【文档说明】河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高一下学期期末冲刺试题（6月月考） 物理 Word版含解析.docx，共(15)页，1013.289 KB，由小赞的店铺上传

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2023—2024学年郑州市宇华实验学校高一（下）期末冲刺物理注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标

号。在试题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部

选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为1L、2L的轻质弹簧和细线上，1L的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，2L水平拉直，物体处于平衡状态。

已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.弹簧的伸长量为mgkB.绳子上的拉力为sinmgC.剪断1L的瞬间，物体的加速度为零D.剪断2L的瞬间，物体的加速度为tang2.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，速度随时间的变化图像如图所示。4s时两

车同时经过公路旁的同一个路标。5s时乙车停止运动，且此时甲车超前乙车2m。两车均可视为质点，关于两车的运动，下列说法正确的是（）A．0=t时，两车相距8mB．B.甲、乙两车的加速度大小之比为1:4C．在0～4s内，甲车的位移大小为8mD.在3～5s内，甲车的位

移大于乙车的位移3.一辆货车运载着规格相同的圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一个桶C，其质量为m，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起处于静止状态，如图所

示。已知重力加速度为g。下列判断正确的是（）A.桶A对桶C的支持力大小为12mgB.若货车向前启动（向前加速）时，桶B对桶C的支持力将减小C.若货车向后倒车（向后加速）时，桶B对桶C的支持力将增大D.若想货车启动

或倒车时桶C始终与A、B均不分开，则货车的加速度大小不能超过33g4.如图所示,一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物,已知货箱的质量为M,货物的质量为m,货车以速度v向左做匀速直线运动,重力加速度为g.则在将货物提升到图示的位

置时,下列给出的结论正确的是（）A.货箱向上运动的速度大于vB.货物处于失重状态C.图示位置时绳子拉力的功率大于()cosMmgv+D.缆绳对货箱做的功等于货箱机械能的增加量5.如图为游乐场中的“空中飞椅”结构示意图，转动轴带动顶部圆盘转动，悬绳一端系在圆盘边缘

，另一端系着椅子。若所有椅子质量相等，悬绳长短不一定相等，忽略悬绳质量与空气阻力，则坐在椅子上的游客与椅子整体随圆盘匀速转动的过程中（）A.任一时刻，所有游客的线速度都相同B.游客质量越大，向心加速度越大C.悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就

越大D.游客质量越大，悬绳与竖直方向的夹角就越大6.天问一号是我国首个火星探测器，已知火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省

燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面内、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（）A.地球的公转线速度小于

火星的公转线速度B.当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约5分钟到达火星C.下一个发射时机需要再等约2.1年D.若火星运动到B点、地球恰好在A点时发射探测器，则探测器沿椭圆轨道运动到C点时，恰好与火星相遇7.小明驾驶两轮平衡车在水平路面上以恒定加速度a启动，vt−图像如

图所示，已知人和平衡车的总质量为m，平衡车动力系统的额定功率为0P，平衡车受到的阻力恒为f，不计人对平衡车做功，则（）A.20~t时间内，阻力对平衡车做的功为2m0212mvPt−B.平衡车能达到的最大行驶速度0mPvfma=+C.平衡车匀加速阶段的牵引力为fma+D.平衡车做匀加速

直线运动过程中能达到的最大速度01Pvf=8.如图，倾角为θ=37°的斜面放在粗糙的水平面上，质量为m的物块恰好沿斜面以速度v匀速下滑，现给m施加一与竖直方向成37°的斜向上的拉力F，小物块能继续沿斜面下滑，斜面仍静止，sin37°=0.6，cos37°=0

.8，则（）A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.75B.拉力F作用下小物块继续下滑过程中地面对斜面的摩擦力大小为0.6FC.拉力F作用下小物块继续下滑过程中地面对斜面的摩擦力大小为0D.若水平面光滑，施加力F时，斜面将向右运

动9.如图所示，绕中心轴OO匀速转动的水平圆盘上，放有质量均为m的小物体A、B，AB间用细线沿半径方向相连，它们到转轴距离分别为A20cmR=，B30cmR=，A、B与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4倍，g取210m/s，则（）A.当A开

始滑动时，圆盘的角速度4rad/s=B.当细线上开始出现张力时，圆盘的角速度为40rad/s3C.当A、B即将滑动时，烧断细线，A做离心曲线运动D.当A、B即将滑动时，烧断细线，B离心曲线运动10.如图所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧的劲度系

数为k，原长为l。质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。不计空气阻力，当地的重力加速度为g，则从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中（）A.小球的机械能先增加后减少B.小球与弹簧组成的系统

机械能守恒C.弹簧弹性势能的最大值为mg（h+x）D.小球下落到距地面mgHlk=−高度时动能最大二、非选择题：本题共6小题，共70分。11.（9分）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块

，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5

、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个小点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a=（保留三位有效数字）。（2）回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有()（填入所选物理量前的字

母）A.木板的长度B.木板的质量m1C.滑块的质量m2D.托盘和砝码的总质量m3E.滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是。（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ=（用被测物理量的字母表示，重力加速

度为g）。12.（6分）某同学设计了一个探究向心力F的大小与角速度大小和半径r之间关系的实验。选一根圆珠笔杆，取一根尼龙细线，一端系一个小钢球，质量为m；另一端穿过圆珠笔杆，吊上若干质量相同的钩码，质量

为M，如图甲所示。调节尼龙细线，使小钢球距圆珠笔杆的顶口（笔尖部）的线长为L。握住圆珠笔杆，并在该同学头部的上方尽量使小钢球稳定在一个水平面内做匀速圆周运动（细线上拉力近似等于小钢球所需的向心力），用秒表记录物块运动n圈的时间为0t。(1)小钢球做

匀速圆周运动的角速度=（用题目给出的符号表示）。(2)保持水平部分尼龙细线的长度L不变，在下方增加质量为M的钩码，发现此时钢球匀速转动的角速度为原来的倍。(3)保证钢球的质量m、圆珠笔杆的顶口（笔尖部）的线长为L不变，得到钢球转动的角速度平方2与钩码

重力Mg的关系图像，其中正确的是图（填“乙”或“丙”）。13.（10分）如图所示，半径为R的光滑圆周轨道AB固定在竖直平面内，O为圆心，OA与水平方向的夹角为30°，OB在竖直方向.一个可视为质点的小球从O点正上

方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地从A点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达B点.已知重力加速度为g，求：(不计空气阻力)(1)小球初速度的大小；(2)小球运动到B点时对圆轨道压力的大小.14.（12分）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，

其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。已知C的质量为m，A、B的质量均为2m，与地面间的动摩擦因数均为。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B始终保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度

为g。在A移动的整个过程中，求：（1）重力对C做的功1W；（2）摩擦力对A做的功2W。15.（15分）商场推出一批新型滑动轨道，简化后模型如下图所示，主要由光滑圆弧面轨道AB、光滑竖直圆轨道BC、水平轨道BD、水平传送

带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域后立即停止运动，现将一质量为m=0.2kg的滑块从轨道AB上某一位置由静止释放，若滑块恰好能通过圆轨道的最高点C，且到C时

的速度为3m/sv=，水平面BD的长度12mx=，传送带长度23mx=，距落地区的竖直高度0.45mH=，滑块与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速度05m/sv=沿逆时针方向转动，

取210m/s=g。（1）求圆轨道半径R，及滑块恰好过圆轨道最高点C时，滑块释放点的高度ℎ1；（2）要使滑块恰能运动到E点，求滑块释放点的高度ℎ2；（3）当滑块释放的高度ℎ=1.2m时，求滑块落到FG区域后停止运动时，距B点的水平距离x，以及滑块落到FG

前瞬间的速度大小。16.（18分）如图所示，内壁粗糙、半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台可以绕过容器球心O的竖直轴线以角速度匀速转动。半球形容器的直径MON水平，OA与轴线的夹角60=，OB与轴线的夹角30=，小物块质量为m，重力加速度为g，则

：（1）若转台静止不动，小物块从M处由静止释放，到达A点时速率为2gRv=，求小物块到达A点时对轨道的压力大小；（2）若转台以角速度匀速转动时，小物块恰好在A处随容器一起转动，且所受摩擦力恰好为0，求角速度的值；（3）保持转台以第（2）问中的角速度值转动，当小物块在

B处时也可以随容器一起匀速转动，求小物块在B处时所受摩擦力的大小。参考答案一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分

，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.【答案】D【解析】AB：对小球受力分析可知1cosFmg=，12sinFF=，1Fkx=，可得弹簧的伸长量为cosmgxk=，绳子上的拉力为2tanFmg=，选项AB错误；C：剪断1L的瞬

间，此时F1和F2都变为零，物体的加速度为g，选项C错误；D：剪断2L的瞬间，弹簧弹力不变，即F1不变，则物体受的合力与F2等大反向，则合力大小为tanmg，则物体的加速度为tanag=，选项D正确。选D。2.【答案】B【解析】设乙车的初速度为0v，加速度为2a

，甲车的加速度为1a，则从00t=到14s=t时间内02111vatat−=，在25st=时，乙车停止，且甲车超前乙车2m，则从14s=t到25st=时间内022vat=，22111211ΔΔΔΔ2m22xattatat=+−=，以上各式联立，解得210.8m/sa=，223.2m/sa=，016

m/sv=A.14s=t时，两车的速度相同为1113.2m/svat==14s=t时两车相遇，则00t=时两车的距离为011011Δ32m22vvvxtt+=−=，A错误；B.甲、乙两车的加速度大小之比为120.813.2

4aa==，B正确；C.从00t=到14s=t时间内，甲车的位移为1116.4m2vxt==，C错误；D.当33st=时，甲车的速度为2132.4m/svat==，则从33st=到25st=时间内，甲车的位移为222

1111ΔΔ6.4m2xvtat=+=，从33st=到25st=时间内，乙车的位移为230231211ΔΔ6.4m2xvattat=−−=（），即从33st=到25st=时间内，两车位移大小相等，D错误。选B。3.【答案】D【解析】对桶C

进行受力分析如图所示A：汽车保持静止时，FA与FB大小相等，这两个力的合力与桶C的重力mg等大反向，此时桶B对桶C支持力FB的大小一定大于12mg，A错误；B：汽车向前加速时，桶B对桶C的支持力FB与桶A对桶C的支持

力FA在水平方向的合力水平向左，桶B对桶C的支持力FB将增大，B错误；C：汽车向后加速时，桶B对桶C的支持力FB与桶A对桶C的支持力FA在水平方向的合力水平向右，桶B对桶C的支持力FB将减小，C错误；D：

汽车向左加速时，当加速度达到最大时，桶A对桶C的支持力为0，此时竖直方向上sin60BFmg=，水平方向上，cos60BFma=，可得最大加速度33ag=，D正确；选D。4.【答案】C【解析】A.把车的速度分解，如图所示由于绳子是不可伸长的，货箱和货物整体向上的运动速度和货车沿着绳子方向的速度

分量相等即1cosvv=，所以货箱向上运动的速度小于v，A错误.B.由于不断减小，由1cosvv=可知1v不断增大，货物加速上升的，处于超重状态，B错误.C.因为货物加速上升的，所以细绳对货箱的拉力大于货箱和货物的总重力，

即()FMmg+，所以拉力的功率为cos()cosPFvMmgv=+，即绳子拉力的功率大于()cosMmgv+，C正确.D.由能量守恒可知，缆绳对货箱做的功等于货箱和货物机械能的增加量，D错误.本题正确答案选C.5.【答案】C【解析】A.根据题意可知，所有游客为同轴转动，则所有游客做圆

周运动的角速度相同，由vr=可知，游客做圆周运的半径不同，线速度大小不同，游客的线速度方向也不同，A错误；B.向心加速度大小与质量无关，B错误；CD.根据题意，设绳长为L，悬绳与竖直方向的夹角为，则有()2tansinmgmLr=+，解

得21cossingrL−=，可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，悬绳越长，越大，即悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大，C正确，D错误。选C。6.【答案】C【解析】A：由22GMmmvRR=可得GMvR=，因为火星的轨道半径大于地球的轨道半径，所以火星的公转线速度小于地球

的公转线速度，A错误；B：由xtc=可得minminmaxmax0.552234xttx分钟分钟==，B错误；C：假设两次发射探测器的时间间隔为t，则==111.9ttttTT−−地火年年，解得2.1t年，C正确；D：由开普勒第三定律可得3322=raTT火探探火，由图可知探测器椭圆轨道的

半长轴小于火星轨道的半径，所以探测器的周期小于火星的周期，探测器与火星不能在C点相遇，D错误。选C。7.【答案】C【解析】B.当牵引力等于阻力时，平衡车速度达到最大，则有0m=Pvf，B错误；CD.平衡车匀加速阶段，

根据牛顿第二定律可得1−=Ffma，解得牵引力为1Ffma=+，平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为0011avPPFfm==+，C正确，D错误；A.20~t时间内，根据动能定理可得Ff2m102Wmv

W+=−，由于10~t时间内平衡车的功率小于额定功率0P，可知20~t时间内，牵引力做功F02WPt，则阻力对平衡车做的功F22mm2f01122WmWvmvPt=−−，A错误。选C。8.【答案】AC【解析】A.未加F时，物

块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件得mgsinθ=μmgcosθ，解得μ=0.75，A正确；BC.滑块匀速下滑时，根据平衡条件，斜面对滑块的滑动摩擦力和支持力的合力是竖直向上的，根据牛顿第三定律，滑块对斜面的压力和滑动摩擦力的合力是竖直向下；拉力F作用下小物块继续下滑过程中

，滑块对斜面的压力和滑动摩擦力的合力依然是竖直向下，斜面体与地面间没有静摩擦力，B错误，C正确；D.斜面体与地面间没有静摩擦力，若水平面光滑，施加力F时，斜面静止不动，D错误。选AC。9.【答案】ABD【解析】A.当A开始滑动时，表明A与盘间的静摩擦力已达到最大，设

此时圆盘的角速度为ω，线的拉力为F，则有对A有FfAmax-F=mRAω2，对B有FfBmax+F=mRBω2，又有FfAmax=FfBmax=kmg，解以上三式得ω=4rad/s，A正确；B.当细线上开始出现张力时，表明B

与盘间的静摩擦力已达到最大，设此时圆盘的角速度为ω0，则有：kmg=mRBω02，解得：040rad/s3=，B正确；CD.当A、B即将滑动时，烧断细线，A与盘间的静摩擦力减小，继续随盘做半径为RA=20cm的圆周运动，而B由于FfBmax不足以提供必要的向心力而做离心

运动，C错误，D正确。选ABD。10.【答案】BCD【解析】AB.从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能变大，则小球的机械能减少，选项A错误，B正确；C.当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，由能量关系可知，弹簧弹性势

能的最大值等于小球重力势能的减小量，为mg（h+x），选项C正确；D.当小球的重力等于弹簧弹力时，合力为零，加速度为零，此时小球的速度最大，动能最大，即mgkx=，此时小球距地面高度mgHlxlk=−=−，选项D正确。选BCD。二、非选择题：本题共6小题，共70分。11.（

9分）【答案】0.495/0.496/0.497；CD/DC；天平；2232()mgmmmg−+【解析】（1）[1]由于每相邻两计数点间还有4个小点，则相邻计数点间的时间间隔为15s0.1s50T==，纸带上有7个段落，失去第一段，根据逐差法有()()2222

23.393.884.37101.892.402.8810m/s0.497m/s90.1a−−++−++=（2）①[2]根据实验过程，对托盘和砝码有33mgTma−=，对滑块有22Tmgma−=，解得()23322mmammmg+=−，可知，为

测量动摩擦因数，还应测量的物理量有滑块的质量m2与托盘和砝码的总质量m3。选CD。②[3]测量①中所选定的滑块的质量m2与托盘和砝码的总质量m3，需要的实验器材为天平。（3）[4]根据上述可以解得，滑块与木板间的动摩擦因数2232()mgmmmg−+=12.（6分

）【答案】(1)02nt，(2)2，(3)丙【解析】（1）由题知，运动n圈的时间为0t，则0tTn=，根据公式知022nTt==（2）由向心力公式知2MgmL=，增加一个砝码后212MgmL=，代入得12=（3）由圆周运动知2MgmL

=，知Mg与2成正比，图“丙”正确；13.（10分）【答案】（1）2gR（2）6mg【解析】（1）设小球的初速度为0v，飞行时间为t，则在水平方向有，在竖直方向有212ygt=，ygt=v，小球运动到A点时与轨道无碰撞，030tanyvv=，联立解得02gRv=，34yR=（2）抛出点距

轨道最低点的高度sin30hRRy=++，设小球运动到最低点B时速度为v，对圆轨道的压力为F，根据机械能守恒有2201122mghmvmv+=，根据牛顿运动定律有2vFmgmR−=，联立解得6Fmg=14.（12分）【答案】（1）

3mgR（-1）；（2）23mgR−（1）【解析】（1）根据题意A未移动时，由几何知识，得C重心离地面高度为2223HRRR=−=（），使A缓慢移动，直至C恰好降到地面，如图所示C重心下落的高度为HHR=−，解得3HR=−（

1），重力对C做的功13WmgHmgR==（-1）（2）A未移动时，C受力平衡，则竖直方向满足o12cos30Fmg=，解得A受到C的弹力为1133mgFF==，A对地面的压力为oN111sin602FmgF=+，解得N1Fmg=，当C恰好降落到地面时，即对地面压

力仍为零时，B受C压力的水平分力最大，由几何关系知o2cos60Fmg=，A对地面的压力为oN1sin302FmgFmg=+=，联立解得NFmg=，得A未移动时到使A缓慢移动到C恰好降落到地面过程中1NNFFmg==，即A对地面的压力不变，此时A受地面的摩擦力为NfF=，使A

缓慢移动，直至C恰好降到地面，A的位移为23xR=−（1），得摩擦力对A做的功为223WfxmgR==−（1）15.（15分）【答案】（1）0.3m，0.75m（2）1m（3）56m.，13m/s【解析】（1）当滑块恰好过圆轨道最高点C时，由重力提供向

心力，由牛顿第二定律得2vmgmR=，解得0.3mR=，滑块恰好过圆轨道最高点C时，根据动能定理212(1)2mghRmv−=，解得10.75mh=（2）要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度0Ev=，从A到E过程中，根据动能定理有212()0mghmgxx−+=，

解得21mh=，显然21hh>，所以要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度21hm=。（3）当滑块释放点的高度h=1.2m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有2121()2Emghmgxxmv−+=，解

得2m/sEv=，滑块从E点飞出做平抛运动，平抛运动的时间为2tHg=，解得0.3st=，所以滑块落到FG区域后停止运动时，距B点的水平距离12Exxxvt=++，解得5.6mx=，根据动能定理2121()()2mghHm

gxxmv+−+=末，解得13m/sv=末16.（18分）【答案】（1）mg；（2）2gR；（3）312mg−【解析】（1）若转台静止不动，对小物块到达A点时进行受力分析，如图所示对小物块的重力分解在沿半径方向和沿切线方向，其中小物块在半径方向的合力

提供向心力，有2cosmvNmgR−=，解得Nmg=，由牛顿第三定律得'NNmg==因此，小物块到达A点时对轨道的压力大小为mg。（2）若转台以角速度匀速转动时，根据题目“小物块恰好在A处随容器一起转动

，且所受摩擦力恰好为0”可知，在A处小物块只受重力和支持力，且A处小物块所受的重力和支持力提供向心力，如图所示由牛顿第二定律得2tan?sinmgmR=，解得2cosggRR==，因此，转台角速度ω的值为2gR。（3）假设小物块在B处受的摩擦力方向垂直于OB向上，其受力情况如图所示建立

直角坐标系，则小物块所受的合力水平向左提供其在水平方向做匀速圆周运动的向心力，有2sincos?sinBBNfmR−=，小物块在竖直方向的合力为0，有cossinBBNfmg+=，312Bfmg−=−因此，小物块在B处时所受摩擦力

的大小312mg−，方向沿B点切线向下。