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廣東省茂名市電白區2023-2024學年高二上學期期末質量監測物理試卷
1．（2024高二上·電白期末）科學家科拉頓在探索如何產生感應電流時，為了排除磁鐵對“電流表”的影響，他將連接好的“電流表”和線圈分別放在兩個房間（如圖），他把磁鐵插入線圈后，跑到放“電流表”的房間，沒有觀察到電流產生．對這一現象的正確解釋是（　　）．
A．磁場不能產生電流
B．磁鐵對“電流表”仍有影響
C．他觀察時磁鐵已停在線圈中
D．磁鐵插入線圈的過程中不會產生感應電流
【答案】C
【知識點】電磁感應的發現及產生感應電流的條件
【解析】【解答】科拉頓將磁鐵進行插進線圈的過程中，線圈中的磁通量發生了變化，電流表的回路中有感應電流產生，但是當他跑到另一個房間時，由于磁鐵已經停止在線圈中，線圈的磁通量不再發生變化，所以不再產生感應電流，故他無法觀察到感應電流，C符合題意，ABD不符合題意 。
故答案為：C。
【分析】根據感應電流的產生條件分析。
2．（2024高二上·電白期末）部分汽車有“主動降噪”這項配置，原理是在車上特定區域安裝麥克風采集噪聲信號樣本，樣本通過系統處理后產生相位差為 的抑噪信號再由車廂內的揚聲器放出，可以有效降低車內噪音．關于該降噪系統，下列說法正確的是（　　）．
A．該降噪系統降噪原理是聲波的多普勒效應
B．抑噪信號與噪音信號頻率可能不同
C．抑噪信號與噪音信號振幅相同，降噪效果最好
D．車內與兩信號源距離差為0的位置，降噪效果最差
【答案】C
【知識點】波的干涉現象
【解析】【解答】ABC.由題意可知，“主動降噪”的原理是通過抑噪信號與噪聲信號發生干涉現象，起到降噪作用，根據干涉現象的產生條件可知，抑噪信號與噪音信號頻率一定相同，且當抑噪信號與噪音信號振幅相同時，合振幅為零，降噪效果最好，AB不符合題意，C符合題意；
D.由于抑噪信號與噪音信號的相位差為，所以到兩信號源距離差為波長的整數倍的位置為干涉減弱區，降噪效果最好，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據干涉現象的產生原理分析降噪現象。
3．（2024高二上·電白期末）如圖所示，表面光滑的固定圓弧軌道，最低點為P，弧長遠小于R，現將可視為質點的兩個小球從A、B點同時由靜止釋放，弧長AP大于BP，則（　　）．
A．兩球在P點相遇 B．兩球在P點右側相遇
C．兩球在P點左側相遇 D．以上情況均有可能
【答案】A
【知識點】單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】由于弧長遠小于軌道半徑R，所以兩球的運動都可以看作是擺長等于軌道半徑R的單擺，兩球到達最低點P的時間均為各自周期的四分之一，而單擺的周期為
與振幅無關，所以兩球擺動的周期相同，故同時到達P點，BCD不符合題意，A符合題意。
故答案為：A。
【分析】將兩小球沿圓弧的運動看成單擺，根據單擺的周期與振幅無關的特點，分析兩球相遇的位置。
4．（2024高二上·電白期末）莊子與惠子游于濠梁之上．莊子曰：“鯈魚出游從容，是魚之樂也．”人在橋上觀魚（　　）．
A．人能看到魚，魚不能看到人
B．人看到的魚是經反射所成的像
C．魚看到的人的位置比人的實際位置低
D．人看到的魚的位置比魚的實際位置高
【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A.人看魚，魚作為等效光源，光是從光密介質進入光疏介質，可能發生全反射，因此，人可能看不到魚；而魚看人，人作為等效光源，光是從光疏介質進入光密介質，不能夠發生全反射，因此魚一定能看到人，A不符合題意；
B.人看到的魚是經光的折射所成的像，B不符合題意；
CD.魚看人，人作為等效光源，入射角大于折射角，魚沿折射光線的反向延長線看人，魚看到的人的位置比人的實際位置高，同理，人看魚，魚作為等效光源，入射角小于折射角，人沿折射光線的反向延長線看魚，人看到的魚的位置比人的實際位置高，C不符合題意，D符合題意。
故答案為：D。
【分析】根據全反射的產生條件，分析魚一定能看到人，但人不一定能看到魚的現象；人看到的魚是折射成像；根據折射定律分析人看魚和魚看人時的像的位置與實際位置的關系。
5．（2024高二上·電白期末）海上作業和軍事領域中，在雷達無法使用的時候，經常通過解析海上浮標的位置信號來粗略地定位船舶和潛艇．設某海域內常態下海浪表面波長為，沿海浪傳播方向有a、b、c三個間距的浮標，常態下浮標上下浮動周期為，而當某小型潛艇經過時，系統檢測到a浮標發生異常浮動，后和后又相繼檢測到b、c浮標發生了異常浮動，則下列說法正確的是（　　）．
A．浮標隨海水波浪方向向前移動
B．浮標區域常態下海水波浪速度為
C．根據數據可推測小型潛艇行駛速度約為
D．常態下浮標a到達最高點時，浮標b處在海平面位置
【答案】B
【知識點】機械波及其形成和傳播；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A.浮標是“海面”上的標識物，它不隨海水波浪方向向前移動，只是在各自位置上下浮動，A不符合題意；
B.由題意可知，浮標上下浮動周期為5s，即海水波浪的周期T=5s，海浪表面波長，由波速公式可得，浮標區域常態下海水波浪速度
B符合題意；
C.由題意可知，某小型潛艇經過相鄰的兩個浮標用時，三個浮標的間距，可推測小型潛艇行駛速度約為
C不符合題意；
D.浮標a、b間距為
正好是海浪表面波長的倍，根據相距半波長奇數倍的質點振動情況總相反，可知常態下浮標a到達最高點時，b浮標處在最低點，D不符合題意。
故答案為：B。
【分析】浮標隨著海浪上下移動，不會隨海浪方向移動；由波速公式求解浮標區域常態下海水波浪速度；由題給條件分析潛艇經過相鄰兩個浮標的時間間隔，推測小型潛艇行駛速度；根據根據相距半波長奇數倍的質點振動情況總相反，判斷常態下浮標a到達最高點時，b浮標所處的位置。
6．（2024高二上·電白期末）潮汐能是海水周期性漲落運動中所具有的能量，是一種可再生能源．現建立一個簡化模型，某發電站大壩內儲水水庫的有效面積為，漲潮時，當大壩外側海平面高度為時（以海水流入前的水庫水面為參考系），打開大壩下面通道的閘門海水流入，此過程中通道處的水輪機利用水流的動能發電，直至大壩內外水面等高，關閉閘門．等到完全退潮后，開閘放水，再次發電，直至大壩內外水面再次相同，關閉閘門，等待下一次漲潮發電（此時的水庫水面高度即為漲潮前的水庫水面高度）．由于海洋很大，大壩外的海平面高度在海水流入，流出水庫過程中幾乎不變，潮水一天漲落兩次，海水的勢能有25％轉化為電能，則這個發電站一天的發電量約為（　　）．
潮汐能發電
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】能量守恒定律
【解析】【解答】根據題意可得日發電量約為ABD不符合題意，C符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據能量守恒求解這個發電站一天的發電量。
7．（2024高二上·電白期末）如圖所示，若船用纜繩固定，人恰好可以從船頭跳上岸；撤去纜繩，人仍然恰好可以從船頭跳上岸．已知兩次從離開船到跳上岸所用時間相等，人的質量為，船的質量為，不計水和空氣阻力，忽略人豎直方向的運動，則兩次人消耗的能量之比為（　　）．
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】動能；反沖
【解析】【解答】假設纜繩固定時人跳出的速度為，根據能量轉化與守恒定律可得，人消耗的能量
撤去纜繩后，因為人仍然恰好可以從船頭跳上岸，且兩次從離開船到跳上岸所用時間相等，所以人跳出的速度仍為，對人和船的系統，由動量守恒定律可得
根據能量轉化與守恒定律可得，人消耗的能量
代入數據可得
D符合題意，ABC不符合題意。
故答案為：D。
【分析】因為人兩次都是恰好跳上岸，而且用時相同，得出兩次人從船上跳出的速度（相對地）相同，然后根據動量守恒定律和能量轉化與守恒定律列式，求解兩次人消耗的能量之比。
8．（2024高二上·電白期末）我國古代有一種利用共振原理的古琴調弦技術，將一小紙人放在需要調整音準的弦上，然后撥動另一個音調準確的古琴上對應的琴弦，小紙人跳動越明顯代表音調越準確，調準音調后，下列說法正確的是（　　）．
需調音準的古琴 音調準確的古琴
A．撥動其他音調的琴弦，小紙人跳動不明顯
B．敲擊對應音調的音叉，也可以讓小紙人跳動明顯
C．撥動對應音調的琴弦力量越大，小紙人跳動幅度越大
D．調弦過程中琴弦的機械能將全部轉化為紙人的機械能
【答案】A,B,C
【知識點】受迫振動和共振
【解析】【解答】A.根據共振原理可知，小紙人跳動越明顯，表明小紙人所在弦的固有頻率與古琴上對應的琴弦的頻率越相近，而撥動其他音調的琴弦，由于頻率與小紙人所在弦的固有頻率不相等，沒有發生共振，所以小紙人跳動不明顯，A符合題意；
B.同理，敲擊對應音調的音叉，其振動頻率等于小紙人所在弦的固有頻率，小紙人所在弦的發生共振，紙人跳動明顯，B符合題意；
C.撥動對應音調的琴弦力量越大，對應的能量越大，小紙人跳動幅度越大，C符合題意；
D.調弦過程中琴弦的振動導致其它弦也發生受迫振動，因此調弦過程中琴弦的機械能只有部分轉化為紙人的機械能，D不符合題意。
故答案為：ABC。
【分析】根據共振原理分析調音過程；撥動對應音調的琴弦力量越大能量越大，小紙人跳動幅度越大；調弦過程中其它琴弦也會發生受迫振動，也會有能量。
9．（2024高二上·電白期末）中醫懸絲診脈懸的是“絲”，“診”的是脈搏通過懸絲傳過來的振動，即通過機械波判斷出病灶的位置與輕重緩急．如圖，假設“絲”上有相鄰兩點間距相等的點1、2、3、4、…，在搭上絲線后圖中質點1在時開始向上振動，產生的機械波沿絲線傳播，時質點1第一次到達最低點，此時質點4剛好開始振動，則（　　）．
A．該波所有質點的振動頻率均為
B．時質點4振動的方向向下
C．時質點1和質點3的加速度相同
D．時質點2恰好位于波峰位置
【答案】A,D
【知識點】機械波及其形成和傳播
【解析】【解答】A.由題意可知，質點1開始振動時方向向上，t=0.75s時質點1第一次到達最低點，可得
得質點1的周期
T=1s
頻率為
介質中所有質點做的都是受迫振動，振動的周期和頻率都相同，所以該波所有質點的振動頻率均為1Hz，A符合題意；
B.由題意可知，質點1開始時振動方向向上，t=0.75s時質點4剛好開始振動，而所有質點起振時均與波源的起振方向相同，t=0.75s時質點4振動的方向也向上，B不符合題意；
C.根據一個周期波向前傳播一個波長的距離可知，波從質點1傳播到質點4所用時間為，所以1、4的距離為，則1、3的距離為，根據相距半波長奇數倍的質點振動情況總相反，可知1、3兩質點加速度大小相等、方向相反，C不符合題意；
D.波從質點1傳到質點2用時0.25s，質點2在t=2.5s時發生振動的總時間為
即此時質點2恰好位于波峰位置，D符合題意。
故答案為：AD。
【分析】根據題意求出質點1的振動頻率，介質中所有質點的振動頻率都相同；根據所有質點起振時均與波源的起振方向相同，由質點1的起振方向得出質點4的起振方向；分析1、3的距離與波長的關系，再根據相距半波長奇數倍的質點振動情況總相反，相距波長整數倍的質點振動情況總相同，得出t=0.75s時質點1和質點3的加速度情況；求出t=2.5s時質點2振動的時間與周期的關系，得出質點2所在位置。
10．（2024高二上·電白期末）如圖所示，某學生練習用頭顛球．一次足球從靜止開始下落后被頭部豎直頂起，球離開頭部后上升的最大高度為．已知足球與頭部的作用時間為，足球的質量為，重力加速度不計空氣阻力．下列說法正確的是（　　）．
A．足球與頭部作用過程中，足球的動量變化量大小為
B．頭部對足球的平均作用力為
C．足球剛接觸頭到剛離開頭時，合外力對足球做功為
D．從靜止下落到上升到最大高度過程中足球重力的沖量大小等于人對足球的沖量大小
【答案】B,C,D
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A.由自由落體運動位移-速度公式可得，足球下落到與頭部剛接觸時的速度大小為
由豎直上拋運動位移-速度公式可得，足球反彈剛離開頭部的速度大小為
以向上為正方向，足球與頭部作用過程中，足球的動量變化量為
A不符合題意；
B.足球與頭部作用過程，以向上為正方向，據動量定理可得
解得
F=24N
B符合題意；
C.足球剛接觸頭到剛離開頭時，據動能定理可得，合外力對足球做功為
C符合題意；
D.足球從靜止下落到上升到最大高度過程中，初、末速度均為零，所以足球的動量變化為零，而足球在此過程中受重力和足球接觸頭的過程中頭對球的作用，由動量定理可知，合力的沖量為零，故足球重力的沖量大小等于人對足球的沖量大小，D符合題意。
故答案為：BCD。
【分析】由運動學公式，求出足球與頭部接觸前后的速度，求出動量的變化量大小；根據動量定理計算頭部對足球的平均作用力；應用動能定理分析足球與頭接觸的過程，求出合外力對足球做的功；由動量定理分析足球從靜止下落到上升到最大高度過程，得出足球重力的沖量大小與人對足球的沖量大小的關系。
11．（2024高二上·電白期末）長方體形狀的玻璃磚有一個表面鍍銀（光線不能透過），現利用“插針法”測定此玻璃磚的折射率．如題圖甲所示，實驗時，先將玻璃磚平放到水平面內的白紙上，鍍銀面與紙面垂直．貼著玻璃磚前后兩個面在紙上畫出直線和，其中側為鍍銀面．然后在白紙上豎直插上兩枚大頭針，．
（1）準備插第三枚大頭針時，應在　 　側觀察（選填“”或“”）．
（2）插第三枚大頭針時，這枚大頭針應____．
A．只擋住的像
B．只擋住的像
C．同時擋住和的像
（3）插完所需大頭針，補全光路．題圖乙為光路的一部分，，均為光路上的點，過，作直線的垂線，垂足分別為、，已知圖中，則玻璃磚的折射率可表示為____．
A． B． C． D．
【答案】（1）
（2）C
（3）A
【知識點】測定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）因為表面鍍銀，所以光射入該面時發生反射，然后折射出面，故應該在側觀察，插第三枚大頭針同時擋住和的像。
（2）插第三枚大頭針時，這枚大頭針應同時擋住和的像，C符合題意，ABD不符合題意。
故答案為：C。
（3）根據折射定律可得
A符合題意，BCD不符合題意。
故答案為：A。
【分析】（1）根據光路分析插第三枚大頭針時觀察光路的位置；（2）根據光路分析插第三枚大頭針的位置；（3）根據折射率公式結合幾何關系，求出玻璃磚的折射率。
12．（2024高二上·電白期末）某小組用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律．
（1）關于橡皮泥在本實驗中的作用，下列說法正確的是____．
A．改變小車的質量
B．在兩車碰撞時起到緩沖作用，防止撞壞小車
C．若在兩個小車的碰撞端分別貼上尼龍搭扣（魔術貼），可起到相同的作用
（2）關于實驗的操作，下列說法正確的是____．
A．實驗前應微調木板的傾斜程度，使小車P能靜止在木板上
B．接通打點計時器電源后，應將小車P由靜止釋放
C．與小車P碰撞前，小車Q應靜止在木板上的適當位置
D．加砝碼以改變小車質量再次實驗，必須再次調整木板傾角
（3）打點計時器每隔打一次點，實驗得到的一條紙帶如圖所示，已將各計數點之間的距離標在圖上．則小車P碰撞前的速度為　 　．（計算結果保留三位有效數字）
（4）測得小車P的總質量為m，小車Q的總質量為，圖中AB、BC、CD、DE四段長度分別為、、、，為了驗證動量守恒定律，需要驗證的表達式是　 　．（用題中所給物理量符號表示）
（5）某同學發現系統碰后動量的測量值總是大于碰前動量的測量值，可能的原因是　 　．（寫出一條即可）
【答案】（1）C
（2）C
（3）1.63
（4）
（5）木板傾角過大（碰前小車Q具有沿軌道向下的速度）
【知識點】驗證動量守恒定律
【解析】【解答】（1）橡皮泥在本實驗中的作用是使碰撞后兩車粘連在一起，C符合題意，AB不符合題意。
故答案為：C。
（2）A.實驗前應微調木板的傾斜程度，達到平衡摩擦力的目的，小車P能在木板上勻速直線運動時，說明小車的摩擦力剛好被平衡掉，A不符合題意；
B.因為已平衡摩擦力，所以小車釋放后應做勻速直線運動，故接通打點計時器電源后，釋放小車時需有一定的初速度，B不符合題意；
C.與小車P碰撞前，小車Q應靜止在木板上，保證碰撞前速度為0，且位置要適當，保證可以測量出小車P的碰前速度和碰后速度，C符合題意；
D.加砝碼以改變小車質量再次實驗，不需要再次調整木板傾角，D不符合題意。
故答案為：C。
（3）碰撞前小車P做勻速直線運動，應選擇點間距相等的BC段求小車P的碰前速度，可得
（4）碰撞后小車P和Q粘在一起做勻速直線運動，觀察紙帶上記錄的點間距，可知應為碰撞后二者的運動距離，則根據動量守恒定律可得
，，
解得
（5）根據（4）的推導過程可知，若系統碰后動量的測量值總是大于碰前動量的測量值，可能是木板傾角過大，導致碰后測得的速度大于小車P和Q碰后粘在一起的速度，也可能是碰撞前Q不是處于靜止狀態，即碰前小車Q具有沿軌道向下的速度，使測量的碰前總動量小于真實值。
【分析】（1）橡皮泥在本實驗中的作用是使碰撞后兩車粘連在一起；（2）根據實驗原理和注意事項分析；（3）碰撞前小車P做勻速直線運動，應選擇點間距相等的BC段求小車P的碰前速度；（4）根據動量守恒定律推導本實驗需要驗證的表達式；（5）根據實驗的操作過程和動量守恒的推導過程，分析實驗誤差的造成原因。
13．（2024高二上·電白期末）一根水平長繩一端p固定，某同學抓住長繩的另一端S點在豎直方向上下振動．繩子上有A、B兩點，水平時距離S分別為和．波沿繩子傳播的速度，當A點在平衡位置豎直向上振動時，B點恰好在平衡位置豎直向下振動，A、B之間僅有2個質點在平衡位置．求：
（1）A、B兩點起振的時間差；
（2）S點在豎直方向振動的頻率f．
【答案】（1）解：波在介質中勻速傳播，根據
可得A、B兩點起振的時間差為
（2）解：根據題意可知A、B兩點間的距離為
解得
根據
代入數據解得
【知識點】波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）由A、B兩點的距離，求解A、B兩點起振的時間差；（2）根據波速公式求解S點在豎直方向振動的頻率。
14．（2024高二上·電白期末）如圖，半徑為R的半圓形玻璃磚直立在豎直面內，O為圓小．平面MN與地面垂直，P是圓弧面上的一點，MP弧所對的圓心角為，一束單色光豎直向下從P點射入玻璃磚，折射光線剛好射到N點，求：
（1）玻璃磚對光的折射率n；
（2）若光線沿PO射入玻璃磚，從MN邊射出后照射在地面上的位置Q，Q離N點的距離為多少？
【答案】（1）解：由題可知光路如圖所示
由于弧所對的圓心角為，入射光線豎直向下，即與平行，則入射角為
根據幾何關系知光在點的折射角為
則玻璃磚對光的折射率為
（2）解：若光線沿射入玻璃磚，光路如圖所示
由幾何關系，光線在面的入射角為
設折射角為，由
解得
由幾何關系知
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根據題意做出光路圖，結合幾何關系，由折射定律求解玻璃磚對光的折射率；（2）由折射率公式求出光從O點射出時的折射角，再由幾何關系求出Q離N點的距離。
15．（2024高二上·電白期末）如圖所示，通過長的輕繩吊一質量的小球．現將小球拉至與O點處于同一水平面，由靜止釋放，小球擺至最低點時與O點正下方的滑塊發生彈性正碰，已知地面為光滑水平面，m與M的動摩擦因數為，長木板的質量，整個運動過程中m均未從M上滑下，重力加速度g取．求：
（1）碰前瞬間小球的速度大小和輕繩的拉力大小；
（2）運動過程中滑塊與木板組成系統損失的機械能；
（3）為了使m不從M上滑下，長木板至少為多長（結果保留兩位小數）．
【答案】（1）解：小球擺下過程，根據動能定理可得
解得碰前瞬間小球的速度為
小球處于最低點時，根據牛頓第二定律可得
解得輕繩的拉力為
（2）解：小球與滑塊發生彈性正碰，碰撞過程根據動量守恒和機械能守恒可得
解得碰后滑塊的速度為
滑塊在木板上滑行時，根據動量守恒可得
解得
根據能量守恒可知，運動過程中滑塊與木板組成系統損失的機械能為
（3）解：為了使m不從M上滑下，設長木板至少長為，則有
解得
【知識點】豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用；動量與能量的綜合應用一板塊模型
【解析】【分析】（1）根據題意做出光路圖，結合幾何關系，由折射定律求解玻璃磚對光的折射率；（2）由折射率公式求出光從O點射出時的折射角，再由幾何關系求出Q離N點的距離。
1 / 1廣東省茂名市電白區2023-2024學年高二上學期期末質量監測物理試卷
1．（2024高二上·電白期末）科學家科拉頓在探索如何產生感應電流時，為了排除磁鐵對“電流表”的影響，他將連接好的“電流表”和線圈分別放在兩個房間（如圖），他把磁鐵插入線圈后，跑到放“電流表”的房間，沒有觀察到電流產生．對這一現象的正確解釋是（　　）．
A．磁場不能產生電流
B．磁鐵對“電流表”仍有影響
C．他觀察時磁鐵已停在線圈中
D．磁鐵插入線圈的過程中不會產生感應電流
2．（2024高二上·電白期末）部分汽車有“主動降噪”這項配置，原理是在車上特定區域安裝麥克風采集噪聲信號樣本，樣本通過系統處理后產生相位差為 的抑噪信號再由車廂內的揚聲器放出，可以有效降低車內噪音．關于該降噪系統，下列說法正確的是（　　）．
A．該降噪系統降噪原理是聲波的多普勒效應
B．抑噪信號與噪音信號頻率可能不同
C．抑噪信號與噪音信號振幅相同，降噪效果最好
D．車內與兩信號源距離差為0的位置，降噪效果最差
3．（2024高二上·電白期末）如圖所示，表面光滑的固定圓弧軌道，最低點為P，弧長遠小于R，現將可視為質點的兩個小球從A、B點同時由靜止釋放，弧長AP大于BP，則（　　）．
A．兩球在P點相遇 B．兩球在P點右側相遇
C．兩球在P點左側相遇 D．以上情況均有可能
4．（2024高二上·電白期末）莊子與惠子游于濠梁之上．莊子曰：“鯈魚出游從容，是魚之樂也．”人在橋上觀魚（　　）．
A．人能看到魚，魚不能看到人
B．人看到的魚是經反射所成的像
C．魚看到的人的位置比人的實際位置低
D．人看到的魚的位置比魚的實際位置高
5．（2024高二上·電白期末）海上作業和軍事領域中，在雷達無法使用的時候，經常通過解析海上浮標的位置信號來粗略地定位船舶和潛艇．設某海域內常態下海浪表面波長為，沿海浪傳播方向有a、b、c三個間距的浮標，常態下浮標上下浮動周期為，而當某小型潛艇經過時，系統檢測到a浮標發生異常浮動，后和后又相繼檢測到b、c浮標發生了異常浮動，則下列說法正確的是（　　）．
A．浮標隨海水波浪方向向前移動
B．浮標區域常態下海水波浪速度為
C．根據數據可推測小型潛艇行駛速度約為
D．常態下浮標a到達最高點時，浮標b處在海平面位置
6．（2024高二上·電白期末）潮汐能是海水周期性漲落運動中所具有的能量，是一種可再生能源．現建立一個簡化模型，某發電站大壩內儲水水庫的有效面積為，漲潮時，當大壩外側海平面高度為時（以海水流入前的水庫水面為參考系），打開大壩下面通道的閘門海水流入，此過程中通道處的水輪機利用水流的動能發電，直至大壩內外水面等高，關閉閘門．等到完全退潮后，開閘放水，再次發電，直至大壩內外水面再次相同，關閉閘門，等待下一次漲潮發電（此時的水庫水面高度即為漲潮前的水庫水面高度）．由于海洋很大，大壩外的海平面高度在海水流入，流出水庫過程中幾乎不變，潮水一天漲落兩次，海水的勢能有25％轉化為電能，則這個發電站一天的發電量約為（　　）．
潮汐能發電
A． B． C． D．
7．（2024高二上·電白期末）如圖所示，若船用纜繩固定，人恰好可以從船頭跳上岸；撤去纜繩，人仍然恰好可以從船頭跳上岸．已知兩次從離開船到跳上岸所用時間相等，人的質量為，船的質量為，不計水和空氣阻力，忽略人豎直方向的運動，則兩次人消耗的能量之比為（　　）．
A． B． C． D．
8．（2024高二上·電白期末）我國古代有一種利用共振原理的古琴調弦技術，將一小紙人放在需要調整音準的弦上，然后撥動另一個音調準確的古琴上對應的琴弦，小紙人跳動越明顯代表音調越準確，調準音調后，下列說法正確的是（　　）．
需調音準的古琴 音調準確的古琴
A．撥動其他音調的琴弦，小紙人跳動不明顯
B．敲擊對應音調的音叉，也可以讓小紙人跳動明顯
C．撥動對應音調的琴弦力量越大，小紙人跳動幅度越大
D．調弦過程中琴弦的機械能將全部轉化為紙人的機械能
9．（2024高二上·電白期末）中醫懸絲診脈懸的是“絲”，“診”的是脈搏通過懸絲傳過來的振動，即通過機械波判斷出病灶的位置與輕重緩急．如圖，假設“絲”上有相鄰兩點間距相等的點1、2、3、4、…，在搭上絲線后圖中質點1在時開始向上振動，產生的機械波沿絲線傳播，時質點1第一次到達最低點，此時質點4剛好開始振動，則（　　）．
A．該波所有質點的振動頻率均為
B．時質點4振動的方向向下
C．時質點1和質點3的加速度相同
D．時質點2恰好位于波峰位置
10．（2024高二上·電白期末）如圖所示，某學生練習用頭顛球．一次足球從靜止開始下落后被頭部豎直頂起，球離開頭部后上升的最大高度為．已知足球與頭部的作用時間為，足球的質量為，重力加速度不計空氣阻力．下列說法正確的是（　　）．
A．足球與頭部作用過程中，足球的動量變化量大小為
B．頭部對足球的平均作用力為
C．足球剛接觸頭到剛離開頭時，合外力對足球做功為
D．從靜止下落到上升到最大高度過程中足球重力的沖量大小等于人對足球的沖量大小
11．（2024高二上·電白期末）長方體形狀的玻璃磚有一個表面鍍銀（光線不能透過），現利用“插針法”測定此玻璃磚的折射率．如題圖甲所示，實驗時，先將玻璃磚平放到水平面內的白紙上，鍍銀面與紙面垂直．貼著玻璃磚前后兩個面在紙上畫出直線和，其中側為鍍銀面．然后在白紙上豎直插上兩枚大頭針，．
（1）準備插第三枚大頭針時，應在　 　側觀察（選填“”或“”）．
（2）插第三枚大頭針時，這枚大頭針應____．
A．只擋住的像
B．只擋住的像
C．同時擋住和的像
（3）插完所需大頭針，補全光路．題圖乙為光路的一部分，，均為光路上的點，過，作直線的垂線，垂足分別為、，已知圖中，則玻璃磚的折射率可表示為____．
A． B． C． D．
12．（2024高二上·電白期末）某小組用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律．
（1）關于橡皮泥在本實驗中的作用，下列說法正確的是____．
A．改變小車的質量
B．在兩車碰撞時起到緩沖作用，防止撞壞小車
C．若在兩個小車的碰撞端分別貼上尼龍搭扣（魔術貼），可起到相同的作用
（2）關于實驗的操作，下列說法正確的是____．
A．實驗前應微調木板的傾斜程度，使小車P能靜止在木板上
B．接通打點計時器電源后，應將小車P由靜止釋放
C．與小車P碰撞前，小車Q應靜止在木板上的適當位置
D．加砝碼以改變小車質量再次實驗，必須再次調整木板傾角
（3）打點計時器每隔打一次點，實驗得到的一條紙帶如圖所示，已將各計數點之間的距離標在圖上．則小車P碰撞前的速度為　 　．（計算結果保留三位有效數字）
（4）測得小車P的總質量為m，小車Q的總質量為，圖中AB、BC、CD、DE四段長度分別為、、、，為了驗證動量守恒定律，需要驗證的表達式是　 　．（用題中所給物理量符號表示）
（5）某同學發現系統碰后動量的測量值總是大于碰前動量的測量值，可能的原因是　 　．（寫出一條即可）
13．（2024高二上·電白期末）一根水平長繩一端p固定，某同學抓住長繩的另一端S點在豎直方向上下振動．繩子上有A、B兩點，水平時距離S分別為和．波沿繩子傳播的速度，當A點在平衡位置豎直向上振動時，B點恰好在平衡位置豎直向下振動，A、B之間僅有2個質點在平衡位置．求：
（1）A、B兩點起振的時間差；
（2）S點在豎直方向振動的頻率f．
14．（2024高二上·電白期末）如圖，半徑為R的半圓形玻璃磚直立在豎直面內，O為圓小．平面MN與地面垂直，P是圓弧面上的一點，MP弧所對的圓心角為，一束單色光豎直向下從P點射入玻璃磚，折射光線剛好射到N點，求：
（1）玻璃磚對光的折射率n；
（2）若光線沿PO射入玻璃磚，從MN邊射出后照射在地面上的位置Q，Q離N點的距離為多少？
15．（2024高二上·電白期末）如圖所示，通過長的輕繩吊一質量的小球．現將小球拉至與O點處于同一水平面，由靜止釋放，小球擺至最低點時與O點正下方的滑塊發生彈性正碰，已知地面為光滑水平面，m與M的動摩擦因數為，長木板的質量，整個運動過程中m均未從M上滑下，重力加速度g取．求：
（1）碰前瞬間小球的速度大小和輕繩的拉力大小；
（2）運動過程中滑塊與木板組成系統損失的機械能；
（3）為了使m不從M上滑下，長木板至少為多長（結果保留兩位小數）．
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】電磁感應的發現及產生感應電流的條件
【解析】【解答】科拉頓將磁鐵進行插進線圈的過程中，線圈中的磁通量發生了變化，電流表的回路中有感應電流產生，但是當他跑到另一個房間時，由于磁鐵已經停止在線圈中，線圈的磁通量不再發生變化，所以不再產生感應電流，故他無法觀察到感應電流，C符合題意，ABD不符合題意 。
故答案為：C。
【分析】根據感應電流的產生條件分析。
2．【答案】C
【知識點】波的干涉現象
【解析】【解答】ABC.由題意可知，“主動降噪”的原理是通過抑噪信號與噪聲信號發生干涉現象，起到降噪作用，根據干涉現象的產生條件可知，抑噪信號與噪音信號頻率一定相同，且當抑噪信號與噪音信號振幅相同時，合振幅為零，降噪效果最好，AB不符合題意，C符合題意；
D.由于抑噪信號與噪音信號的相位差為，所以到兩信號源距離差為波長的整數倍的位置為干涉減弱區，降噪效果最好，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據干涉現象的產生原理分析降噪現象。
3．【答案】A
【知識點】單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】由于弧長遠小于軌道半徑R，所以兩球的運動都可以看作是擺長等于軌道半徑R的單擺，兩球到達最低點P的時間均為各自周期的四分之一，而單擺的周期為
與振幅無關，所以兩球擺動的周期相同，故同時到達P點，BCD不符合題意，A符合題意。
故答案為：A。
【分析】將兩小球沿圓弧的運動看成單擺，根據單擺的周期與振幅無關的特點，分析兩球相遇的位置。
4．【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A.人看魚，魚作為等效光源，光是從光密介質進入光疏介質，可能發生全反射，因此，人可能看不到魚；而魚看人，人作為等效光源，光是從光疏介質進入光密介質，不能夠發生全反射，因此魚一定能看到人，A不符合題意；
B.人看到的魚是經光的折射所成的像，B不符合題意；
CD.魚看人，人作為等效光源，入射角大于折射角，魚沿折射光線的反向延長線看人，魚看到的人的位置比人的實際位置高，同理，人看魚，魚作為等效光源，入射角小于折射角，人沿折射光線的反向延長線看魚，人看到的魚的位置比人的實際位置高，C不符合題意，D符合題意。
故答案為：D。
【分析】根據全反射的產生條件，分析魚一定能看到人，但人不一定能看到魚的現象；人看到的魚是折射成像；根據折射定律分析人看魚和魚看人時的像的位置與實際位置的關系。
5．【答案】B
【知識點】機械波及其形成和傳播；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A.浮標是“海面”上的標識物，它不隨海水波浪方向向前移動，只是在各自位置上下浮動，A不符合題意；
B.由題意可知，浮標上下浮動周期為5s，即海水波浪的周期T=5s，海浪表面波長，由波速公式可得，浮標區域常態下海水波浪速度
B符合題意；
C.由題意可知，某小型潛艇經過相鄰的兩個浮標用時，三個浮標的間距，可推測小型潛艇行駛速度約為
C不符合題意；
D.浮標a、b間距為
正好是海浪表面波長的倍，根據相距半波長奇數倍的質點振動情況總相反，可知常態下浮標a到達最高點時，b浮標處在最低點，D不符合題意。
故答案為：B。
【分析】浮標隨著海浪上下移動，不會隨海浪方向移動；由波速公式求解浮標區域常態下海水波浪速度；由題給條件分析潛艇經過相鄰兩個浮標的時間間隔，推測小型潛艇行駛速度；根據根據相距半波長奇數倍的質點振動情況總相反，判斷常態下浮標a到達最高點時，b浮標所處的位置。
6．【答案】C
【知識點】能量守恒定律
【解析】【解答】根據題意可得日發電量約為ABD不符合題意，C符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據能量守恒求解這個發電站一天的發電量。
7．【答案】D
【知識點】動能；反沖
【解析】【解答】假設纜繩固定時人跳出的速度為，根據能量轉化與守恒定律可得，人消耗的能量
撤去纜繩后，因為人仍然恰好可以從船頭跳上岸，且兩次從離開船到跳上岸所用時間相等，所以人跳出的速度仍為，對人和船的系統，由動量守恒定律可得
根據能量轉化與守恒定律可得，人消耗的能量
代入數據可得
D符合題意，ABC不符合題意。
故答案為：D。
【分析】因為人兩次都是恰好跳上岸，而且用時相同，得出兩次人從船上跳出的速度（相對地）相同，然后根據動量守恒定律和能量轉化與守恒定律列式，求解兩次人消耗的能量之比。
8．【答案】A,B,C
【知識點】受迫振動和共振
【解析】【解答】A.根據共振原理可知，小紙人跳動越明顯，表明小紙人所在弦的固有頻率與古琴上對應的琴弦的頻率越相近，而撥動其他音調的琴弦，由于頻率與小紙人所在弦的固有頻率不相等，沒有發生共振，所以小紙人跳動不明顯，A符合題意；
B.同理，敲擊對應音調的音叉，其振動頻率等于小紙人所在弦的固有頻率，小紙人所在弦的發生共振，紙人跳動明顯，B符合題意；
C.撥動對應音調的琴弦力量越大，對應的能量越大，小紙人跳動幅度越大，C符合題意；
D.調弦過程中琴弦的振動導致其它弦也發生受迫振動，因此調弦過程中琴弦的機械能只有部分轉化為紙人的機械能，D不符合題意。
故答案為：ABC。
【分析】根據共振原理分析調音過程；撥動對應音調的琴弦力量越大能量越大，小紙人跳動幅度越大；調弦過程中其它琴弦也會發生受迫振動，也會有能量。
9．【答案】A,D
【知識點】機械波及其形成和傳播
【解析】【解答】A.由題意可知，質點1開始振動時方向向上，t=0.75s時質點1第一次到達最低點，可得
得質點1的周期
T=1s
頻率為
介質中所有質點做的都是受迫振動，振動的周期和頻率都相同，所以該波所有質點的振動頻率均為1Hz，A符合題意；
B.由題意可知，質點1開始時振動方向向上，t=0.75s時質點4剛好開始振動，而所有質點起振時均與波源的起振方向相同，t=0.75s時質點4振動的方向也向上，B不符合題意；
C.根據一個周期波向前傳播一個波長的距離可知，波從質點1傳播到質點4所用時間為，所以1、4的距離為，則1、3的距離為，根據相距半波長奇數倍的質點振動情況總相反，可知1、3兩質點加速度大小相等、方向相反，C不符合題意；
D.波從質點1傳到質點2用時0.25s，質點2在t=2.5s時發生振動的總時間為
即此時質點2恰好位于波峰位置，D符合題意。
故答案為：AD。
【分析】根據題意求出質點1的振動頻率，介質中所有質點的振動頻率都相同；根據所有質點起振時均與波源的起振方向相同，由質點1的起振方向得出質點4的起振方向；分析1、3的距離與波長的關系，再根據相距半波長奇數倍的質點振動情況總相反，相距波長整數倍的質點振動情況總相同，得出t=0.75s時質點1和質點3的加速度情況；求出t=2.5s時質點2振動的時間與周期的關系，得出質點2所在位置。
10．【答案】B,C,D
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A.由自由落體運動位移-速度公式可得，足球下落到與頭部剛接觸時的速度大小為
由豎直上拋運動位移-速度公式可得，足球反彈剛離開頭部的速度大小為
以向上為正方向，足球與頭部作用過程中，足球的動量變化量為
A不符合題意；
B.足球與頭部作用過程，以向上為正方向，據動量定理可得
解得
F=24N
B符合題意；
C.足球剛接觸頭到剛離開頭時，據動能定理可得，合外力對足球做功為
C符合題意；
D.足球從靜止下落到上升到最大高度過程中，初、末速度均為零，所以足球的動量變化為零，而足球在此過程中受重力和足球接觸頭的過程中頭對球的作用，由動量定理可知，合力的沖量為零，故足球重力的沖量大小等于人對足球的沖量大小，D符合題意。
故答案為：BCD。
【分析】由運動學公式，求出足球與頭部接觸前后的速度，求出動量的變化量大小；根據動量定理計算頭部對足球的平均作用力；應用動能定理分析足球與頭接觸的過程，求出合外力對足球做的功；由動量定理分析足球從靜止下落到上升到最大高度過程，得出足球重力的沖量大小與人對足球的沖量大小的關系。
11．【答案】（1）
（2）C
（3）A
【知識點】測定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）因為表面鍍銀，所以光射入該面時發生反射，然后折射出面，故應該在側觀察，插第三枚大頭針同時擋住和的像。
（2）插第三枚大頭針時，這枚大頭針應同時擋住和的像，C符合題意，ABD不符合題意。
故答案為：C。
（3）根據折射定律可得
A符合題意，BCD不符合題意。
故答案為：A。
【分析】（1）根據光路分析插第三枚大頭針時觀察光路的位置；（2）根據光路分析插第三枚大頭針的位置；（3）根據折射率公式結合幾何關系，求出玻璃磚的折射率。
12．【答案】（1）C
（2）C
（3）1.63
（4）
（5）木板傾角過大（碰前小車Q具有沿軌道向下的速度）
【知識點】驗證動量守恒定律
【解析】【解答】（1）橡皮泥在本實驗中的作用是使碰撞后兩車粘連在一起，C符合題意，AB不符合題意。
故答案為：C。
（2）A.實驗前應微調木板的傾斜程度，達到平衡摩擦力的目的，小車P能在木板上勻速直線運動時，說明小車的摩擦力剛好被平衡掉，A不符合題意；
B.因為已平衡摩擦力，所以小車釋放后應做勻速直線運動，故接通打點計時器電源后，釋放小車時需有一定的初速度，B不符合題意；
C.與小車P碰撞前，小車Q應靜止在木板上，保證碰撞前速度為0，且位置要適當，保證可以測量出小車P的碰前速度和碰后速度，C符合題意；
D.加砝碼以改變小車質量再次實驗，不需要再次調整木板傾角，D不符合題意。
故答案為：C。
（3）碰撞前小車P做勻速直線運動，應選擇點間距相等的BC段求小車P的碰前速度，可得
（4）碰撞后小車P和Q粘在一起做勻速直線運動，觀察紙帶上記錄的點間距，可知應為碰撞后二者的運動距離，則根據動量守恒定律可得
，，
解得
（5）根據（4）的推導過程可知，若系統碰后動量的測量值總是大于碰前動量的測量值，可能是木板傾角過大，導致碰后測得的速度大于小車P和Q碰后粘在一起的速度，也可能是碰撞前Q不是處于靜止狀態，即碰前小車Q具有沿軌道向下的速度，使測量的碰前總動量小于真實值。
【分析】（1）橡皮泥在本實驗中的作用是使碰撞后兩車粘連在一起；（2）根據實驗原理和注意事項分析；（3）碰撞前小車P做勻速直線運動，應選擇點間距相等的BC段求小車P的碰前速度；（4）根據動量守恒定律推導本實驗需要驗證的表達式；（5）根據實驗的操作過程和動量守恒的推導過程，分析實驗誤差的造成原因。
13．【答案】（1）解：波在介質中勻速傳播，根據
可得A、B兩點起振的時間差為
（2）解：根據題意可知A、B兩點間的距離為
解得
根據
代入數據解得
【知識點】波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）由A、B兩點的距離，求解A、B兩點起振的時間差；（2）根據波速公式求解S點在豎直方向振動的頻率。
14．【答案】（1）解：由題可知光路如圖所示
由于弧所對的圓心角為，入射光線豎直向下，即與平行，則入射角為
根據幾何關系知光在點的折射角為
則玻璃磚對光的折射率為
（2）解：若光線沿射入玻璃磚，光路如圖所示
由幾何關系，光線在面的入射角為
設折射角為，由
解得
由幾何關系知
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根據題意做出光路圖，結合幾何關系，由折射定律求解玻璃磚對光的折射率；（2）由折射率公式求出光從O點射出時的折射角，再由幾何關系求出Q離N點的距離。
15．【答案】（1）解：小球擺下過程，根據動能定理可得
解得碰前瞬間小球的速度為
小球處于最低點時，根據牛頓第二定律可得
解得輕繩的拉力為
（2）解：小球與滑塊發生彈性正碰，碰撞過程根據動量守恒和機械能守恒可得
解得碰后滑塊的速度為
滑塊在木板上滑行時，根據動量守恒可得
解得
根據能量守恒可知，運動過程中滑塊與木板組成系統損失的機械能為
（3）解：為了使m不從M上滑下，設長木板至少長為，則有
解得
【知識點】豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用；動量與能量的綜合應用一板塊模型
【解析】【分析】（1）根據題意做出光路圖，結合幾何關系，由折射定律求解玻璃磚對光的折射率；（2）由折射率公式求出光從O點射出時的折射角，再由幾何關系求出Q離N點的距離。
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