【文档说明】河南省南阳市金科新未来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(18)页，943.513 KB，由小赞的店铺上传

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金科・新未来2023~2024学年度下学期期末质量检测高一物理全卷满分100分，考试时间75分钟。主意事项：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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．请按题号顺序

在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共7小题

，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于功、能量、动量、冲量的说法正确的是（）A.功是标量，故115JW=−、23JW=、30W=，其中最大的是2WB.物体位于参考平面以上重力势能为正值，在参考平面以下为负值，故重力势能的正负表示方向C.

质量一定的物体的动能发生变化，则动量一定变化；它的动量发生变化，但动能不一定变化D.冲量反映了力的作用对时间的累积效应，故为标量【答案】C【解析】【详解】A．功是标量，但正负不代表大小，故115JW=−、23JW=、30W=

，其中最大的是1W，A错误；B．重力势能是标量，其正负不代表方向，B错误；C．动能是标量，质量一定，则动能发生变化时，速度的大小一定变化，故动量一定变化，但动量变化也可能仅为速度的方向变化，故动能不一定变化，C正确；D．冲量反映了力的作用对时间的累积效应，冲量是矢量，D错误。故选C。2.在一

场公路自行车比赛中，一名运动员正减速向左转通过一转弯处，则下列关于该运动员此刻的运动的加速度与速度的矢量关系图可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】曲线运动合外力指向轨迹凹侧，一名运动员正减速向左转通过一转弯处；A．根据曲线运动规律可知，运动员减速向右侧转动，故A错误；B

．根据曲线运动规律可知，运动员减速向左侧转动，故B正确；C．根据曲线运动规律可知，运动员加速向右侧转动，故C错误；D．根据曲线运动规律可知，运动员加速向左侧转动，故D错误。故选B。3.一固定在水平面上的磁吸式车载手机支架，现牢牢吸住一部手机，手机屏幕正对司机，角度如图所示，始终

保持相对静止。则该车在水平路面上匀速直线运动时（）A.手机所受重力做正功B.手机所受的支持力不做功C.手机所受摩擦力方向一定沿支架平面向上D.手机有可能只受三个力作用【答案】C【解析】【详解】A．车在水平路面上运动，重力方向竖直向下，重力方向与速度方向垂直，手

机所受重力不做功，故A错误；B．根据图中所示可知，手机倾斜放置，手机所受支持力与速度方向不垂直，可知，手机所受的支持力做功，故B错误；D．根据平衡条件可知，手机受到重力、支持力、支架对手机的吸引力与静摩擦力，合计四个力作用，故D错误；C．结合上述可知，手机在重力作用下，有沿支架向

下运动的趋势，则手机所受摩擦力方向一定沿支架平面向上，故C正确。故选C。4.2024年6月2日上午6时23分，嫦娥六号着陆器和上升器组合体在鹊桥二号中继星支持下，成功着陆在月球背面的南极—艾特肯盆地。鹊桥二号中继星于4月2日按计划进入周期为24小时环月椭圆“使命轨

道”，为嫦娥六号在月球背面进行月球样品采集任务提供通讯支持。如图所示，此次任务完成后，鹊桥二号择机在P点调整至12小时环月椭圆轨道，为后续月球探测任务提供服务。则下列说法正确的是（）A.图中椭圆轨道Ⅱ为“使命轨道”B.鹊桥二号由“使

命轨道”调整到12小时环月椭圆轨道，需在P点加速C.鹊桥二号在轨道Ⅰ上经过P点的加速度比在轨道Ⅱ上经过P点的加速度大D.椭圆轨道Ⅰ的半长轴与椭圆轨道Ⅱ的半长轴之比为34:1【答案】D【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律可知，轨道的半长轴越大，轨道对应运动的周期越大，

“使命轨道”的周期大一些，可知图中椭圆轨道Ⅰ为“使命轨道”，故A错误；B．在轨道Ⅰ相对于轨道Ⅱ是高轨道，由高轨道变轨到低轨道，需要在切点位置减速，即鹊桥二号由“使命轨道”调整到12小时环月椭圆轨道，需在P点减速，故B错误；C．根据2MmGmar=

解得2GMar=可知，鹊桥二号在轨道Ⅰ上经过P点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故C错误；D．根据开普勒第三定律有33122212rrTT=结合题中数据解得312:4:1TT=故D正确。故选D。5.

如图甲所示，质量2kgm=的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径0.5mR=的薄圆筒上。0t=时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数0.2=，重力加速度g取210

m/s，则在4st=时细线力的瞬时功率等于（）A.10WB.8WC.6WD.4W【答案】A【解析】【详解】根据图像可知角速度随时间变化的关系式为1t=圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同vR=联立解得0.

5vt=物体做匀加速直线运动20.5m/svat==根据牛顿第二定律Fmgma−=解得5NF=细线拉力的瞬时功率50.54W10WPFv===故A正确，BCD错误。故选A。6.如图所示，在光滑的水平面上静置一质量为M的光滑半圆形轨道，半径为R，最

低点为C，两侧最高点A、B等高，现有一特技运动员踩着滑板（运动员与滑板始终相对静止，可视为质点）从A点由静止下滑，运动员与滑板的总质量为m，已知:2:1Mm=，重力加速度为g，则在运动过程中（）A.轨道与运动员和滑板整体组成的系统动量守恒B.运动员和滑板整体的机械能守恒C.运动员和滑板整体运动到

最低点C时对轨道的压力大小为4mgD.轨道向左运动的最大距离为3R【答案】C【解析】【详解】A．轨道与运动员和滑板整体组成系统满足水平方向动量守恒，但运动员和滑板竖直方向有加速度，所用系统竖直方向的合外力不为0

，系统竖直方向不满足动量守恒，故A错误；B．运动员与滑板和半圆形轨道组成系统满足机械能守恒，但运动员和滑板整体的机械能不守恒，故B错误；C．由水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得120mvMv=−，22121122mgRmvMv=+解得123gR

v=，23gRv=在最低点，根据牛顿第二定律可得()212mvvNmgR+−=解得的4Nmg=根据牛顿第三定律可知，运动员和滑板整体运动到最低点C时对轨道的压力大小为4mg，故C正确；D．由水平方向的动量守恒可得120mvMv=−又11xvt=，22xvt=，122xxR+=联立解得轨道向左运

动的最大距离为223xR=故D错误。故选C。7.燃放炮竹是我国很多地方春节期间的习俗，其中有一种“冲天炮”的炮竹，可以从地面上升到空中爆炸．若有一颗“冲天炮”从水平地面发射到达最高点时爆炸成质量比为12:1:2mm=的

两部分1和2，如图所示。已知爆炸后瞬间部分1的初速度大小为10m/s，方向斜向上与竖直方向成53∘角。测得部分1的落地点到爆炸点间的水平距离为16m，重力加速度210m/sg=，不计空气阻力，sin530.8=，cos530.6=。则下列说法正确的是（）A.

爆炸后瞬间部分2的速度大小为20m/sB.爆炸点离地的高度为9.8mC.部分1、2落地的时间差为0.4sD.部分1、2落地点间的距离为20m【答案】D【解析】【详解】A．由动量守恒有1122mvmv=解得25m/sv=A

错误；B．爆炸后1做斜抛运动，在竖直方向分速度为11cos536m/syvv==则1上升到最高点的时间为110.6syvtg==上升的高度为2111.8m2yvhg==在水平方向分速度为11sin538m/sxvv==则从爆炸后到1落地共经历时间16s2s8t==则从最高点到

地面经历时间为121.4sttt=−=则最高点到地面高度为22219.8m2hgt==故爆炸点离地面高度为218mhhh=−=B错误；C．部分2竖直向下分速度为22cos533m/syvv==则有2212yhvtgt=+解得1st=则部分1、2落地的时间差

为1sttt=−=C错误；D．部分2水平向左的分速度为22sin534m/sxvv==则2落地点水平位移224mxxvt==则两部分落地点间的距离为()416m20mx=+=D正确。故选D。二、选择题：本题

共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图甲所示，铺设铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。现有一列火车以恒定速率v通过一弯道（视为水平圆周运动），火车的轮缘恰好不对内、外轨道挤压。如图乙所示

为转弯时一节车厢内，放在桌面上的水杯与火车保持相对静止，且杯内的水面与轨道所在平面平行，已知火车轨道所在平面与水平面间的夹角为，弯道的转弯半径为R，水杯与水的总质量为m，重力加速度为g。则下列说法正确的

是（）A.tanvgR=B.tangRv=C.水杯对桌面的静摩擦力大小为0D.水杯对车厢侧壁的压力大小为0【答案】ACD【解析】【详解】AB．根据火车转弯时的向心力由重力和支持力的合力提供，有2tanv

mgmR=解得tanvgR=故A正确，B错误；CD．火车的向心加速度大小为tantanmgagm==水杯的向心加速度大小与其相等，由此可知水杯重力与桌面对其的支持力的合力提供向心力，故水杯对桌面的静摩擦力大小为

0，水杯对车厢侧壁的压力大小为0，故CD正确。故选ACD。9.将一木块（可视为质点）从距地面8m处由静止释放，其下落过程中动能及机械能随木块下落高度h的变化如图所示，已知重力加速度210m/sg=，则下列说法正确的是（以地面为重力势能为零的参考平面）（

）A.图线Ⅰ表示木块机械能变化，图线Ⅱ表示木块动能变化B.木块质量为0.5kgC.整个下落过程中，木块所受的合力做的功为25JD.木块所受的阻力大小为3.125N【答案】BC【解析】【详解】A．下落过程受阻力作用，故机械能减小，动能增大，可知图线Ⅰ表示木块动能变化，

图线Ⅱ表示木块机械能变化，A错误；B．在释放点木块具有机械能为40JEmgh==代入数据有的0.5kgm=B正确；C．由动能定理可知合力做的功等于动能变化量，由图可知，合力做的功为25J，C正确；D．由功能关系可知，阻力做功大小等于机械能的变化量，则有40J-25J15

JEfh===解得1.875Nf=D错误。故选BC。10.如图所示，长木板A静止在光滑水平面上，某时刻一可视为质点的小物块B从A的左端滑上长木板，恰好运动到A的右端时两者相对静止。已知该过程中，长木板A的动能增加量为kAE，小物块B的动能减少量为kBE，A、B间摩

擦产生的热量为Q。关于kAE、kBE、Q的值，下列可能正确的是（）A.kA5JE=，kB12JE=，7JQ=B.kA10JE=，kB28JE=，13JQ=C.kA2JE=，kB3JE=，1JQ=D.kA12JE=，kB28JE=，16JQ=【答

案】AD【解析】【详解】根据能量守恒可知kBkAEEQ=+该过程小物块B和长木板A速度一时间图线如图所示，设板长为l，此过程A、B对地位移大小分别为Ax、Bx，由vt−图像面积表示位移可知，它们的大小关系为BAxlx又kBBEfx=kAA

Efx=Qfl=则有kBkAEQE综上可知AD正确，BC错误。故选AD。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学用如图所示的装置研究小球碰撞过程的动量守恒：水平桌面上固定末端水平的斜槽，斜面体固定在水平地面上，斜槽末端与斜面体顶端等高且无缝对

接，进行如下操作（不计空气阻力的影响）：a．先让质量为1m的小球1从斜槽上适当高度由静止释放，从末端平抛后落在斜面体上，记录落点位置P以及从斜槽末端水平飞出至P点的时间为0t；b．再将质量为()212mmm的

小球2静置于斜槽末端，让小球1再次从斜槽由静止滑下，碰后两球均落在斜面体上，分别记录小球1、2落点位置M、N以及从斜槽末端水平飞出至M、N点的时间为1t、2t。回答下列问题：（1）为完成实验，小球1、2的直径应满足1d________2d，步骤b中小球1再次释放的高度应________步骤a中

释放的高度（均选填“大于”“等于”或“小于”）；的（2）为验证动量守恒定律，需验证等式________成立即可（用题中所给字母表示）。【答案】（1）①.等于②.等于（2）101122mtmtmt=+【解析】【小问1详解】[1][2]保证正碰使碰撞前

后小球速度均沿水平方向，且保证小球1两次下滑到斜槽末端时的速度大小相等，故小球直径应相等，两次释放高度也要相等；【小问2详解】小球飞离斜槽后做平抛运动，有212ygt=xvt=tanyx=解得2tangtv=由动量守

恒定律有11M2NPmvmvmv=+即0121122tan2tan2tangtgtgtmmmg=+化简可得101122mtmtmt=+12.某同学用如图所示装置做“验证机械能守恒”的实验。半径均为R的光滑半圆轨道AB和光滑四分之一圆弧轨道CD固定在同一竖直面内，过CD部分最高点D

的切线水平，A、C、B在同一水平面上，在D点固定一个力传感器，D点在水平地面的投影为O，从A点正上方足够高的P点处由静止释放一个小球，小球沿轨道运动到D点通过D点的力传感器可测得此时对轨道的压力F。（已知当地重力加速度为g，小球可视为质点）（1）为了完成该实验，还需要测量__

__________（填选项前的字母序号）；A.释放点P到A的高度hB.小球的质量mC.小球从P到D的运动时间t（2）若满足关系式F=____________，则验证机械能守恒定律（用题中和所选的测量量的字母符号表示

）；（3）多次改变P到A的高度h，使小球始终能通过D，测得多组h和F的数据，以F为纵轴、h为横轴建立坐标系，作出Fh−图像，若图像是一条倾斜直线，图像与纵轴的截距大小为____________，图像斜率为___________

_，则验证实验结论成立。【答案】（1）AB（2）23mgFmghR=−（3）①3mg②.2mgR−【解析】【小问1详解】验证机械能守恒，则从P到D的过程中，重力势能和动能相互转换，则需测出从P到A的高度h，但由于需要求解F的大小进行研究，故需要测量质量，也不需要测量时间。故选AB。【小问2详解

】假设从P到D的过程中机械能守恒，则21()2mghRmv−=在D点，根据牛顿第三定律可知压力大小等于支持力大小，根据牛顿第二定律可知2vmgFmR−=则23mgFmghR=−【小问3详解】.[1][2

]根据上式23mgFmghR=−可知图像与纵轴的截距大小为3mg，图像斜率为2mgkR=−。13.如图所示，轨道由倾角为30的斜面和半径为R的半圆弧两部分连接组成，连接点M处有一轻质定滑轮，圆心O在斜面的延长线上，N为圆弧最

低点且60MON=，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧拴接置于斜面上（弹簧平行于斜面），其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于

静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m，物块B、C的质量均为2m，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦

。求：（1）弹簧劲度系数k；（2）小球到达N点时，物块A、B的速度大小。【答案】（1）2mgkR=；（2）613gR，926gR【解析】【详解】（1）解锁小球A之前，对B进行分析有12sin30mgkx=o小球A到达N点时，对C进行分析有22si

n30mgkx=根据几何关系有12xxR+=解得2mgkR=（2）小球到达N点时，令物块A、B的速度大小分别为1v、2v，则有的()2212115cos602sin305222mgRRmgRmvmv−=++根据速度分解有21sin60vv=解得1613gRv=，2926gRv=

14.如图所示，光滑水平面上放有A、B两小球，B球静止，某时刻给A球一个水平向右的速度15m/sv=，一段时间后A、B发生正碰，已知A球质量为6kg,M=A、B两球碰撞过程的相互作用时间为0.01st=。（1）若B球质量为3kgm=，且碰后B球获得水平向右

的速度'24m/sv=。求碰后A球的速度'1v以及碰撞过程中A、B两球之间的平均作用力F的大小；（2）若B球质量可调节，A球仍以速度1v与静止的B球正碰，碰后A、B两球的动量大小为1:4。求B球的质量m的范围。【答案】（1）13m/sv=，方向水平向右1200NF=（

2）4kg24kgm或12kgm【解析】【详解】（1）以水平向右方向为正方向，由动量守恒定律有''121MvMvmv=+代入数据解得'13m/sv=即碰后A球速度大小为3m/s，方向水平向右；对B由动量定理有'20Ftmv=−代入数据解得1200NF=

（2）以水平向右方向为正方向，碰前A球动量为130kgm/sApMv==设碰后A球动量为'Ap，B球动量为'Bp，若碰后A、B同向运动，则有'':1:4ABpp=由动量守恒有''AABppp=+碰后应满足A球速度小于B球速度，则有''ABpp

Mm碰后系统机械能不增加，则有222222AABpppMMm+联立解得4kg24kgm若碰后A、B反向运动，则有':1:4ABpp=−由动量守恒有'AABppp=+碰后系统机械能不增加，则有222222AABpppMMm+联立解得12kgm综上可得：碰后A、B

同向运动，则4kg24kgm；碰后A、B反向运动，则12kgm。15.如图所示，竖直平面内固定的半圆轨道BC和半圆管道CD在C点平滑连接，C、D分别为半圆轨道和管道的最高点，11OO分别为半圆轨道和

管道的圆心。光滑水平地面与半圆轨道最低点B平滑连接，D点右侧有一足够长的光滑平台，平台上静置有一长木板丙，丙的最左端紧靠D处，且放一物块乙（与D管口等高），丙的右端固定有一水平轻质弹簧。现有一物块甲从水平地面的A点以初速度

0v（大小未知）水平向右运动，此后运动至D点与乙发生弹性正碰，碰撞时间极短，随后乙相对木板丙向右滑动，压缩弹簧后反弹，且恰好能回到丙的最左端而不滑落。已知半圆轨道半径为0.9mR=，管道半径为0.1mr=（管道粗细远

小于r），物块甲的质量为1kg，物块乙的质量为2kg，长木板丙的质量为4kg，重力加速度210m/sg=，甲、乙均可视为质点，半圆轨道与管道均光滑。（1）若物块甲能运动到D点，求从A点出发的初速度的最小值minv；（2）若物块甲以07m/

sv=从A点出发，求物块甲、乙碰后瞬间，物块乙的速度1v的大小；（3）在（2）的情况下，弹簧具有的最大弹性势能pmE。【答案】（1）35m/s（2）2m/s（3）4J3【解析】【详解】（1）若以恰好到D点时的速度0Dv=则物块甲从C到D由动能定理有21202Cmgrmv−=−

解得2m/s3m/sCv=故物块甲在到达C之前就已经脱离轨道；则使物块甲能运动到D点，应保证物块甲恰好到C点，此时对应的A点初速度最小，则有2CvmgmR=由A到C由动能定理有22min11222CmgRmv

mv−=−解得min35m/sv=（2）设物块甲运动到D点与乙碰前的速度为Dv，从A点到D点由动能定理有()22011222DmgrRmvmv−+=−解得3m/sDv=甲、乙发生弹性正碰，设碰后甲的速度为Dv，由甲、乙系统动量守恒和机械能

守恒定律有1DDmvmvmv=+甲乙甲2221111222DDmvmvmv=+甲甲乙联立解得122m/sDmvvmm==+甲甲乙（3）当物块乙与长木板丙共速时弹簧的弹性势能最大，设共速的速度为2v，以乙、丙为系统由动量守恒有()

12mvmmv=+乙乙丙解得22m/s3v=由题意可知乙、丙两者间一定存在摩擦，设物块乙向右压缩弹簧与丙共速的过程摩擦生热为Q，则由能量守恒有()22pm121122EmvmmvQ=−+−乙乙甲又乙恰好能回到丙的最左端，则此时两者再次共速，由动量守恒可知此时速度仍为2v，则从乙向右

压缩弹簧到最短到恰好能返回最左端的过程，由能量守恒有pmEQ=联立解得pm4J3E=