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通用版带答案高中物理选修一综合测试题基本知识过关训练1单选题1、小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光转动镜片时发现光有强弱变化下列说法能够解释这一现象的是（）A阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用B阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用C阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用D阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用答案：B发现强弱变化说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，因此镜片起到检偏器的作用。故选B。2、一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（）A9m/sB10m/sC11m/sD12m/s答案：A由图可知，波长=8m波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的距离可能是(n+1)m或(n+5)m(n=0,1,2)，则波速v=xt=(8n+1)或(8n+5)(n=0,1,2)当n=0时v=1m/s或v=5m/s当n=1时v=9m/s或v=13m/s故A可能，BCD不可能。故选A。3、一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时的波形图如图，此时波恰好传到质点M所在位置，当t=1.5s时，位于x=8m处的质点P运动的总路程为15cm，则以下说法正确的是（）A波的周期为2sB波源的起振方向沿y轴正方向C波的传播速度为5.4m/sDt=2.0s时质点P处于波谷答案：DB由t=0时刻波传到M点，且波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，质点M的振动方向为y轴负方向，即波源的起振方向沿y轴负方向，故B错误；AC由波形图可知，波长=4m设波速为v、周期为T。质点P的起振方向沿y轴的负方向，波从M点传到P点的时间为3T4，当t=1.5s时，质点P运动的总路程为s=15cm=3A即质点P第一次到达波峰，于是有t=3T4+3T4=1.5s解得T=1s故波速v=T=41m/s=4m/s故AC错误；Dt=1.5s时质点P第一次到达波峰，从t=0到t=2.0s质点已经振动的时间t=2.0-3T4=2.0-0.75=1.25s=1T4质点P的起振方向沿y轴的负方向，则t=2.0s时质点P处于波谷，故D正确。故选D。4、如图所示为一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置在x1=1m、x2=12m处的质点，从t=0时刻开始，质点Q比质点P早0.1s第一次到达波峰，则下列说法错误的是（）A波沿x轴正向传播B波传播的速度大小为10m/sC3s内质点P运动的路程为1mD质点Q的振动方程为y=-10sin（35t）cm答案：DA从t=0时刻开始，质点Q比质点P早0.1s第一次到达波峰，说明t=0时刻质点P、Q沿y轴负方向运动，因此波沿x轴正向传播，故A正确，不符合题意；B质点Q比质点P早0.1s第一次到达波峰，则质点P从t=0时刻到达平衡位置需要的时间为0.1s，则波传播的速度v=xt=10.1m/s=10m/s故B正确，不符合题意；C质点振动的周期T=v=1.2s3s内质点P运动的路程s=tT4A=100cm=1m故C正确，不符合题意；D波沿x轴正向传播，初始时刻质点Q处于平衡位置，则质点Q的振动方程为y=-Asin(2Tt)=-10sin53tcm故D错误，符合题意。故选D。5、如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，当Q点在t=0时的振动状态传到P点时，则（）A1cmx2cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动BQ处的质点此时的加速度沿y轴的正方向CQ处的质点此时正在波峰位置DQ处的质点此时运动到P处答案：BQ点振动状态传到P点时的图像如图虚线所示A此时1cmxTbBb、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大C达到稳定时b摆的振幅最大D由图乙可知，此时b摆的周期Tb小于t0答案：BA由单摆周期公式T2Lg可知，a、b、c单摆的固有周期关系为Ta=TcmB的小球B置于水平轨道，再次将小球A从圆弧的最高点静止释放，记录碰后两球平抛的落点，测量三个落点对应的水平位移从小到大分别为L、2L、3L，重力加速度为g，下列说法错误的是（）A小球A运动到圆弧的最低点时，对轨道的压力为3mAgB小球A未与小球B碰撞时，小球A的落点可能为N点C小球A与小球B的质量之比为3:1D两小球的碰撞为弹性碰撞答案：BA取圆弧轨道的半径为R，由机械能守恒定律有mAgR=12mAvA2由牛顿第二定律得小球A在圆弧的最低点有FN-mAg=mAvA2R联立得小球A运动到圆弧的最低点对轨道的压力为F压=FN=3mAgA正确；B小球平抛运动下落的高度相等，平抛运动时间相同，P、M、N对应的平抛运动的速度可表示为v、2v、3v，小球A未与小球B碰撞时，若小球A的落点为N点，由碰撞过程动量守恒有mA3v=mAv+mB2v得mA=mB与题意不符，B错误；C由以上分析可知，小球A未与小球B碰撞时，小球A的落点为M点，碰后小球A和小球B的落点分别为P、N，由碰撞过程动量守恒有mA2v=mAv+mB3v得mAmB=31C正确；D碰前小球A的动能为E=12mA(2v)2=2mAv2碰后小球A和B动能和为E=12mAv2+12mB(3v)2=2mAv2=E则两小球的碰撞为弹性碰撞，D正确。此题选择不正确的选项，故选B。10、某列“和谐号”高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段此列车的动量（）A与它的位移成正比B与它的位移的平方成正比C与它的速度成反比D与它所经历的时间成正比答案：DAB根据匀变速直线运动公式v2=2ax解得v=2ax则列车的动量为p=mv=m2ax故AB错误；C由动量表达式可知列车的动量为p=mv即动量与速度成正比，故C错误；D根据v=at则列车的动量为p=mv=mat即与它所经历的时间成正比，故D正确。故选D。11、枫桥夜泊中有名句：“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”。其中，当钟声传到客船时，对大钟的撞击早已停止了，但仍感觉“余音未绝”，分析其原因可能是（）A大钟的回声B大钟在继续振动，空气中继续形成声波C人的听觉发生“暂留”的缘故D大钟虽停止振动，但空气仍在振动答案：B停止对大钟的撞击后，大钟做阻尼振动，仍在空气中形成声波，随着能量的减弱，钟声逐渐消失。故选B。12、一个人站在湖边，观察离岸一段距离的水下的一条鱼，这个人看到的鱼的位置和鱼在水下真实的位置相比较，下列说法中正确的是（）A在鱼真实位置的正上方某处B在鱼真实位置下方偏向观察者的某处C在鱼真实位置上方偏向观察者的某处D所给条件不足，无法确定观察到的鱼的位置答案：C如图所示画出光路图所以这个人看到的鱼的位置在鱼真实位置上方偏向观察者的某处，故C正确，ABD错误。故选C。13、最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为（）A1.6102kgB1.6103kgC1.6105kgD1.6106kg答案：B设它在t时间内喷射的气体质量为m，根据动量定理Ft=mv解得mt=Fv=4.81063000kg/s=1.6103kg/s则它在1s时间内喷射的气体质量约为1.6103kg。故选B。14、如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m0v0m0+m+MB子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M+m0)gC子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M+m+m0)gD子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒答案：CA子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则m0v0=(M+m0)v1解得v1m0v0m0+M故A错误；B子弹射入木块后的瞬间FT-(M+m0)g=(M+m0)v12L解得绳子拉力FT=(M+m0)g+(M+m0)v12L故B错误；C子弹射入木块后的瞬间，对圆环FN=FT+mg(M+m+m0)g由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g，故C正确；D子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误。故选C。15、即将建成的孝文化公园摩天轮是新田水上乐园的标志性建筑之一，预计开放后会深受游客喜爱。摩天轮悬挂透明座舱，某游客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（）A摩天轮转动一周的过程中，游客重力的冲量为零B摩天轮转动过程中，游客的机械能保持不变C在最高点，游客处于失重状态D摩天轮转动过程中，游客重力的瞬时功率保持不变答案：CA摩天轮转动一周的过程中，重力不为零、时间不为零，根据I=Ft可知乘客重力的冲量不为零，选项A错误；B摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但重力势能在变化，因此乘客的机械能在变化，选项B错误；C圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向下方，加速度向下，处于失重状态，选项C正确；D摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随着位置的改变，速度在竖直方向的分速度在变化，因此乘客重力的瞬时功率在变化，选项D错误。故选C。多选题16、如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为v=0.4m/s，振幅均为A=2cm。t=0时刻两列波的图象及传播方向如图所示，此时平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M、N的平衡位置分别处于x=0.4m和x=0.5m处，下列关于各质点运动情况的判断正确的（）At=0.75s时刻，质点P、Q都运动到N点B质点P、Q的起振方向相同Ct=1.5s时刻，质点M的位移为2cmD两列波相遇后，N点是振动加强点答案：BDA质点只在各自平衡位置附近往复振动，不会随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到N点，A错误；B由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，即质点P、Q的起振方向相同，B正确；Ct=1.5s时，两列波传播的距离均为x=vt=0.41.5m=0.6m结合图可知，此时两列波的平衡位置恰好都传播到M点，因此M点恰好处于平衡位置，位移为零，C错误；D由于波的传播过程就是波形的平移，可知当左侧的波谷到达N点时，右侧的波谷也恰好到达N点，同样，当左侧的波峰到达N点时，右侧的波峰也恰好到达N点，因此N点是振动加强点，D正确。故选BD。17、关于多普勒效应，下列说法正确的是（）A若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率B发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变C多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动（距离发生变化）而产生的D只有声波才有多普勒效应答案：ABCA若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率，A正确；B发生多普勒效应时，波源的频率不会发生改变，B正确；C多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动（距离发生变化）而产生的，C正确；D机械波和电磁波都会发生多普勒效应现象，故D错误。故选ABC。18、疫情期间，同学们在家学习的同时不忘坚持体育锻炼，某同学在家做俯卧撑运动。关于做俯卧撑运动的过程，下列说法中正确的是（）A俯卧撑向下运动的过程中，该同学处于失重状态B俯卧撑向上运动的过程中，该同学克服重力做功的功率逐渐增大C在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学不做功D在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学施加的冲量不为零答案：CDA俯卧撑向下运动的过程中，该同学先向下加速，失重；后向下减速，超重，选项A错误；B俯卧撑向上运动的过程中，该同学向上的速度先增加后减小，即克服重力做功的功率先逐渐增大后逐渐减小，选项B错误；C在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的作用力没有位移，则地面对该同学不做功，选项C正确；D根据I=Ft可知，在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学施加的冲量不为零，选项D正确。故选CD。19、某同学用在实验室做“单摆的周期T与摆长L的关系”实验，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t。他测得的g值偏小，可能的原因是（）A测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时，秒表过早按下D在摆动过程中，由于空气阻力造成摆角逐渐变小答案：BCA由单摆周期公式可知g=42LT2测摆线长度时摆线拉得过紧，会使测得的摆长偏大，即重力加速度偏大，故A错误；B振动中摆线变长，即摆长的测量值偏小，即重力加速度偏小，故B正确；C秒表过早按下，即测得的周期偏大，所以重力加速度偏小，故C正确；D空气阻力的作用下，简谐振动变为阻尼振动，周期不变，故D错误。故选BC。20、某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误。但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa与bb不平行，如图所示。则下列说法正确的是（）AP1P2与P3P4两条直线平行B他测出的折射率偏大CP1P2与P3P4两条直线不平行D他测出的折射率不受影响答案：CDAC根据折射定律有n=sinsin=sinrsini玻璃砖的两个光学面aa与bb不平行，则i故r故P1P2与P3P4两条直线不平行，故A错误，C正确；BD根据插针法测定玻璃砖的折射率的原理，折射率是由n=sinsin算出，即使P1P2与P3P4两条直线不平行，也不影响对,的测量，测出的折射率不会受影响，故B错误，D正确。故选CD。21、1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。若碰撞为弹性正碰，氮核质量是氢核质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）Av2小于v1Bv2大于v0C碰撞后氮核的动量比氢核的小D碰撞后氮核的动能比氢核的小答案：ADAB设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv312mv02=12mv12+12mv32联立解得v1=v0设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv412mv02=1214mv22+12mv42联立解得v2=215v0可得v1=v0v2选项A正确，B错误；C碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0氮核的动量为pN=14mv2=28mv015可得pNpH选项C错误；D碰撞后氢核的动能为EkH=12mv12=12mv02氮核的动能为EkN=1214mv22=28mv02225可得EkHEkN故D正确。故选AD。22、甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（）A甲速度为零时，乙加速度最大B甲加速度为零时，乙速度最小C1.251.5s时间内，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小D甲、乙的振动频率之比f甲f乙12E甲、乙的振幅之比A甲A乙21答案：CDEA由题图可知，甲运动到最大位移处（速度为零）时，乙刚好运动到平衡位置，加速度为零，速度最大，A错误；B甲运动到平衡位置（加速度为零）时，乙也运动到平衡位置，速度最大，B错误；C1.25s1.5s时间内，由F=kx可知，甲远离平衡位置，位移增大，回复力大小增大，乙向平衡位置运动，位移减小，回复力大小减小，C正确；D甲做简谐运动的周期T甲=2.0s，乙做简谐运动的周期T乙=1.0s，甲、乙的振动周期之比T甲:T乙=2:1根据周期与频率成反比，可知甲、乙的振动频率之比f甲:f乙=1:2D正确；E甲的振幅A甲=10cm，乙的振幅A乙=5cm，甲、乙的振幅之比A甲:A乙=2:1E正确。故选CDE。23、在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，其实验光路图如图所示，对实验中的一些具体问题，下列说法正确的是（）A为了减少作图误差，P3和P4的距离应适当取大一些B若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像C为减少测量误差，P1、P2连线与玻璃砖界面法线的夹角应适当取大一些D若P1、P2连线与法线NN间夹角较大时，有可能在bb一侧就看不到P1、P2的像答案：ACA折射光线是通过隔着玻璃砖观察成一条直线确定的，大头针之间的距离太小，引起的误差会较大，所以为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当大一些，故A正确；B根据光路可逆可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射反射，则即使P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖仍可以看到P1、P2的像，故B错误；C为减小测量误差，入射角应当要尽量大一些，这样折射角也会大一些，折射现象更明显，故C正确；D若P1、P2连线与法线NN间夹角较大时，由光路可逆性，在bb一侧一定能看到P1、P2的像，故D错误。故选AC。24、如图所示，一质量为m，边长为a的均匀正方形导线框ABCD放在光滑绝缘的水平面上。现线框以速度v水平向右进入边界为MN的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，AB/MN，最终线框静止在水平面上，则下列说法正确的是（）AAB边刚进入磁场时，A、B间的电势差为34BavBAB边刚进入磁场时，A、B间的电势差为BavC整个过程中，通过线框横截面的电荷量为mvBaD整个过程中，线框产生的热量为12mv2答案：ACDAB设每条边的电阻为R，则总电阻为4R，AB边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势为E=Bav线框中感应电流为I=E4R=Bav4RA、B间的电势差相当于路端电压，则有U=I3R=34Bav，A正确，B错误；C根据动量定理可知-BIat=0-mv又q=It联立解得q=mvBaC正确；D根据能量守恒定律可知，线框的动能全部转化为内能，所以整个过程线框中产生的热量为Q=12mv2D正确；故选ACD。25、如图所示，在x轴上有两个波源，分别位于x0.2m和x1.2m处，振幅均为A2cm，由它们产生的两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为v0.4m/s，图示为t0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于x0.2m和x0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x0.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是（）A质点P、Q都首先沿y轴负方向运动Bt0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点Ct1s时刻，质点M相对平衡位置的位移为4cmD经过1s后，M点的振幅为4cm答案：ACDA由题图可知，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均首先沿y轴负方向运动，故A正确；B质点不随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到M点，故B错误；CD波长为0.4m，波速为0.4m/s，则由波长与波速关系可求出，波的周期为T=v=1s当t=1s时刻，两波的波谷恰好都传到质点M处，所以M点的位移为4cm，由题知，M点为振动加强点，即以后M点的振幅为4cm，故CD正确。故选ACD。填空题26、如图所示，一平台到地面的高度为h=0.45m，质量为M=0.3kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为=0.2，地面上有一质量为m=0.1kg的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为s=1.2m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行。已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则玩具青蛙起跳时的速度大小为_m/s，木块开始滑动时的速度大小为_m/s，玩具青蛙在平台上运动的时间为_s。答案：510.51玩具青蛙在竖直方向上的运动为自由落体运动的逆过程，由h=12gt12得它在空中运动的时间t1=0.3s；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx=st1=4m/svy=gt1=3m/s则玩具青蛙起跳时的速度大小为v0=vx2+vy2=5m/s2由动量守恒定律得mvx=(m+M)v解得木块开始滑动时的速度大小为v=1m/s3由动量定理得-(m+M)gt2=0-(m+M)v解得玩具青蛙在平台上运动的时间t2=0.5s27、如图甲所示，在直角坐标系平面内存在均匀介质，波源s1、s2的位置坐标分别为（0，0）和（0，12m），质点a的平衡位置为（16m，0）。在t=0时刻波源s1、s2同时开始沿垂直于坐标系平面方向（z方向）振动，振动图像均如图乙所示，所形成的机械波在直角坐标系平面内传播。t=8s时质点a开始振动，两列波的传播速度大小均为_m/s；两列波的波长均为_m；两列波相遇后，质点a振动的振幅为_。答案：2840m1波源s2距离质点a的距离x=122+162m=20m则t=8s时波源s1先传到质点a，两列波在同一均匀介质传播，两列波的传播速度相等，则v=st=168m/s=2m/s2根据图乙可知，振动的周期T=4s则两列波的波长=vT=8m3两列波的波源距离质点a的波程差x=20m-12m=8m=是波长的整数倍，则质点a是振动加强点，质点a振动的振幅A=220m=40m28、甲、乙两人在湖边钓鱼，甲发现湖中钓鱼的浮标随水波上下浮动，他观测发现浮标第1次到达最高点至第11次到达最高点的时间t1=20s，甲、乙的浮标在波的传播方向上相距x=8m，从甲的浮标第一次运动到最高点开始计时，不考虑其他波源，经时间t2=4s，乙的浮标第一次到达最高点。该水波的周期为_s，波长为_m。答案：2412由题意可知该水波的周期为T=t1n-1=2s波速为v=xt2=2m/s波长为=vT=4m29、图甲表示一列简谐横波在t=1s时的波形图，图乙是该列波中的质点P的振动图像，由甲、乙两图中所提供的信息可知该波的传播速度为_m/s，该列波的传播方向为_（选填“沿x轴正方向”或“沿x轴负方向”）。答案：0.5沿x轴正方向1由题图甲可得波长=100cm=1m由题图乙可得周期T=2s则波速为v=T=12m/s=0.5m/s2根据图乙可知t=1s时，质点P在平衡位置向下振动，根据波的平移可知波沿x正向传播；30、某横波在介质中传播，t=0时刻波传播到x轴上的质点B时，所形成的波形如图所示，则O点开始振动时振动方向_（选填向上或向下），若已知计时开始后，则质点A在t=0.3s时第二次出现在平衡位置，该简谐横波的波速等于_m/s。答案：向上51由图知，B点开始振动时向上振动，故O点开始振动时振动方向向上；2由质点A在t=0.3s时第二次出现在平衡位置得34T=0.3s解得T=0.4s由图像可知，波长为2m，则有v=T=5m/s29