【文档说明】湖北省武汉市东西湖区华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，2.931 MB，由小赞的店铺上传

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华中师大一附中2023-2024学年度下学期期末检测高一年级物理试题时间：75分钟满分：100分一、选择题（本题包话10小题。其中第1-7题为单选题，第8-10题为多选题。每小题4分，共40分。单选题有宜仅有一个选项正确，选对得4分，选错或不答

得0分。多选题至少有两个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1.后羿射日是中国古代的传说故事，描述了后羿用弓箭射下了九个太阳中的八个。假设后羿用力拉开弓，将箭矢水平射出，此过程可

以简化为搭箭、拉弓、瞄准和松弦等环节。若忽略空气阻力，对弓和箭矢组成的系统，下列说法中正确的是（）A.在拉弓的过程中，手臂对系统做负功B.在瞄准的过程中，箭矢受到弓弦的弹力冲量为0C.松开弓弦后，系统水平方向上的动量不守恒D.箭矢射出后的飞行过程中，系统的合外力冲量

为0【答案】C【解析】【详解】A．在拉弓过程中系统的机械能增加，由功能关系可知，手臂对系统做正功，故A项错误；B．在瞄准过程中，箭矢受到弓弦的弹力，由公式IFt=所以箭矢受到弓弦的弹力的冲量不为0，故B项错误；C

．松开弓弦后，另一只手对弓仍有作用力，即对于弓和箭组成的系统，其水平方向合外力不为零，系统水平方向上的动量不守恒，故C项正确；D．箭矢射出后，还受到重力的作用，所以系统的合外力不为零，由IFt=合合所以系统的合外力冲量不为0，故D项错误。故选C。2.某同学利用自制的实验装置来研究反冲现象。在实验中

，取一辆玩具小车，在小车的左侧立一电动风扇，并将小车轻放于阻力较小的水平桌面上。如图甲所示，打开风扇后观察到小车向左运动。继续进行了如下实验步骤（每次实验前，小车与空气均静止）：①如图乙所示，取一适当大小的硬纸盒立于小车的右侧，打开风扇，观察小车的运动情况；②如图丙所示，将

该硬纸盒调转方向，立于小车的右侧，打开风扇，再次观察小车的运动情况。你认为下列现象中，最有可能出现的是（）A.乙中的小车向左运动B.乙中的小车向右运动C.丙中的小车向左运动D.丙中的小车向右运动【答案

】D【解析】【详解】AB．在图乙中，设风扇给空气的平均作用力为1F，对空气有10Ftmv=−解得1mvFt=由牛顿第三定律可知，空气对风扇和小车的平均作用力大小与风扇给小车的平均作用力大小相等，方向向左，当空气吹到纸

盒时，其水平方向速度变为零，设纸盒对空气的平均作用力为2F，有20Ftmv−=−解得2mvFt=由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给小车的平均作用力大小相等，方向向右，综上所述，在水平方向小车受力平衡，而小车初始时静止，所以乙图中小

车最有可能静止，故AB错误；CD．由上述分析可知，空气对风扇和小车的平均作用力大小为mvt，方向向左；在图丙中，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度大小不变，方向相反，设纸盒对空气的平均作用力为3F，有3Ftmvmv−=−−解得32mvFt=由牛顿第三定律可知，空

气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给小车的平均作用力大小相等，方向向右。综上所述可知，小车总体受到水平向右的力，所以小车最有可能向右运动，故C错误，D正确。故选D。3.如图所示，在半径为R的圆上四等分位置放置点电荷。O点为圆心，M、N分别为直径上到

O点距离相同的两点。除N点正右方的点电荷为Q−外，其余点电荷均为+Q。已知静电力常量为k，则下列说法中正确的是（）A.O点场强大小为2kQRB.M、N两点场强相同C.M点电势低于N点电势D.将一正点电荷从M点移动到N点，电势能减少【答案】D【

解析】【详解】A．根据点电荷周围电场的分布，O点正上方和正下方两点电荷在O点产生场强大小相等，方向相反，互相抵消。O点正左侧和正右侧点电荷在O点产生的电场强度大小相等，方向相同，所以O点的场强为2222kQkQkQERRR=+=方向由O指向N，故A项错误；B．单看O点正上方和正

下方两点电荷为等量同种点电荷，M、N为两点电荷连线中垂线上对称的两点，其电场强度大小相等，方向相反；单看O点正左方和正右方两点电荷，其为等量异种电荷，M、N为其连线上对称的两点，其电场强度大小相等，方向相同。综上所述经过电场叠加后，M、N两点电场强度不

同，故B项错误；C．M点更靠近正电荷，N点更靠近负电荷，所以M点的电势高于N点的电势，故C项错误；D．由之前的分析可知，M点的电势高于N点的电势，由于pEq=所以对于正电荷其电势高的地方电势能大，故D项正确。故

选D。4.如图所示为不带电的空腔球形导体，将一个带负电的小金属球置于腔内，静电平衡时，图甲中A、B、C三点的电势分别为φA、φB、φC；若将导体外表面接地，静电平衡时，图乙中D、E、F三点的电势分别为φD、φE、φF。则下列关系中正确的是（）A.A>B

>CB.A<B=CC.D<E<FD.D<E=F【答案】D【解析】【详解】AB．图甲中，空腔不接地，空腔内外均有电场；根据负电荷的电场线是汇聚的，沿着电场线的方向电势降低，所以ABCAB错误；CD．图乙中，空腔接地，空腔内有电场；根据负电荷的电场线是汇聚的，沿着

电场线的方向电势降低，所以ED图乙中，空腔接地，空腔外没有电场，所以EF=综上得DEF=C错误，D正确。故选D。5.如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，左端轻放一质量为2kg的小物块，可视

为质点。小物块放上传送带时开始计时，其动量随时间的变化如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2，则该过程中传送带对小物块的冲量大小为（）A.10N·sB.30N·sC.40N·sD.1017N·s【答案】D【解析】【详解】根据动量定理可得，

传送带对小物块摩擦力的冲量为fΔ10NsIp==传送带在小物块支持力的冲量为N40NsINtmgt===所以，传送带对小物块的冲量大小为22f1017NsNIII=+=故选D。6.如图所示，物块A、B静止于光滑水平面上，中间连接一轻弹簧，弹簧处于原长状

态。B上有一物块C，两者可一起运动。三个物块A、B、C的质量相同，且均可视为质点。现给A水平向右的瞬时冲量，当弹簧的弹性势能达到最大值时，其值为Ep；当弹簧第一次恢复原长时，立即取走C，当弹簧的弹性势能再次达到最大值时，其值为pE。则Ep和pE的比值为（）A.12:1B.4:3C.12:17D

.24:19【答案】B【解析】【详解】设A物体受到瞬时冲量后速度变为v，则弹簧弹性势能最大时，有()1mvmmmv=++能量方面有()22111p22mvmmmvE=+++当恢复原长时，有()23mvmvmmv=+

+能量方面有()22223111222mvmvmmv=++当拿走C后，到再次弹簧弹性势能最大，有()234mvmvmmv+=+能量方面有()222234p111222mvmvmmvE+=++解得pp43EE=故选B。7.如图所示，绝缘水平面上的A、B、O三点在同一直线上，A、B处分别固定

了带电量为Q1、Q2的正点电荷，О处固定一带电量未知的负点电荷。现有一带正电的小球静止于P点，小球可视为点电荷。已知AO:OB=m:1，AP:BP=n:1，忽略一切摩擦，则Q1:Q2为（）A.n2:mB.n3:mC.mn2:1D.mn3:1【答案】B【解析】【详解】对小球进行分析，小球静止于

P点，小球所受重力与支持力平衡，表明小球在水平面上所受电场力为0，即P点的电场强度为0，作出电场强度矢量叠加示意图，如图所示根据正弦定理有12sinsinEE=sinsinAOAPAOP=()sinsin

180BOBPBOP=−其中112QEkAP=，222QEkBP=解得312QnQm=故选B。8.关于电荷和静电场，下列说法中正确的是（）A.点电荷周围离点电荷距离相等的地方场强相同B.点电荷仅在电场力作用下由静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动C.在确定的电场中移动电荷时，电势

能的改变量与零电势点的选取无关D.孤立导体能储存电荷，它与大地构成一个电容器【答案】CD【解析】【详解】A．点电荷周围离点电荷距离相等的地方场强大小相等，但场强方向不相同，故A项错误；B．点电荷仅在电场力作用下由静止释放，其电场力做正功，其将从电势能高地方向电

势能低的地方运动，由于pEq=对于正电荷来说电势高的地方电势能也高，对于负电荷来说电势高的地方电势能低。即对于负电荷来说，点电荷仅在电场力作用下由静止释放，将从低电势的地方向高电势的地方运动，故B项错误；的C．在确定的电场中移动电荷时，电势能的改变量跟零电势点的选择无关，在确定的电场中，电荷

所具有的电势能同零电势点的选择有关，故C项正确；D．孤立导体也能储存电荷，也具有电容，它与大地构成一个电容器，故D项正确。故选CD。9.如图所示，有一小车在光滑水平面上匀速行驶，小车的上表面粗糙，有一观察者坐

在车上且始终与车保持相对静止。一小球从某一高度自由下落，与小车发生碰撞后反弹上升。观察者观察到的小球反弹后的上升轨迹可能为（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】A．若小车上表面的摩擦力足够大，

小球与小车碰撞过程中没有发生滑动，小球反弹后的水平速度与小车相同，小球相对于小车做竖直上抛运动，观察者观察到的小球反弹后的轨迹为竖直的直线，A正确；BCD．若小车上表面的摩擦力不够大，小球与小车碰撞过程中发生滑动，小球的水平速度一定小

于小车的速度，相对于观察者，小球同时参与三个运动，一是竖直向上匀速直线运动，二是向后匀速直线运动，这两个运动的合运动的轨迹为向右上方的直线，三是自由落体运动，所以三个运动的合运动的轨迹是向右上方运动的同时轨迹还要向下弯曲，C正确，BD错误。故选AC。10.如图所示，一端固定的长为l的绝缘轻

绳悬挂一质量为m的绝缘小球，小球带正电q，可视为质点。初始时，小球静止于Р点，现给空间施加一水平向右的恒定匀强电场，小球恰能到达Q点，此时轻绳与竖直方向成60°角。已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A.该电场的电场强度大小为3mgqB.P、Q两点的电势差大小为2mglqC.轻绳对小球的拉

力最大时，小球的电势能减36mglD.轻绳对小球的拉力最大时，绳上的拉力大小为233mg【答案】BC【解析】【详解】A．小球由Р点到达Q点的过程，根据动能定理有(1cos60)sin6000mglEql−−+=−解得33mgEq=A错误

；B．P、Q两点电势差大小为sin602PQmglUElq==B正确；CD．把小球受到的重力和电场力等效为一个力，大小为233mg，根据运动的对称性可知，小球到达圆弧PQ的中点位置时速度最大，此时绳线中的拉力最大。小球的

电势能减少p3Δsin306mglEql==的设最大速度为vm，根据动能定理有2m1(1cos30)sin3002mglEqlmv−−+=−根据牛顿第二定律2233mvTmgml−=轻绳对小球的最大拉

力233TmgC正确，D错误；故选BC。二、实验题（共16分）11.利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器，A为电流传感器，V为电压传感器。（1）如图甲所示，开关S接___

_____（填“1”或者“2”）时，电容器处于充电过程中。（2）开关S接1，同时开始计时，得到U-t图像为（）A.B.C.D.（3）改接开关，电容器放电。此过程中，得到的I-t图像如图乙所示，则通过R的电荷量

约为_______C。（结果保留两位有效数字）。的【答案】（1）1（2）B（3）5.5×10-3（5.1×10-3~5.9×10-3均算对）【解析】【小问1详解】开关接1时，电源与R和C组成电路，此时C处于充电状态，开关接2时，R和C组成电路，此时C处于放电状态。故选1【小问2详解】开关接1时，

此时C处于充电状态，其两极板不断积累电荷，由公式QCU=电容只跟本身结构有关，保持不变，Q不断变大，所以两极板电压不断增加，最终趋于稳定等于电源电压。故选B。【小问3详解】改接开关，电容器放电。此过程中，得到

的I-t图像如图乙所示，其图线与坐标轴围成的面积表示电荷量的大小，通过图像可知一个方格表示电荷量为5810C−，大约有70个方格，则通过R的电荷量约为35.610C−12.如图甲所示，某课外探究小组利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验。滑块A（含遮光条）总质量m

1=120g，滑块B（含遮光条和锁扣）总质量m2=150g。实验中弹射装置每次给滑块A相同的初速度，滑块B初始均处于静止状态，碰后两滑块锁定在一起运动。两滑块上遮光条宽度相同，滑块A的遮光条每次通过光

电门1的挡光时间记为1t，滑块B的遮光条通过光电门2的挡光时间记为2t。每次给滑块B增加50g配重，记录下滑块B的遮光条相应通过光电门的挡光时间2t。（1）验证动量守恒的表达式为_________（用m1、m2、1t

、2t表示）。（2）实验记录1t=1.10ms，请根据表格数据在图上描点并拟合22mt−图像________，图像的斜率为________g/ms（结果保留三位有效数字）。m2/g1502002503003504004502t/ms2.502.96

3.423.884.354.815.28（3）若在误差允许范围内，满足图线的斜率约等于_______，且纵轴截距约为1m−，则可认为实验中动量守恒定律成立。（用1m、1t表示）（4）由于测量滑块B（含遮光条和锁扣）总质量时漏记了一个10g砝码的质量，如果其他操

作无误，这将导致描绘的实验图像与正确图像相比（）。A斜率不变整体上移B.斜率不变整体下移C.斜率变小整体上移D.斜率变大整体下移【答案】（1）()1121211ΔΔmmmtt=+.（2）①.②.1095g/ms（3）11mt（4）B【解析】【小问1详解】根

据动量守恒定律11122()mvmmv=+设挡光片宽度为d，则有11212()ddmmmtt=+1121211()mmmtt=+【小问2详解】[1]描点，连线时，应尽量使得所描点均匀分部在连线

附近，若有特别离谱的点，应排除。[2]斜率通过给出的点的纵坐标差值与横坐标差值作比求出，此处选前两组数据为例200150108g/ms2.962.50k−==−【小问3详解】由动量守恒定律得出的公式1121211()

mmmtt=+整理12211mmtmt=−则该图像的斜率为11mt，与纵轴的截距为1m−。小问4详解】由22mt−的关系12211mmtmt=−测量滑块B（含遮光条和锁扣）总质量时漏记了一个10g砝码的质量，2m偏小，不影响图线斜率，所以斜率不变，但整体的图线会向下移。故B正确，

故选B。三、计算题（请写出必要的文字说明、方程式和重要步u。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。共44分）【13.如图甲所示，质量为m，电荷量为-q（q>0）的电子由电子枪连续发出，初速可忽

略不计，经U的电压加速后，沿中心线垂直进入偏转电场，两极板长为L，间距为d。足够大的荧光屏中心为O，离极板距离为l。不计电子重力及电子间相互作用，整个装置置于真空中。（1）若偏转电压U2恒定，电子能射

出平行板，求U的最大值U2max；（2）若偏转电压U2随时间变化规律如图乙所示，其最大值为U0（U0<U2max），变化周期为T。求电子打在荧光屏上的位置范围。（U2的变化周期T远远大于粒子穿越电场的时间）【答案】（1）22max122dUUL=；（2）位置范围为О点上下方各()0124Ll

ULdU+【解析】【详解】（1）对电子，加速有21012qUmv=偏转有0Lvt=212yat=2maxqUamd=能出射2dy≤解得22max122dUUL（2）当02maxUU时，出偏转场后匀速22LlYLy+=解得()01

24LlULYdU+=位置范围为О点上下方各()0124LlULdU+14.如图所示，匀质斜面体放在光滑水平地面上，其高和底分别为b和2b。质量为m的可视为质点的小滑块，初始时刻从斜面体顶端由静止开始下滑

，运动到斜面底端时，斜面体的位移大小为b，滑块与斜面间因摩擦产生的热量为Q。整个过程斜面体不翻转，重力加速度为g。求：（1）斜面体的质量；（2）滑块运动到斜面底端时，斜面体速度的大小。【答案】（1）Mm=；（2）()289mmgbvQ−=【

解析】【详解】（1）设斜面体质量为M，由水平动量守恒得0mMmvMv=−方程式两边同时对时间进行累积，整理有mmxMb=又因为位移关系有2mxbb+=解得Mm=（2）设滑块运动到斜面底端时速度为1v，将其分解，则其水平分速度大小为1xv，竖直分速度大

小为1yv，设斜面倾角为，则有11tan2yxvbvb==设M速度为2v，该系统水平方向上动量守恒，有120xmvMv=−由系统能量守恒，有()2221121122xymgbQmvvMv−=++解得()289mmgbvQ−=15.如图所示，一竖直固定的足够长

的圆直管内有一质量为m的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l。一质量为2m的小球从管的上端口由静止下落，撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力为重力大小的k=9倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰

撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：（1）第1次碰撞后，小球与圆盘的速度大小1v、1u；（2）第n次碰撞前瞬间小球的速度大小nv；（3）若k=0.75，小球第Ⅰ次与圆盘碰撞前瞬间，由静止释放圆盘，求第

n次碰撞前瞬间小球的速度大小。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）【答案】（1）113v，143v；（2）1323ngl−，n=1，2，3……；（3）()212ngl−，n=1，2，3……【解析】【详解】（1）设小球第1次碰前速度

为1v，小球第1次碰后速度为1v，圆盘第1次碰后速度为1u，小球第一次下落211222mglmv=得12vgl=第一次碰撞11122mvmvmu=+22211111122222mvmvmu+=得1113vv=1143uv=（2）设

小球第1，2，...，n-1，n次碰前速度为1v，2v，…，1nv−，nv，小球第1，2，...，n-1，n次碰后速度为1v，2v，…，1nv−，nv，圆盘第1，2，...，n-1，n次碰后速度

为1u，2u，…，1nu−，nu，第一次碰撞后对盘，由牛顿第二定律得kmgmgma−=得8ag=向上减速到零用时为t1uta=得16vtg=减速到零位移为x212uxa=得219vxg=同时段内小球的位移为21

12xvtgt=+得21572vxxg=故盘停下再与小球碰撞。同理可知每次都是小球先停下再与小球碰撞。第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，有11xx=球盘即22221122vvuga−=解得2133vv=之后第二次发生弹性碰撞22

222mvmvmu=+222222111222222mvmvmu=+得2213vv=2243vu=第二次碰撞后到第三次碰撞时，两者位移相等，有xx=球2盘2即22232222vvuga−=解得3233vv=同理可得

4333vv=归纳得1323nnvgl−=，n=1，2，3…（3）从第一次碰后开始每隔183vtg=再碰，作图可得()212nvngl=−，n=1，2，3……