【文档说明】湖北省部分省级示范高中2023-2024学年高一下学期期末测试物理试卷 Word版含解析.docx，共(12)页，1017.679 KB，由小赞的店铺上传

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湖北省部分省级示范高中2023~2024学年下学期期末测试高一物理试卷命题人：武汉经开区一中审题人：武汉市第四十九中学考试时间：2024年7月2日试卷满分：100分★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，

并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的

得2分，有选错的得0分。1．对于开普勒行星运动定律的理解，下列说法中正确的是（）A．开普勒三大定律仅适用于太阳系中行星的运动B．开普勒第二定律表明，行星离太阳越远，速度越小C．所有的行星围绕太阳运动的轨道都是圆，行星运动的方向总是与它和太阳连线垂直D．开普勒第三定律32rkT=中，月亮绕地球运动

的k值与地球绕太阳运动的k值相同2．在离地面同一高度有质量相同的三个小球abc、、，a球以速度0v竖直上抛，b球以速度0v平拋，c球做自由落体运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．abc、、球落地前瞬间的动量相等B．b球与c球落地过程中动量的改变量

相同C．三球中b球受重力冲量最大D．只有ac、两球的动量改变量方向是向下的3．如图所示，不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定于O点，另一端系一个小球，小球从某一位置（细绳处于拉直状态），由静止释放后摆下，到达最低点时绳子拉力大小是重力的两倍。在O点的正下方钉一个钉子A，

小球从相同位置（细绳处于拉直状态），由静止释放后摆下，绳子所能承受的最大拉力是重力的6倍，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失，为使细绳不被拉断，AO之间距离可能是（）A．23LB．67LC．56LD．89L4．如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端与质量为m的小球相连，小球穿在倾斜的光滑固定

杆上，杆与水平面之间的夹角为a，小球在A处时弹簧水平且处于原长。OB垂直于杆。将小球从A处由静止释放，到达C处时速度为零。弹簧始终在弹性限度之内，则（）A．下滑过程中，小球在B点的动能最大B．下滑过程中只有一个点的加速度与A点的加速度相同C．下滑过程中，弹簧的弹性势能先增

大后减小D．从B运动到C的过程中，重力势能与弹性势能的和先减小后增大5．质量为m的质点P在0t=时刻由静止开始做直线运动，其合外力F随时间t按图示曲线变化。则（）A．00t时间内，合外力对P做的功为22008FtmB．0302t时间内，P

的速度变化量为00FtmC．02tt=时，P的动量大小为00FtD．052tt=时，P的速率最大6．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排

成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”；当某行星恰好运行到地球和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星凌日”。已知地球及各行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示。行星水星金星地球火星木星土星天王星海王星轨道半径R/AU0.390.721.01.55.29.51930根

据题中信息，下列说法正确的是（）A．会发生金星冲日现象B．火星公转的运行速率大于地球的运行速率C．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最长D．木星相邻两次冲日的时间间隔约为1.1年7．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。以碰撞前A球的速度方向为正方向，碰

撞后AB、球的速度分别是ABvv、，下列关于ABvv、的值可能正确的是（）A．2,ABvvvv=−=B．1.8,0.6ABvvvv=−=C．0.1,0.3ABvvvv==D．0.4,0.2ABvvvv==8．固定的竖直光滑14圆弧与水平冰面相切，质量为M的

滑冰运动员静止在冰面上，把一质量4.0kgm=的静止物块以05.0m/sv=的速度推向圆弧，运动员获得退行速度；物块冲上圆弧坡，到达轨迹最高点后返回，追上运动员时，运动员又以05.0m/sv=把物块推向圆弧坡，经过8次反复操作后，物块不

能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（）A．52kgB．54kgC．56kgD．62kg9．如图，一质量为M的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度0v开始运动并从右端滑下，该过程中，物体m的动能减少量为k1ΔE，长木板M的动能增加量为

2,kEmM、间摩擦产生的热量为Q（不考虑空气阻力），关于12,kkEE，Q的数值，下列数值可能的是（）A．k1k2Δ3J,Δ1J,2JEEQ===B．k1k2Δ7J,Δ2J,5JEEQ===C．k1k2

Δ8J,Δ4J,4JEEQ===D．k1k2Δ10J,Δ3J,6JEEQ===10．如图所示，质量均为2kgM=的木块A和B，并排但不粘连放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为1ml=的细线，细线

另一端系一质量为1kgm=的小球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）（重力加速度210m/sg=，细杆的高度大于绳长。）（）A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒B．C球摆到最

低点过程，A对B的弹力一直对B做正功C．小球第一次到达最低点时速度大小是4m/sD．C球第一次摆到最低点过程中，木块AB、向右移动的距离是0.2m二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（7分）某同学用如图甲所示的装置验证动

量守恒定律。该同学在长木板的右端利用小木块微调木板的倾斜程度以平衡摩擦力，使小车在木板上做匀速直线运动。小车A前端贴有橡皮泥，后端连一打点计时器，接通打点计时器的电源后，让小车A以某速度做匀速直线运动，小车A与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动

，得到的纸带如图乙所示。已知打点计时器所接电源的频率为50Hz，小车A（包括橡皮泥）的质量为1.0kg，回答下列问题：（1）图乙中的数据有ABBCCDDE、、、四段，计算小车A碰撞前的速度大小应选______段，计算两车碰撞后的速度大小应选______段。（2）结合

图乙可知，碰前小车A的动量大小为______1kgms−。（结果保留三位小数。）（3）若碰撞过程中动量守恒，则小车B的质量为______kg。（结果保留一位有效数字。）12．（10分）某同学利用如图1所示的气垫导

轨装置“验证机械能守恒定律”。实验时，将气垫导轨调至水平，在气垫导轨上安装了一光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过轻质定滑轮与托盘相连。测出遮光条初始位置到光电门的距离l，遮光条的宽度d，托盘和砝码的总质量1m，滑块和遮光条的总质量2m，释

放滑块，读出遮光条通过光电门的时间Δt，已知重力加速度为g，用题中所给物理量的符号回答下列问题：（1）遮光条通过光电门时的速度为______。（2）在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了______。

（3）关于该实验，下列说法正确的是______。A．托盘和砝码的总质量应远小于滑块和遮光条的总质量B．滑块释放的位置离光电门适当远一点，可以减小实验误差C．实验要验证的是：托盘和砝码减少的重力势能与滑块和遮光条增加的动能是否相等（4）改变l，得到多组实验数据，以l为纵坐标，以21

Δt为横坐标，做出图像如图2所示。如果图像斜率k=______（物理量用题中所给字母表示），则可验证系统机械能守恒。13．（10分）如图甲所示为网传一小朋友在水泥管道内踢球，可简化为如图乙所示，固定的竖直圆形轨道半径为R，球质量为m，在某次运动中，球恰能通过轨道

最高点B，将球视为质点，重力加速度为g。（1）求球通过最高点B时的速度大小（2）若球通过最低点A的速度为最高点B的速度的3倍，求球从A到B过程中摩擦阻力做的功。14．（15分）如图所示，细线的一端固定在O点，另一端系着质量m的小球,AO点到光滑水

平面的距离h。小物块B位于O点正下方，小物块C左端固定一轻质弹簧，初始时B和C均静止于足够长的光滑的水平面上，弹簧处于原长。现向左拉动小球A使细线水平伸直，将小球A由静止释放，当小球运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰（碰撞时间极短），A、B和C均可视为质点，B和C的质量分别为32mm、，重

力加速度为g，AB、和C在同一竖直面内运动，不计空气阻力。求：（1）小球A反弹后上升到最高点时离水平面的高度；（2）C的最大速度大小。15．（18分）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端（BC、可视为质点），三者质量分别为2k

g3kg1kgABcmmm===、、。开始时C静止，滑块B以010m/sv=的速度从A左端滑上木板，B相对A静止后，A与C发生碰撞，碰后AB、再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。B与A上表面间的滑动摩擦因数0.5

=，碰撞时间极短，重力加速度大小取210m/sg=。（1）求A与C碰撞后瞬间A和C的速度大小。（2）求A与C碰撞过程中损失的机械能。（2）要使B不从A上滑落，求木板A的最小长度。湖北省部分省级示范高中2023～2024学

年下学期高一期末测试物理答案一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2

分，有选错的得0分。1．【答案】B【解析】开普勒三大定律不仅仅适用于太阳系中行星的运动，也适合于宇宙中其他天体的运动，故A错误；开普勒第二定律表明，行星绕太阳运动时，行星离太阳越远，速度越小，故B正确；所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，行星运动的方向总是沿轨道的切线方

向，C错误；k值与中心天体的质量有关，月亮绕地球运动的k值与地球绕太阳运动的k值不同，故D错误。【答案】B【解析】由机械能守恒可知，ab、两小球落地时的速度大小相等，但方向不同，故二者落地前瞬间的动量大小相等，方

向不同，c球落地时的速度小于a和b，其动量较小，故A错误；抛出到落地过程中bc、球在竖直方向均做自由落体运动，bc、球运动时间相同，a球以速度0v竖直上抛，运动时间最长，重力冲量Imgt=，可知bc、球重力冲量相等，a球重力冲量最大，故B正确，C错误；根

据动量定理，可知动量改变量的方向与合外力的冲量方向相同，所以三球的动量改变量方向是相同的，D错误。3．【答案】A【解析】根据题意，设小球到达最低点的速度为v，在最低点，由牛顿第二定律有2vFmgmL−=，解得vgL=；设小球

在最低点到A的距离为1L，则有2m1vFmgmL−=，解得15LL=，则A与O之间距离145LLLL−=，故选A。【答案】D【解析】由于OA为弹簧原长，小球在B点时弹簧处于压缩状态，从B到C弹簧先变为原长再变为伸长状态，给

小球沿杆方向的作用力先向下后向上，重力沿杆方向的分力一直向下，小球将先加速后减速，故A错误；在A点时，因弹簧处于原长，则小球的加速度为sing，在B点时，弹簧处于压缩状态，且弹力方向垂直于斜杆，可知小球的加速度也为sing；在A关于B对称的点时，因弹簧也处于原长，则小球的加速

度为sing，即下滑过程还有两个点的加速度与A点的加速度相同，B错误；A到C过程中弹性势能先增大后减小再增大，C错误；从B运动到C的过程中，动能先增大后减小，由机械能守恒得重力势能与弹性势能的和先减小后增大，D正确

。5．【答案】A【解析】图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，在00t时间内，根据动量定理可得001ΔΔ2FIFtpmv===，所以在00t时间末，质点的速度为002Ftvm=，由动能定理可得，合外力对P做的功为22200128kFtWEmvm===，故A正确

；同理，0302t时间内，速度变化量为001Δ4Ftvm=，故B错误；02tt=时，由图可知，合外力F的冲量为0，质点动量变化量为0，P的动量大小为0，故C错误；02t时，质点速度为000,23tt时间内，质点受力方向与运动方向一致，质点运动速度

始终沿正方向，03t时刻速度最大，故D错误。6．【答案】D【解析】行星处在太阳与地球之间，三者排列成一条直线时会发生凌日现象，由此可知：只有位于地球和太阳之间的行星水星和金星才能发生凌日现象；地球在绕日运行过程中处在太阳与行星之间，三者排列成一条直线时会发生冲日现象，所只有位于地

球公转轨道之外的行星才会发生冲日现象，所以金星会发生凌日现象，木星会发生冲日现象，故A错误；对各行星，由万有引力提供向心力有22MmvGmrr=，解得1vr，则火星的运行速率小于地球的运行速率，B错误；由开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等，可知地球的公转周期T最小，

海王星的公转周期最大。设地球外另一行星的周期为T，则两次冲日时间间隔为t，则1ttTT−=，解得1TtTT=−，则T越大，t越小，故地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，C错误；对木星因35

.25.211.86TRTR==，其中1T=年，可得1.1t年，D正确。7．【答案】C【解析】若2,ABvvvv=−=，碰撞前系统的总动能为212kEmv=，碰撞后系统的总动能为'2221113222kABEmvmvmv=+，违反了能量守恒定律，不可能，A错误；若1

.8,0.6ABvvvv=−=，碰撞前系统的总动能为212kEmv=，碰撞后系统的总动能为2221113222kABEmvmvmv=+，违反了能量守恒定律，不可能，B错误；若0.1,0.3ABvvvv==，碰撞前系统的总动能为212kEmv=，碰撞后系统的总

动能为'2221113222kABEmvmvmv=+，不违反了能量守恒定律，且速度符合实际，是可能的，C正确；若0.4,0.2ABvvvv==，速度不符合实际，是不可能的，D错误。8．【答案】BC【解析】取运动员速度方向为正方向，

设经过7次这样推物块后，运动员退行速度的大小为7v，经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小为8v。根据动量定理，物块每次碰撞挡板前后，挡板对物块的冲量为2Imv=，对物块和运动员组成的系统，根据动量定理得787,8ImvMvImvMv=+=+，根据题意可知75m/sv，85m/sv

，代入数据解得52kg60kgM，故选BC。9．【答案】AB【解析】设物体与木板间的摩擦力大小为f，木块m的位移为1x，木板M的位移为2x，对M有22kEfx=，对m有11kEfx=，且()12,Qfxxm=−

和M运动的vt−图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出()1122xxxx−，所以有k1k2ΔΔEQE，根据能量守恒有k1k2ΔΔEQE=+，可知AB正确。10．【答案】BCD【解析】木块AB、和小球C

组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误；释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小球在水平方向的分速度一直增大，根据水平方向动量守恒可知A、B速度一直增大，当小球到达最低点时，AB、速度达到最大，则A对B的弹

力一直对B做正功，B正确；设小球第一次到达最低点时的速度大小为0v，两小车速度大小均为1v，在水平方向根据动量守恒定律有012mvMv=，根据机械能守恒定律有220111222mvMvmgl+=，解得014m/s,1m/svv==，C正确；C球第一次摆到最低点过程中

，ABC、、组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得CAB2mvMv=，则122xxmMtt=，由几何关系得12xxl+=，解得木块AB、向右移动的距离为20.22mxlmMm==+，D正确。二、非选择题：本题共5小题，共60

分。11．（7分）【答案】（1）BC（1分）DE（1分）（2）1.425（2分）（3）0.5（3分）【解析】（1）碰撞前小车1以某速度做匀速直线运动，由纸带的打点数据可知，BC段是匀速直线运动阶段，因此计算小车1碰撞

前的速度大小应选BC段。两车在碰撞中，速度不稳定，两车碰撞后，以共同的速度做匀速直线运动，因此计算两车碰撞后的速度大小应选DE段。（2）在碰撞前做匀速直线运动，因此选取BC段计算小车A碰前的速度大小，即2114.2510m/s1.425m/s0

.025BCvt−===，碰前小车A的动量大小111111.01.424kgms1.424kgmspmv−−===。（3）取DE段计算两车碰撞后的速度大小，即229.5010m/s0.950m/s0.025DEvt−===，若碰撞过程中

动量守恒，则()11122mvmmv=+，联立解得小车B的质量为20.5kgm=。12．（10分）【答案】（1）Δdt（2分）（2）1mgl（2分）（3）B（2分）（4）()21212mmdmg+（4分

）【解析】（1）遮光条通过光电门时的速度为Δdvt=。（2）在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少量为p1ΔEmgl=。（3）实验不需要满足托盘和砝码质量远小于滑块和遮光条的总质量，A错误；滑块释放的位置离光电门适当远一

点，则滑块在通过光电门时的时间就越短，得到的瞬时速度就越精确，可以减小实验误差，B正确；实验要验证的是：托盘和砝码减少的重力势能与托盘和砝码、滑块和遮光条增加的动能是否相等，C错误。（4）若系统机械能守恒，则有()211212Δdmglmmt=+，所以()2212112

Δmmdlmgt+=，则斜率为()21212mmdkmg+=。13．（10分）【答案】（1）gR（2）2mgR−【解析】（1）由题意，在最高点B，根据牛顿第二定律有2BvmgmR=得BvgR=（2）从A到B，由动能定理得22f11222BAmgRWmvmv−+=−由已

知3BAvv=联立解得f2WmgR=−14．（15分）【答案】（1）14h（2）325gh【解析】（1）小球A下落过程中，根据机械能守恒得2012mghmv=解得02vgh=小球A和物块B碰撞过程中，动量守恒，动能守恒：0AB4mvmvmv=+2220AB111422

2mvmvmv=+解得A0B011,22vvvv=−=则碰后小球A，机械能守恒：2A12mvmgh=解得14hh=（2）当弹簧恢复原长时，物块C达到最大速度，根据物块BC组成的系统动量守恒，动能守恒得BC332Bmvmvmv=+222BBC111332222mvmvmv=+

解得C325vgh=15．（18分）【答案】（1）3.5m/s5m/s（2）11.25J（3）4.25m【解析】（1）B滑上A到两者相对静止过程两者动量守恒，设与C碰撞前A的速度大小为v，则()0ABBmvmmv=+代入数据解得6m/sv=A与C碰撞过

程两者动量守恒，设碰后A速度为1,vC速度为2v，则12AACmvmvmv=+由题意可知，A、B第二次同速时速度大小为2v，B第二次相对A滑动过程两者动量守恒：()12BAABmvmvmmv+=+联立解得123.5m/s5m/svv==、（2）A与C碰撞过程损失的机械能222AA1

2111Δ222CEmvmvmv=−−代入数据解得Δ11.25JE=（3）设B第一次相对A滑动过程相对位移为1x，则()22101122BBABmgxmvmmv=−+解得14xm=设B第二次相对A滑动过程相对位移为2x，则()22221A2111222BBABmgxmvmvmm

v=+−+解得20.25mx=木板A的最小长度12dxx=+代入数据解得4.25md=