镜头表面的增透膜；利用了薄膜干涉原理，故C正确。

D．当波源和观察者相互远离时；观察者接收到的波的频率小于波源发出的频率，故D正确。

E．通过一个狭缝来观察日光灯可以看到彩色条纹；是光的衍射现象，故E错误。

故选ACD。三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】【详解】

[1]{2}根据图像可知，c处是波谷与波谷相遇的位置，所以c点是加强点；b点正好在加强点构成的连线上，即处在加强区内，所以b点也是加强点；a处是波峰与波谷相遇的位置，所以a点是减弱点。【解析】bca18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]动量守恒的定义：如果一个系统不受外力；或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变动量守恒的。

（2）[2][3]动量守恒定律的表达式为：

p=p′，m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′或Δp1=-Δp2（3）[4][5][6]动量守恒的三种情况。

a.不受外力或所受外力的合力为零。

b.系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

c.如果系统在某一方向上所受外力的合力为零；则系统在这一方向上动量守恒。

（4）[7][8][9][10]应用动量守恒定律解题的步骤。

a.明确研究对象；确定系统的组成；

b.进行受力分析；判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。

c.规定正方向；确定初；末状态动量。

d.由动量守恒定律列出方程求解。【解析】矢量和m1v1′＋m2v2′-Δp2零远大于这一方向上系统守恒正方向动量19、略

【分析】【分析】

【详解】

多普勒效应说明接收的频率发生变化，而波源的频率不会变，所以多普勒效应说明波源的频率发生变化是错误的。【解析】错误20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]作出光路图甲，由几何知识可知，入射角折射角根据折射定律得

[2]如图乙由几何关系可得，光线在M点的入射角为由临界角的关系式可得

则有

所以折射光线中恰好射到M点的