2025年湘師大新版選擇性必修1物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘師大新版選擇性必修1物理上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點。t=0時振子的位移為-0.1m，t=1s時位移為0.1m，則（）A.若振幅為0.1m，振子的周期可能為sB.若振幅為0.1m，振子的周期可能為sC.若振幅為0.2m，振子的周期可能為4sD.若振幅為0.2m，振子的周期可能為8s2、如圖所示，彈簧上面固定一質(zhì)量為m的小球，小球在豎直方向上做振幅為A的簡諧運動；當小球振動到最高點時彈簧正好為原長，則小球在振動過程中（）

A.小球的最大動能應等于mgAB.彈簧的彈性勢能和小球的動能總和保持不變C.彈簧的最大彈性勢能小于2mgAD.小球在最低點時的彈力大小等于2mg3、如圖所示；質(zhì)量為m的物體在一個與水平方向成θ角的恒拉力F作用下，沿水平面向右勻速運動，則下列關于物體在時間t內(nèi)所受力的沖量正確的是。

A.拉力F的沖量大小為FtcosθB.摩擦力的沖量大小為FtsinθC.重力的沖量大小為mgtD.物體所受支持力的沖量是mgt4、長為的輕繩，一端用質(zhì)量為的圓環(huán)套在水平光滑的橫桿上，另一端連接一質(zhì)量為的小球．開始時，將小球移至橫桿處（輕繩處于水平伸直狀態(tài)，見圖），然后輕輕放手，當繩子與橫桿成直角時，小球速度沿水平方向且大小是此過程圓環(huán)的位移是則

A.B.C.D.5、兩個小木塊B、C中間夾著一根輕彈簧，將彈簧壓縮后用細線將兩個木塊綁在一起，使它們一起在光滑水平面上沿直線運動，這時它們的運動圖線如圖中a線段所示，在t=4s末，細線突然斷了，B、C都和彈簧分離后，運動圖線分別如圖中b、c線段所示。從圖中的信息可知（）

A.木塊C都和彈簧分離后的運動方向相反B.木塊C都和彈簧分離后，系統(tǒng)的總動量增大C.木塊C分離過程中B木塊的動量變化較大D.木塊B的質(zhì)量是木塊C質(zhì)量的6、如圖所示，一束光射向半圓形玻璃磚的圓心O，經(jīng)折射后分為兩束單色光a和b。下列判斷正確的是（）

A.玻璃磚對a光的折射率大于對b光的折射率B.若增大入射角，b光先發(fā)生全反射C.a光在真空中的傳播速度大于b光在真空中的傳播速度D.a光在玻璃中的傳播速度小于b光在玻璃中的傳播速度評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、如圖，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運動。以豎直向上為正方向，物塊簡諧運動的表達式為y=0.1sin（2.5πt）m。t=0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t=0.6s時，小球恰好與物塊處于同一高度。重力加速度的大小g取10m/s2。以下判斷正確的是（）

A.h=1.7mB.簡諧運動的周期是0.8sC.0.6s內(nèi)物塊運動的路程為0.2mD.t=0.4s時，物塊與小球運動方向相反8、一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻剛好傳到E點，且A點在波峰，B、C、D也是波上質(zhì)點，波形如圖(a)所示；質(zhì)點C的振動圖像如圖（b）所示．在x軸正方向E有一能接收簡諧橫波信號的接收器（圖中未畫出）以5m/s的速度向x軸正方向運動．下列說法正確的是____．

A.波速是10m/sB.t=0.05s時刻，B點在波谷C.C、D兩點振動的相位差是πE.接收器接收到的波的頻率比波源振動頻率小E.接收器接收到的波的頻率比波源振動頻率小9、如圖所示，在等邊三棱鏡截面ABC內(nèi)，有一束單色光從空氣射向其邊界上的E點，已知該單色光入射方向與三棱鏡邊界AB的夾角該單色光在三棱鏡中的傳播光線與底邊BC平行。則下列說法中正確的是（）

A.該單色光在AB邊界發(fā)生全反射B.該單色光從空氣進入棱鏡后頻率不變C.該單色光在AC邊界發(fā)生全反射E.三棱鏡對該單色光的折射率為E.三棱鏡對該單色光的折射率為10、一只小鳥從上往下落在細樹枝上，隨樹枝做小幅度上下振動（可視為豎直方向的簡諧運動），某時刻開始計時，其振動位移隨時間變化規(guī)律（振動圖像）如圖所示。取豎直向上為正方向；已知小鳥只在重力和樹枝對小鳥作用力的作用下運動，則下列說法正確的是（）

A.在時刻，小鳥速度最大，方向豎直向下B.在和時刻，樹枝對小鳥作用力大小一樣C.在過程樹枝對小鳥作用力一定是越來越小D.在過程樹枝對小鳥作用力一定是越來越大11、2022年12月13日，2名六盤水市運動員參與中國冰壺隊出征世界冰壺青年錦標賽男子組決賽，以的成績獲得比賽冠軍；如圖，冰壺A以1.5m/s的速度與靜止在冰面上的冰壺B正碰，碰后瞬間B的速度大小為1.2m/s，方向與A碰前速度方向相同，碰撞時間極短。若已知兩冰壺的質(zhì)量均為20kg，則下列說法中正確的是（）

A.A.B相碰時，A和B組成的系統(tǒng)動量近似守恒B.碰后瞬間A的速度大小為0.4m/sC.碰撞過程中，A對B的沖量大小為D.B碰撞過程是非彈性碰撞12、冰雕展上有一塊邊長為1m的立方體冰塊，冰塊內(nèi)上下底面中心連線為在處安裝了一盞可視為點光源的燈；已知冰塊的折射率為1.3.下列說法正確的是（）

A.光在冰塊中發(fā)生全反射的臨界角為C，可知B.由燈直接發(fā)出的光照到冰塊四個側(cè)面時全部能從側(cè)面射出C.由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時全部能從上表面射出D.從冰塊正上方沿方向觀察，點光源的視深是13、用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C、D、E處于豎直平面上，各段輕桿等長，其中小球A，B的質(zhì)量均為2m，小球C、D、E的質(zhì)量均為m現(xiàn)將A、B兩小球置于距地面高h處；由靜止釋放，假設所有球只在同一豎直平面內(nèi)運動，不計一切摩擦，則在下落過程中（）

A.小球E組成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球E組成的系統(tǒng)動量守恒C.小球B落地的速度大小為D.當小球A的機械能最小時，地面對小球C的支持力大小為mg14、如圖所示，一個質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m=2M的小物塊．現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個水平向左、大小為v0的初速度；下列說法正確的是。

A.最終小物塊和木箱都將靜止B.最終小物塊和木箱組成的系統(tǒng)損失機械能為C.木箱速度水平向左、大小為時，小物塊的速度大小為D.木箱速度水平向右、大小為時，小物塊的速度大小為15、對機械波的相關公式下列說法正確的是（）A.適用于一切波B.由知，增大，則波速也增大C.三個量中，對同一列波來說，在不同介質(zhì)中傳播時保持不變的只有D.由知，波長為的聲波是波長為的聲波傳播速度的評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、（1）做勻速圓周運動的物體動量大小不變。（______）

（2）Δp的方向一定與初速度的方向相同。（______）17、薄膜干涉。

（1）薄膜干涉中的獲得光照射到薄膜上，在薄膜的前后兩個面______的光是由同一個光波分解而成的，它們具有相同的______；恒定的相位差及振動方向；

（2）薄膜干涉的原理。

光照在厚度不同的薄膜上時，在薄膜的不同位置，前后兩個面的反射光的______不同，在某些位置兩列波疊加后相互加強，于是出現(xiàn)______條紋；在另一些位置，兩列波疊加后相互削弱，于是出現(xiàn)______條紋。18、動車組進站時的鳴笛聲較靜止時更為尖銳，其原因是：列車駛向人時，單位時間人接收的聲波數(shù)__________（大于/等于/小于）列車靜止時的，導致人接收到聲音的__________（頻率/周期/波長）變大。19、一物體質(zhì)量為10kg，受到方向不變的力F＝30＋40t（SI）作用，在開始的兩秒內(nèi)，此力沖量的大小等于________________；若物體的初速度大小為10m/s，方向與力的方向相同，則在2s末物體速度的大小等于___________________。20、質(zhì)量的物體，以初速度水平拋出，末物體動量大小為______在這內(nèi)重力沖量大小為______方向為______（不計空氣阻力）21、一列簡諧橫波沿x軸傳播，振幅為時刻，該波波形如圖中實線所示，此時處的質(zhì)點N沿y軸負向振動，質(zhì)點M此時的縱坐標為經(jīng)過波形如圖中虛線所示，則此列波的傳播方向沿x軸___________（填“正”或“負”）方向，該簡諧橫波的周期是___________s，時刻質(zhì)點M的橫坐標是___________m。

22、在2021年12月9日的天宮課堂中，三位航天員觀察到水球中的氣泡特別亮，這是因為光在氣泡表面發(fā)生了_____現(xiàn)象。如圖所示，水的折射率為n，發(fā)生這個現(xiàn)象的條件是sinθ_______（填“”或“”）水相對空氣是___________介質(zhì)（填“光密”或“光疏”）。

23、如圖所示，是一直角梯形棱鏡的橫截面，位于截面所在平面內(nèi)的一束光線由點垂直邊射入。已知棱鏡的折射率畫出光線第一次射出棱鏡時出射光線的方向________，第一次的出射點距點_________cm。

24、如圖甲所示，在“用雙縫干涉測光的波長”實驗中，將雙縫干涉儀按要求安裝在光具座上，已知雙縫與屏的距離為L，雙縫間距為d。

①調(diào)節(jié)儀器使分劃板的中心刻度對準一條亮條紋的中心A，示數(shù)如圖乙所示，其讀數(shù)為x1=____________mm。移動手輪至另一條亮條紋的中心B，讀出其讀數(shù)為x2.

②寫出計算波長的表達式λ=____________（用x1、x2、L、d表示）。

③若將濾光片由綠色換成紅色，其他條件不變，則屏上干涉條紋的間距將____________（填“增大”“減小”或“不變”）。評卷人得分四、作圖題(共2題，共4分)25、O點是彈簧振子的平衡位置，在圖上標出振子在B點的振動位移和在A點的加速度。

26、某一簡諧橫波在時刻的波形圖如圖所示。若波向右傳播，畫出后和前兩個時刻的波的圖像。___________

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【詳解】

AB．若振幅為0.1m，根據(jù)題意可知

可得振子的周期

可知

A正確；B錯誤；

CD．若振幅為0.2m，①若在t=0時的振子的位移為-0.1m且沿x軸負方向運動，在t=1s時位移為0.1m，且沿x軸正方向運動，根據(jù)題意可知

可得振子的周期

可知

②若在t=0時的振子的位移為-0.1m且沿x軸負方向運動，在t=1s時位移為0.1m，且沿x軸負方向運動，根據(jù)題意可知

可得振子的周期

可知

③若在t=0時的振子的位移為-0.1m且沿x軸正方向運動，在t=1s時位移為0.1m，且沿x軸正方向運動，根據(jù)題意可知

可得振子的周期

可知

④若在t=0時的振子的位移為-0.1m且沿x軸正方向運動，在t=1s時位移為0.1m，且沿x軸負方向運動；運動周期與第①種情況相同。

綜合①②③④可知；C；D錯誤。

故選A。2、D【分析】【詳解】

A．小球在平衡位置時，有

在平衡位置時動能最大，有

故A錯誤；

B．因為運動過程中彈簧與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒；因此動能；重力勢能和彈性勢能之和保持不變，故B錯誤；

CD．從最高點到最低點，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能

最低點加速度大小等于最高點加速度大小，據(jù)牛頓第二定律可知

得

故C錯誤；D正確。

故選D。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A、拉力F的沖量大小為Ft，故A錯誤；

B、物體做勻速直線運動，可知摩擦力f=Fcosθ，則摩擦力的沖量大小為ft=Ftcosθ，故B錯誤；

C、重力的沖量大小為mgt，故C正確；

D、支持力的大小為則支持力的沖量為故D錯誤；

故選C．

【點睛】

根據(jù)力的大小，結(jié)合沖量的公式求出各力的沖量大?。?、A【分析】【詳解】

取此時環(huán)速為根據(jù)環(huán)球水平方向動量守恒有：

由于機械能守恒，則：

聯(lián)立解得：．

環(huán)球水平方向類同人船模型：

解得：

A．；與結(jié)論相符，選項A正確；

B．與結(jié)論不相符，選項B錯誤；

C．與結(jié)論不相符，選項C錯誤；

D．與結(jié)論不相符，選項D錯誤；5、D【分析】【詳解】

A．由x?t圖象可知；位移均為正，均朝一個方向運動，沒有反向，故A錯誤；

B．木塊B；C都和彈簧分離后；系統(tǒng)所受合外力矢量和為零，所以系統(tǒng)前后的動量守恒，即系統(tǒng)的總動量保持不變，故B錯誤；

C．系統(tǒng)動量守恒；則系統(tǒng)內(nèi)兩個木塊的動量變化量等大反向，故C錯誤；

D．木塊都與彈簧分離后B的速度和C的速度分別為

細線未斷前B、C的速度均為由動量守恒定律得

解得

故D正確。

故選D。6、B【分析】【詳解】

A．b光的偏折程度更大，由折射定律可知玻璃磚對a光的折射率小于對b光的折射率；A錯誤；

B．根據(jù)全反射臨界角公式

可知a光的臨界角大于b光的臨界角，b光先發(fā)生全反射；B正確；

C．光在真空中的傳播速度都相同；C錯誤；

D．由

b光的折射率更大，a光在玻璃中的傳播速度大于b光在玻璃中的傳播速度；D錯誤；

故選B。二、多選題(共9題，共18分)7、A:B【分析】【分析】

【詳解】

AB．由物塊簡諧運動的表達式。

y=0.1sin（2.5πt）m可知。

ω=2.5πrad/s當。

t=0.6s時。

y=－0.1m對小球。

解得。

h=1.7m故AB正確；

CD．物塊在0.6s內(nèi)運動的路程為0.3m；當。

t=0.4s時；物塊經(jīng)過平衡位置向下運動，與小球運動方向相同，故C；D錯誤。

故選AB。8、A:C:E【分析】【詳解】

A．由（a）圖可知，波長為．由（b）圖可知，周期．所以波速：

故A正確．

B．靠近平衡時振動速度更大，所以B點從圖示位置振動到波谷應該用大于的時間．故B錯誤．

C．C；D兩點傳播相差半個波長；所以振動的相位差π，故C正確．

D．因為簡諧橫波沿x軸正方向傳播；所以由質(zhì)點帶動法可以判斷波源起振方向沿y軸正方向．故D錯誤．

E．接收器和波源之間的距離增大，產(chǎn)生多普勒效應，所以接收器接收到的波的頻率比波源振動頻率?。蔈正確．9、B:D:E【分析】【詳解】

A．在AB邊界上光由空氣（光疏介質(zhì)）射入三棱鏡（光密介質(zhì)）；不會發(fā)生全反射，A項錯誤；

B．光從空氣進入三棱鏡后頻率不變；B項正確；

CD．由幾何關系可知，光線在AC邊界的入射角等于AB面上的折射角，根據(jù)光路可逆性原理知，光在AC邊界上的折射角為60°；C項錯誤，D項正確；

E．由幾何知識得，光線在AB面上的入射角

折射角

三棱鏡的折射率

E項正確。

故選BDE。10、A:D【分析】【詳解】

A．由振動圖像可知，在時刻；小鳥處于平衡位置向下振動，則小鳥的速度達到最大，方向豎直向下，A正確；

B．在和時刻，小鳥的加速度大小相等，時刻的加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

時刻的加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

可知在和時刻；樹枝對小鳥作用力大小不一樣，B錯誤；

C．在過程，小鳥的加速度越來越大，加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

若小鳥在時刻的最大加速度小于重力加速度，可知隨著小鳥加速度的增大，樹枝對小鳥作用力越來越小，若小鳥在時刻的最大加速度大于重力加速度；可知隨著小鳥加速度的增大，樹枝對小鳥作用力先逐漸減小到零，再反向逐漸增大，C錯誤；

D．在過程，小鳥的加速度越來越大，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

可知隨著小鳥加速度的增大；樹枝對小鳥作用力一定是越來越大，D正確；

故選AD。11、A:C:D【分析】【詳解】

A．由于碰撞時間極短；內(nèi)力遠遠大于外力，可知，A；B相碰時，A和B組成的系統(tǒng)動量近似守恒，A正確；

B．根據(jù)上述有

解得

B錯誤；

C．碰撞過程中，根據(jù)動量定理，A對B的沖量大小

C正確；

D．碰撞之前

碰撞之后

可知；A；B碰撞過程是非彈性碰撞，D正確。

故選ACD。12、A:C:D【分析】【詳解】

A．由臨界角與折射率的關系可知

故A正確；

BC．如圖所示。

在直角三角形中，由幾何關系可知

則

所以由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時全部能從上表面射出，而

所以由燈直接發(fā)出照到冰塊四個側(cè)面上的光不能全部都從側(cè)面射出；故B錯誤，C正確；

D．實深是AB，設視深為h，根據(jù)折射率定義式結(jié)合幾何關系可知

可得

故D正確。

故選ACD。13、A:C:D【分析】【詳解】

AB．小球A；B、C、D、E組成的系統(tǒng)機械能守恒但動量不守恒；故A正確，B錯誤；

C．由于D球受力平衡，所以D球在整個過程中不會動，所以輕桿DB對B不做功，而輕桿BE對B先做負功后做正功，所以小球B的機械能先減小后增加；當B落地時小球E的速度等于零，根據(jù)功能關系

可知小球B的速度為故C正確；

D．當小球A的機械能最小時；輕桿AC沒有力，小球C豎直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正確；

故選ACD。14、B:C【分析】【詳解】

A．系統(tǒng)所受外力的合力為零；系統(tǒng)的動量守恒，初狀態(tài)木箱有向左的動量，小木塊動量為零，故系統(tǒng)總動量向左，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對滑動，最終小木塊和木箱相對靜止，因為系統(tǒng)的總動量守恒，不管中間過程如何相互作用，根據(jù)動量守恒定律知，最終兩物體以相同的速度一起向左運動，故A錯誤；

B．規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律得

則得最終系統(tǒng)的速度為：

方向向左，最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失機械能為：

故B正確；

C．系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，木箱速度水平向左、大小為時，由動量守恒定律得：

解得：

故C正確；

D．系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，木箱速度水平向右，則木箱速度為根據(jù)動量守恒定律有：

解得：

物塊與木箱相對滑動；系統(tǒng)機械能有損失，但根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知，該過程機械能不變，不符合實際，故D錯誤。

故選BC．

【點睛】

小木塊和木箱組成的系統(tǒng)在光滑的平面上滑動,系統(tǒng)所受外力的合力為零,故系統(tǒng)動量始終守恒,而因為系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力,阻礙物體間的相對滑動,最終兩物體應該相對靜止,一起向左運動.由動量守恒求出最終共同速度,再由能量守恒求機械能的損失。15、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．一切波均滿足。

A正確；

BD．機械波的波速由介質(zhì)決定；與頻率；波長無關，BD項錯誤；

C．同一列波在不同介質(zhì)中傳播頻率不變；波速和波長改變，C正確。

故選AC。三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]做勻速圓周運動的物體,速度大小不變；所以動量大小不變。

(2)[2]動量變化量的方向與速度變化量方向相同，與初速度方向無直接關系。【解析】正確錯誤17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.反射②.頻率③.路程差④.亮⑤.暗18、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據(jù)多普勒效應可知，列車駛向人時，單位時間人接收的聲波數(shù)大于列車靜止時的，導致人接收到聲音的頻率變大?！窘馕觥看笥陬l率19、略

【分析】【詳解】

[1]外力F隨時間均勻變化，則在開始的兩秒內(nèi)，此力沖量的大小為

[2根據(jù)牛頓第二定律

可知加速度隨時間均勻增加，加速度隨時間變化的圖像所圍的面積代表速度的變化量，則有

可得2s末物體速度的大小為【解析】140N·s24m/s20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]物體拋出后做平拋運動；1s末物體的豎直分速度。

此時物體的速度。

此時動量大小。

[2]