【文档说明】重庆市育才中学校2023-2024学年高一下学期期末模拟考试物理试题（五） Word版含解析.docx，共(20)页，1.512 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市育才中学校高2026届2023-2024学年（下）期末模拟考试物理试题（五）第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）1.如图所示为某游乐园中激流勇进项目设施。游船可沿直

道①缓慢上升至一定高度，然后沿弧形滑道②从高处滑下。则（）A.游船沿直道①缓慢上升时，游船对游客做正功B.游船沿直道①缓慢上升时，游客的机械能守恒C.游船沿滑道②下滑的过程中，游船对游客不做功D.游船沿滑道②下滑的过程中，游客的机械能守恒【答案】A【解析】【分析】【详解】A．游

船沿直道①缓慢上升时，动能不变，根据动能定理可知，合外力做功为0，重力做负功，所以游船对游客做正功，A正确；B．游船沿直道①缓慢上升时，游船对游客做正功，则游客的机械能增加，B错误；C．游船沿滑道②下滑的过程中，游船对游客的

摩擦力做了负功，C错误；D．游船沿滑道②下滑的过程中，游船对游客的摩擦力做了负功，则游客的机械能减小，D错误。故选A。2.2022年桂林市重点杯篮球赛10月在阳朔中学举行。在某场比赛中，质量为6kg的篮球以10m/s的速度大小传来，甲

运动员接住后马上以相同的速度大小反向传出，如果甲从接球到将球传出的时间为2.0s，则在甲从接球到将球传出的过程中，不计空气阻力，则（）A.甲接球后手要往身体收，延长触球时间，以免手指受到伤害B.整个过程中球的动

量改变了6kg·m/sC.整个过程中手对球的平均作用力大小为12ND.整个过程中，甲对球的冲量大于球对甲的冲量【答案】A【解析】【详解】A．根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，可以减小冲击力，故甲接着球后要往身体收，以免伤害手指，故A正确；

B．整个过程中球的动量改变大小为()Δ2610?m/s120?m/spmvmvkgkg=−−==故B错误；C．根据动量定理ΔpFt=解得平均作用力大小为60NF=故C错误；D．整个过程中，根据牛顿第三定律，甲对球的

作用力等于球对甲的作用力，且作用时间相等，因此甲对球的冲量大小等于球对甲的冲量大小，故D错误。故选A。3.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A.t=0

.8s时，振子的速度方向向右B.t=0.2s时，振子在O点右侧6cm处C.t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的加速度逐渐减小D.t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同【答案】C【解析】【详解】A．取向右为正方向，t=0.8s时，图

像斜率为负，振子的速度方向向左，故A错误；B．由图乙可知，周期T=1.6s，所以质点的振动方程25sin()sin()4xAtAtT==当t=0.2s时62cmx=故B错误；C．在t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，加速度逐渐减小，

故C正确；D．t=0.4s和t=1.2s时，振子的位移方向相反，由kxam=−知加速度方向相反，故D错误。故选C。4.设地球同步卫星的轨道半径为R，我国“天宫”空间站的轨道半径为r。航天员王亚平在“天宫

”空间站授课时说，在空间站上一天可以观察到16次日出，由此可以推算出33Rr等于（）A.1.5B.2.25C.16D.256【答案】D【解析】【详解】由题意可知，同步卫星与“天宫”空间站圆周运动的周期之比为16:1，根据22

214MmGmRRT=，22224MmGmrrT=联立得231322256TRrT==故选D。5.如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动，喷水装置向下持续喷水，总质量为M的人与喷水装置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向

运动的v—t图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.21~tt时间内，水的反冲作用力越来越大B.水的反冲作用力的功率为1MgvC.1t

时刻，v—t图像切线的率为211vvgv−D.23~tt时间内，水的反冲作用力做的功为23Mgvt【答案】C【解析】【详解】A．设水的反冲作用力的恒定功率为P，由于PFv=可知水的反冲作用力PFv=根据v—t

图像可知，21~tt时间内，人与喷水装置的速度v越来越大，则水的反冲作用力越来越小，故A错误；B．2t时刻，人与喷水装置的速度达到最大值2v，开始匀速上升，水的反冲作用力FMg=水的反冲作用力的恒定功率2PFvMgv==故B错误；C．根据v—t图像可知，1t时刻，人与喷水装置的速度为1v，设水的

反冲作用力为1F，则有2PMgv=，11PFv=可知211vFMgv=根据牛顿第二定律有1FMgMa−=解得211vvagv−=1t时刻，v—t图像切线的斜表示人与喷水装置的加速度，即斜率为211vvgv−

，故C正确；D．根据WPt=可得WPt=结合2PFvMgv==可知23~tt时间内，水的反冲作用力做的功为()232WMgvtt=−故D错误。故选C。6.如图所示，排球比赛中运动员某次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞

来的相同排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，也击中b点，排球运动的最高点d与a点的高度相同。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.排球两次在空中速度变化量相等B.排球两次击中b点时的动能相等C.两次击球，运动员对排球所做的功不一定相等D.排球从c点

击中b点的过程中，重力对排球的冲量为零【答案】C【解析】【详解】AD．根据题意，由公式212hgt=可知，排球在空中的飞行时间取决于高度，从a点飞出的排球，下降的高度为h，从c点飞出的排球，先上升高度h，又下降高度h，结合运动的对称性可知，c点

飞出排球的运动时间为a点飞出排球运动时间的两倍，排球两次飞行过程中的加速度均为重力加速度，则由vgt=可知，排球两次在空中速度变化量不相等，由公式Imgt=可知，排球从c点击中b点的过程中，时间不为

零，则重力对排球的冲量不为零，故AD错误；B．根据题意，两排球水平方向的位移相等，又根据AD选项分析可知，c点飞出排球的运动时间为a点飞出排球运动时间的两倍，水平方向上两个排球均做匀速直线运动可知，a点出排球的水平速度为c点飞出排球水平速度的两倍，由于竖直

方向两排球高度相同，由22vgh=可知，两排球的竖直速度相等，根据22xyvvv=+可知，两排球击中b点时的速度大小不等，两排球的质量相等，因此动能不相等，故B错误；C．根据题意可知，运动员击打排球之前

排球的运动情况不知，则排球动能的变化量的大小不能确定，由动能定理可知，运动员对排球所做的功多少不能确定，可能相等，也可能不相等，故C正确。故选C。7.如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀

加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则（）A.木板A所受摩擦力对木板A做负功B.木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等C.木块与木板间摩擦产生的

热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板A的摩擦力做的功D.力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和【答案】C【解析】【详解】A．木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功，故A

错误；B．木板A对木块B的摩擦力做的功大小为1ABWfx=木块B对木板A的摩擦力做的功大小为2BA1Wfx=由题意得ABf的大小与BAf的大小相等，但1xx，所以两者做功大小不相等，故B项错误；C．摩擦生热的计算公式为Qfs=又因为1

sxx=−所以有12QfsWW==−故C项正确；D．根据能量守恒有，力F做的功等于木块B和木块A动能的增量之和，再加上A、B相对运动产生的热量，故D项错误。故选C。二、多项选择题（本题共3小题，每

小题5分。在每小题给出的四个选项中，有两项或多项符合要求）8.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖

直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A.当0xhx=+时，重力势能与弹性势能之和最小B.最低点的坐标为02xhx=+C.小球受到的弹力最大值等于2mgD.小球动能的最大值为012mgh

mgx+【答案】AD【解析】【详解】A．根据图乙可知，当0xhx=+时，弹簧的弹力大小等于小球的重力大小，此时小球具有最大速度，而弹簧和小球组成的系统机械能守恒，可知此时重力势能与弹性势能之和最小，A正确；BC．若在xh=位置小球的速度为零，根据运动的对称性可知，小球到

达的最低点坐标为02xhx=+而实际上小球到达xh=位置时速度不为0，则小球运动的最低点的坐标大于02hx+，则小球受到的弹力最大值大于2mg，BC错误；D．当0xhx=+时，小球动能有最大值，小球从最高点至0xhx=+的过程中，根据

动能定理可知00km1(2mghxmgxE+=)-故小球动能的最大值为km012Emghmgx=+D正确；故选AD。9.我国航天局宣布国家已批准通过了行星探测工程，计划在未来1015年间展开并完成对小行星、火星、木星等行星的取样返回的研究。若从地球上直接发射一

个探测器，探测器被小行星捕获，需由高轨道适当位置启动发动机进入椭圆转移轨道，再由椭圆轨道适当位置变速进入环绕小行星表面运动的轨道，这个过程简化示意图如图所示，已知圆轨道Ⅰ、Ⅲ共面，椭圆轨道平面与Ⅰ轨道

平面的夹角为，则下列说法正确的是（）A.探测器从Ⅰ轨道上经过P点的加速度等于Ⅱ轨道上经过P点的加速度B.探测器从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要在P点向前喷气C.探测器在地球上的发射速度大于11.2km/sD.探测器在Ⅱ轨道上从P点运动到Q点的过程中机械能增大【答案】ABC【解析】【

详解】A．根据牛顿第二定律有2MmGmar=解得2GMar=可知，探测器从Ⅰ轨道上经过P点的加速度等于Ⅱ轨道上经过P点的加速度，故A正确；B．Ⅰ轨道相对于Ⅱ轨道是高轨道，由高轨道变轨到低轨道，需要在切点位置减速，即探测器从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要在P点向前喷

气，故B正确；C．根据题意可知，探测器脱离了地球的束缚，可知，探测器在地球上的发射速度大于第二宇宙速度，即的探测器在地球上的发射速度大于11.2km/s，故C正确；D．探测器在Ⅱ轨道上从P点运动到Q点的过程中，只有万有引力做功，则探测器的机械能不变，故D错

误。故选ABC。10.如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，物块A套在光滑杆上可自由滑动，绕过光滑定滑轮的细绳端连接在物块A上，另一端竖直悬挂着物块B，开始时锁定物块A，细线与竖直杆的夹角为37，解除物块A的锁定，物块B由静止向下运动，当细绳与杆

垂直时，物块A的速度刚好为零，物块B下降的最大高度为h，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A.物块A到最高点时，物块B的速度最大B.物块A向上运动过程中机械能一直增大C.物块A、B的质量之比为1:2D.当细绳与竖直杆间的夹角为53时，物块A

的速度大小为3543gh【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．物块A到最高点时，细绳与杆垂直，因此B的速度也为零，A错误；B．物块A向上运动过程中，细绳对物块A的拉力一直做正功，因此物块A的机械能一直增大，B正确；C．设滑轮到杆的距离为d

，则有sin37ddh−=解得32dh=物块A上升的高度为2tan37dHh==根据机械能守恒定律ABmgHmgh=解得AB12mm=C正确；D．当细绳与竖直杆间的夹角为53时，物块A上升的高度17ta

n538dhHh=−=物块B下降的高度25sin37sin538ddhh=−=设此时物块A的速度大小为v，则物块B的速度大小为cos530.6vv=根据机械能守恒定律有BAA2221B11(0.6)22mghmghmvmv=++解得532

43vgh=D错误故选BC第Ⅱ卷三、实验探究题（本题共2小题，11题6分，12题9分，共15分）11.某同学用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为8V的交变电流和直流电，交变电流

的频率为50Hz。重锤从高处由静止开始下落，电磁打点计时器在纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。。。（1）他进行了下面几个操作步骤：A.按照图示的装置安装器材；B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C.

用天平测出重锤的质量；D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E.测量纸带上某些点间的距离；F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的功能其中没有必要进行的步骤是______，操作不当的步骤是______。（

均填步骤前的选项字母）（2）这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计时点，根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度为______m/s，若重锤的质量为1.0kg，从O点下落到B的过

程中重力势能的减少量为______J。O点下落到B的过程中动能增加量为______J（29.8m/sg=，计算结果均保留3位有效数字）（3）他根据纸带上的数据算出各点的速度v，量出下落距离h，并以22v为纵轴、h为横轴画出的图像应是下图的______（填选项字母

）。【答案】①.C②.B③.1.84④.1.74⑤.1.69⑥.C【解析】【详解】（1）[1]本实验中，验证机械能守恒的表达式为212=mghmv等号两边可以将质量约掉，所以不需要测量物体的质量，则C不必要；[2]打点计时器需要接在交流电上才能正常使用，则B错误；（

2）[3]B点的速度1.84m/s2ACBxvt==[4]减小的重力势能p1.74JOBEmgh==[5]O点下落到B的过程中动能增加量为2K11.69J2BEmv==（3）[6]约掉质量后的表达式为22

vgh=所以图像为一条过原点直线。故选C。12.某同学利用如图所示的装置验证“碰撞过程中的动量守恒”。水平桌面上固定两个钉子，用两根长度均为l的细线拴住两个大小相同、质量分别为1m和()212mmm小球1和2，细线与钉子的拴接处分别安装了拉力传感器，可实时显示细线中的拉力大小

。初始时，两小球靠在一起，两细线刚好平行，小球的直径远小于细线的长度。现将小球涂上润滑油，实验步骤如下：的（1）将小球1沿着圆弧拉到某点A处，并在A处给小球1一个沿切线方向的初速度，并记录拉力传感器1的示数1F。

（2）小球1与小球2在初始点发生碰撞，碰后小球1弹回，记录碰后两小球运动过程中传感器1和2的示数分别为2F、3F。（3）对实验数据进行相关计算和分析：与小球2碰前，小球1的速度大小可表示为______；物理量1m、2m、1F、2F、3F满足等量

关系______时，即可验证碰撞瞬间，两小球组成的系统动量守恒；若该碰撞为弹性碰撞，1F、2F、3F还应满足的等量关系为______。【答案】①.11Flm②.112132FmFmFm=−+③.123FFF=+【解析】【详解】（3）[1]由牛顿

第二定律得2111mvFl=可得111Flvm=[2]同理可得，二者碰后的速度大小分别为221Flvm=，332Flvm=由动量守恒定律得111223mvmvmv=−+联立解得112132FmFmFm=−+[3]若为弹性碰撞，则有222111223111222mvmvmv

=+解得123FFF=+四、计算题（本题共3小题，共42分。13题12分，14题12分，15题18分）13.如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上。A的质量为m，现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以018v，034v的速度向右运动。

求：①B的质量；②碰撞过程中A对B的冲量的大小。【答案】（1）76m；（2）078mv【解析】【分析】【详解】①根据动量守恒定律可得0ABBmvmvmv=+解得B76mm=②根据动量定理可得BBB00737=648Ipmvmvmv===14.如图所示

，ABDO是处于竖直平面内的固定光滑轨道，AB是半径为R=15m的14圆周轨道，半径OA处于水平位置，BDO是半径为r=7.5m的半圆轨道，D为BDO轨道的中点。一个小球P从A点的正上方距水平半径OA高H处自由下落，沿竖直平面内的轨道通过D点时对轨道的压力等于重力的143倍。g取10m/s2。求：

(1)H的大小；(2)试讨论此球能否达到BDO轨道的O点，并说明理由；(3)小球沿轨道运动后再次落到轨道上的速度大小是多少。（提示：圆的方程x2+y2=R2）【答案】(1)10m；(2)能，理由见解析；(3)17.3m

/s【解析】【详解】(1)设小球在D点的速度为v21432vmgmR=从P点到D点2122RmgHmv+=由以上两式解得210m3HR==(2)设小球能够沿竖直半圆轨道运动到O点的最小速度为cv22cvmgmR=小球至少应从距OA高cH处落下，则212c

cmgHmv=联立以上两式解得4cRH=由于cHH，故小球可通过O点。(3)小球由H高处落下，设通过O点的速度为Ov212OmgHmv=解得102m/sOv=小球通过O点后做平抛运动，设小球经时间t落到AB圆弧轨道上，以O为坐标原点，水平向左为x轴正方向，竖直向下为y轴

正方向，建立平面直角坐标系，有Oxvt=212ygt=又222xyR+=解得1st=（另解舍去）小球落到轨道上时，速度的大小222103m/s17.3m/sOvvgt=+==15.小车C静止在光滑的水

平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以v

0＝8m/s的速度滑上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速（小车未碰到平台）。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F＝mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA＝mB＝mC，

斜面高h＝0.8m，A、C间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长？（2）当滑块A经斜面进入

平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足什么条件？（3）若满足（2）问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。【答案】（1）1.6m；（2）14k

>；（3）81422kLkkg++【解析】【详解】（1）设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mC）v1代入数据解得v1＝4m/s若A、C共速时C刚好运动到斜面底端

，对C应用动能定理得2AC1102mgsmv=−代入数据解得s＝1.6m则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是s≥1.6m所以为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少1.6m。（2）滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′，由动能定

理'22AA1A11122mghmvmv−=−解得v1′＝0A上到平台后受到向右的恒力F＝mgA开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知F＝mg＝ma解得a＝g设与B碰前A的速度为vA，由运动学公式2A2vgkL=A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mAvA＝mAvA1＋mBvB1由

机械能守恒定律可知2AAABB12A12111222mvmvmv=+联立解得vA1＝0B12vgkL=A、B第一次碰后，B合力为零，在平台上做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为1B12LLtvgk==碰后A的

加速度不变，A运动到O点所用时间为22Ltg=由题意得t2>t1解得14k则A与B同向运动不能相撞，此时有14k。（3）当14k时，A与B反向相撞（即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞），根据题意，B与挡板碰后速率仍为B12v

gkL=，设B向左运动时加速度大小为a′，则F＝ma′解得a′＝g设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则()2213B1331122Lgttvtgt=++−解得()341412188

42kLkLtkkgkgLkkgL−−==++B反向减速至零的时间B102vkLtgg==因为()30411421tktkk−=+故所求t3合理，所以1341812218422LkLkLtttgkkkgkkg−+=+=+=++