2025年冀少新版选择性必修1物理上册月考试卷

…………○…………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2025年冀少新版选择性必修1物理上册月考试卷56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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球（可认为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内。则下列说法正确的（）

A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B.小球离开右侧槽口以后，将上升到与原来开始下落等高的位置C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒D.小球离开右侧槽口以后，将会再从右侧槽口落入并回到A点的正上方初始下落位置2、2019年6月17日；四川省长宁县发生地震，成都提前61秒收到预警，成都高新减灾研究所通过社区喇叭；手机短信、电视等途径向社区居民发布预警信息，如图所示是电视中正在播放的体育频道插播了从61秒到45秒倒计时时刻的画面。已知：地震发生时主要发出纵波和横波，纵波振动方向与波传播方向一致，而横波振动方向与波传播方向垂直，纵波传播速度约为8km/s，横波传播速度约为4km/s，一般来说纵波的振幅比横波小。根据以上信息，下列说法正确的是（）

A.一般来说，纵波造成的危害比横波大B.在震源中心地区的人们先感受到上下震动过一小会儿再感受到水平晃动C.根据以上信息可以推断长宁县距离成都市不足200kmD.该新闻说明人类已经掌握了在地震发生前提前“预测地震”技术了3、课间活动，一位同学使一纸板做竖直上抛运动，若某一瞬间微风恰好沿水平方向垂直吹到纸板上，请你根据所学物理知识推算此时纸板所受平均风力大小（）（已知纸板迎风面积为S，风速大小为风吹纸板上速度立即减为零，纸板水平位移可忽略，空气密度为ρ）

A.B.C.D.4、在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是（）A.ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/sB.ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/sC.ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD.ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s5、如图所示是甲；乙两个单摆在同一地点做简谐运动的图像；如下列说法中正确的是（  ）

A.甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B.甲、乙两摆的摆长之比为1∶2C.甲做简谐运动的表达式为x=2sin（4t）cmD.乙做简谐运动的表达式为x=sin（8πt）cm评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，介质中x=24m处的质点Q沿y轴方向的位移随时间变化的关系为y=0.2sin（0.8πt）（m）。下列说法正确的是（）

A.该列波的周期为0.4sB.该列波的传播速度为9.6m/sC.该列波的传播方向沿x轴负向E.介质中x=10m处的质点P到达波谷的时间可能为E.介质中x=10m处的质点P到达波谷的时间可能为7、如图所示，在竖直平面内，由A点斜射出一小球，B、C、D是小球运动轨迹上的三点，A、B、C、D四点的坐标已在图中标出；空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）

A.小球在A点的动量和在C点的动量相同B.从A到B和从B到C，小球动量变化量相同C.小球从B到C重力的冲量小于从C到D重力的冲量D.小球从B到C的动量变化率等于从到D的动量变化率8、以下说法正确的是A.做曲线运动的物体，受到的合外力一定不等于零B.向心加速度大的物体比向心加速度小的物体速度方向改变快C.系统受到的合外力为零时，系统的机械能一定守恒D.系统受到的合外力为零时，系统的动量一定守恒9、如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m。现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰；针对碰撞后的动能下列说法中正确的是（）

A.B球动能的最大值是B.B球动能的最大值是C.系统动能的最小值是0D.系统动能的最小值是10、甲；乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定（）

A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4B.甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2C.甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3D.若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:411、一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x=1m的质点N此后的振动图像，Q是位于x=10m处的质点。则下列说法正确的是（）

A.波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下B.在t=7s时，质点Q开始振动C.在t=12s时，质点Q的位置坐标为（10m，-8cm）D.在5s~5.5s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小12、如图所示为某时刻从O点同时发出的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，P点在甲波最大位移处，Q点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是()

A.两列波具有相同的波速B.两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短C.P点比Q点先回到平衡位置E.甲波和乙波在空间相遇处不会产生稳定的干涉图样E.甲波和乙波在空间相遇处不会产生稳定的干涉图样13、关于多普勒效应，以下说法正确的有（）A.只有机械波才能产生多普勒效应B.机械波和电磁波均能产生多普勒效应C.产生多普勒效应的原因是波源的频率发生了变化D.产生多普勒效应的原因是观察者接收到的频率发生了变化14、如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出。下列说法正确的是（）

A.a光的频率大于b光的频率B.光束a在空气中的波长较大C.出射光束a、b一定相互平行D.a光在玻璃砖中的传播速度小于b光评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、如图甲所示，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1（－2，0）和S2（4，0）。两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为0.50m/s。两列波从波源传播到点A（－2，8）的振幅为______m，两列波引起的点B（1，4）处质点的振动相互____（填“加强”或“减弱”）。

16、A、B两物体在光滑的水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA＝3kg，两球发生相互作用前后的运动情况如下图所示，由图可知B物体的质量为mB＝______kg；碰撞过程中系统的机械能损失为______J．

17、在一些古典家居装饰中，会看到大摆钟。某大摆钟如图甲所示，可看成单摆，摆的振动图像如图乙所示则大摆钟的摆动周期为________s，摆长约为_________m。

18、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学测出多组摆长L与周期T的数据，并输入计算机生成如图所示的T2－L图像，计算机显示图线的斜率为k，根据T2－L图像__________（填写“能”或“不能”）求出当地的重力加速度，如填写“能”，写出重力加速度的表达式g=__________。

19、全反射现象。

（1）全反射：光从光密介质射入光疏介质时，同时发生折射和反射．若入射角增大到某一角度，______光线完全消失，只剩下______光线的现象。

（2）临界角：刚好发生全反射，即折射角等于90°时的入射角．用字母C表示，光从介质射入空气（真空）时，发生全反射的临界角C与介质的折射率n的关系是sinC＝

（3）全反射发生的条件。

①光从______介质射入______介质。

②入射角______临界角。20、有两个同相的相干点光源S1和S2，发出波长为λ的光，A是它们连线的中垂线上的一点。若在S1与A之间插入厚度为e，折射率为n的薄玻璃片，则两光源发出的光在A的相位差Δφ=_____。若已知λ=500nm，n=1.5，A点恰为第9级明纹中心，则e=______。评卷人得分四、作图题(共2题，共14分)21、某一简谐横波在时刻的波形图如图所示。若波向右传播，画出后和前两个时刻的波的图像。___________

22、某同学做“测玻璃砖的折射率”的实验时；绘制的光路图如图所示，请通过尺规作图；刻度尺测量，求出该玻璃砖的折射率。（结果保留两位有效数字。）

评卷人得分五、实验题(共2题，共12分)23、在“用双缝干涉测光的波长”实验中，为了测量红光的波长，将实验器材按要求安装在光具座上，如图1所示．在实验前已获知的数据有：双缝间的间距为d，双缝到屏的距离为L．

（1）为了达到实验目的，根据已标明的实验器材，可判断出M处的实验器材是______．

（2）经测量，红光干涉相邻两条亮条纹间的距离为请据此写出能够反映红光波长大小的表达式=___．

（3）该实验中L=700mm，已知d的数量级为10-4m、相邻两条亮条纹间距的数量级为10-3m，由此可推断红光的波长数量级约为______m．

A．10-3B．10-5C．10-7D．10-924、现用如图所示双缝干涉实验装置来测量红光的波长。

（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互_____放置（选填“垂直”或“平行”）

（2）已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。某同学调整手轮使测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为接着再同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时测量头上游标卡尺的示数如图所示，则读数为______已知双缝间距测得双缝到毛玻璃屏的距离所测红光的波长_____（保留三位有效数字）。

（3）若仅将滤光片更换为蓝色滤光片，其他装置不变，第一条亮条纹到第六条亮条纹之间的间距_____（选填“变大”“变小”或“不变”）。评卷人得分六、解答题(共1题，共7分)25、如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求：

（1）碰撞过程中系统损失的机械能；

（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．小球经过槽的最低点后；在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，A错误；

B．小球从刚释放到槽的最低点，只有重力做功，小球的机械能守恒

而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，球对槽作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，到达最高点时，小球和槽都具有水平的速度

分析可得，小球离开右侧槽口以后，将上升高度与原来开始下落高度不相等；B错误；

C．小球从刚释放到槽的最低点过程中；小球与槽组成的系统受到墙壁的水平作用力，水平和外力不为零，水平方向上的动量不守恒，而从最低点开始上升过程中，小球与槽组成的系统水平方向上和外力为零，动量守恒，所以小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，C正确；

D．在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动，小球离开槽后小球与槽在水平方向上都向右做匀速直线运动，在相等时间内它们的水平位移相等，小球从右侧槽口抛出后，将会再从右侧槽口落入，但不是相切进入，此时，槽在小球的作用下，继续向右做加速运动，一直到小球运动到槽的最低点，然后在受小球的作用槽向右做减速运动，一直到小球离开左侧槽口，在这个过程中槽始终向右运动，所以将不会回到A点的正上方初始下落位置；D错误。

故选C。2、B【分析】【详解】

A．地震波分为纵波和横波；纵波传播快，破坏性弱；横波传播慢，破坏性强。故A错误；

B．地震波从深处传到地表；纵波传播速度快，在震源中心地区的人们先感受到上下晃动，故B正确；

C．根据

故C错误；

D．监测到地震时地震已经发生；说明不可预测，故D错误。

故选B。3、D【分析】【详解】

设极短时间Δt内吹到纸板上的空气质量为Δm，则

对这些空气在垂直纸板的方向上根据动量定理得

解得

由牛顿第三定律得

故选D。4、A【分析】【详解】

碰撞前的总动量为

碰撞前的总动能为

A．如果则碰后两球的动量分别为

则有

满足动量守恒；由于A的动量大小减少，B的动量大小增加，根据

可知A的动能减少，B的动能增加；由于两者的质量关系未知，所以总动能可能不增加，是可能的，故A正确；

BD．由于B在前，A在后，故A、B碰后A的动量减少，B的动量增加；故BD错误；

C．如果则碰后两球的动量分别为

则有

满足动量守恒；由于A的动量大小不变，B的动量大小增加，根据

可知A的动能不变，B的动能增加；总动能增加，违反了能量守恒定律，故不可能，故C错误。

故选A。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知；甲摆振幅为2cm，乙摆振幅为1cm，则甲；乙两摆的振幅之比为2∶1，故A正确；

B．由图可知；甲摆周期为4s，乙摆周期为8s，则甲；乙两摆的周期之比为1∶2，根据。

则甲；乙两摆的摆长之比为1∶4；故B错误；

C．甲做简谐运动的表达式为。

故C错误；

D．乙做简谐运动的表达式为。

故D错误。

故选A。二、多选题(共9题，共18分)6、B:C:E【分析】【详解】

A．由波形图可知：m，由简谐运动表达式可知

解得T=2.5s

A错误；

B．由得

B正确；

C．由简谐运动表达式可知，质点Q在时刻振动方向向上，结合时刻的波动图像，由同侧法可知，该列波的传播方向沿x轴负向；C正确；

D．质点不会随波迁移；D错误；

E．介质中x=10m处的质点P到达波谷，波传播的距离为（）

由得（）

当n=1时，时间可能为E正确。

故选BCE。7、B:D【分析】【详解】

A．小球只受到重力，小球在方向先做减速运动又做匀加速运动，在轴方向上做匀速直线运动，小球在A点和C点对称，竖直速度大小相同，但方向相反，所以小球在A点的动量和在C点的动量大小相同，方向不同，故A错误；

B．小球从A到B和从到C过程中，沿轴位移相同，在轴方向上做匀速直线运动，所以时间相同，根据动量定理可知，合外力的冲量相同，所以动量的变化量相同，故B正确；

C．小球从B到C和从C到水平位移相同，时间相同，故重力的冲量相同，故C错误；

D．小球从B到C和从C到合外力的冲量相同，动量变化量相同，时间相等，所以动量变化率相同；故D正确。

故选BD。8、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．做曲线运动的物体加速度不为零；则受到的合外力一定不等于零，选项A正确；

B．向心加速度是描述线速度方向改变快慢的物理量；向心加速度大的物体比向心加速度小的物体速度方向改变快，选项B正确；

C．系统受到的合外力为零时；系统的机械能不一定守恒，例如匀速上升的物体，选项C错误；

D．系统受到的合外力为零时；系统的动量一定守恒，选项D正确；

故选ABD。9、A:D【分析】【分析】

【详解】

AB．当A；B小球发生完全弹性碰撞；没有能量损失。由动量守恒得：

再由机械能守恒得。

解方程组得。

即B球动能的最大值为。

A正确；B错误；

CD．当A；B小球发生完全非弹性碰撞；AB粘在一起，能量损失最大。由动量守恒得。

解得。

即系统动能的最小值为。

C错误；D正确。

故选AD。10、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

ABC．根据图像可知，单摆振动的周期关系

所以周期之比为

频率为周期的反比，所以频率之比

若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式

所以摆长之比为4：9；A错误BC正确；

D．若在不同地点，摆长相同，根据

得重力加速度之比为9：4；D正确。

故选BCD。11、B:D【分析】【详解】

A．图乙是位于x=1m的质点N此后的振动图像可知t=0后其振动沿负方向，由波形图上的同侧法可知波沿x轴正方向传播；而甲图中的M点刚好起振向上，则波源的起振方向向上，故A错误；

B．由波形图可知波长为周期为则波速为

故M点起振传播到Q点的时间为

故B正确；

C．Q点起振需要7s，则t=12s有()用于振动；可知Q正处于波峰位置，坐标为（10m，8cm），故C错误；

D．在5s~5.5s时间，M点从波峰向平衡位置振动；则其速度增大，加速度减小，故D正确；

故选BD。12、A:D:E【分析】【详解】

AB．两列简谐横波在同一介质中波速相同；传播相同距离所用时间相同，A正确，B错误；

C．由题图可知，两列波波长之比λ甲∶λ乙=3∶2

波速相同，由波速公式v=得到周期之比为T甲∶T乙=3∶2

Q点与P点都要经过周期才回到平衡位置，所以Q点比P点先回到平衡位置；C错误；

D．周期之比为T甲∶T乙=3∶2

则两列波的频率之比为f甲∶f乙=2∶3

则在P质点完成20次全振动的时间内Q质点完成了30次全振动；D正确；

E．两列波的频率不同；不能产生稳定的干涉图样，E正确。

故选ADE。13、B:D【分析】【分析】

【详解】

AB．多普勒效应是波动过程共有的特征；无论是机械波还是电磁波，都会产生多普勒效应，故A错误，B正确；

CD．产生多普勒效应的原因是观察者接收到的频率发生了变化；而波源的频率不变，故D正确，C错误。

故选BD。14、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．作出光路图如图所示，可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大；频率较大，故A正确；

B．根据

可知，光束a在空气中的波长较小；故B错误；

C．因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等；根据几何知识可知出射光束一定相互平行，故C正确；

D．根据

可知，a光在玻璃砖中的传播速度小于b光；故D正确；

故选ACD．三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

[1]根据题意可知，两波传播到A点的路程差为

两列波的波速均为1.00m/s。由图可得

所以波长为

所以

根据图乙和图丙可知，两列波的起振是反向的，所以A点为振动减弱点，则A点的振幅为

[2]两列波从波源传播到点B（1，4）处的路程差为

为波长的整数倍，又因为两波源起振方向相反，所以B点为振动减弱点。【解析】2减弱16、略

【分析】【详解】

设碰撞前B的运动方向为正方向；根据位移时间图象的斜率表示速度,可得碰前A的速度为。

B的速度为。

碰后A.B的共同速度为。

由动量守恒定律得。

代入数据解得。

由能量守恒定律可知；碰撞过程损失的能量。

代入数据解得。

【解析】4.5kg22.5J17、略

【分析】【分析】

本题考查单摆；目的是考查学生的理解能力。

【详解】

[1]由题图乙可知；单摆的周期为3s。

[2]由单摆的周期公式解得摆长【解析】32.2418、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由单摆的周期公式可得

因为图线斜率为所以能求出当地的重力加速度。

[2]重力加速度的表达式【解析】能19、略

【分析】【分析】

【详解】

略【