【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（六） Word版含解析.docx，共(18)页，1.330 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（六）一、单项选择题（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，只有一项符合要求）1.如图所示，在A、B两物体间有一与物体不连接的轻质弹簧，两物体用轻细

线连接在一起并使弹簧处于压缩状态，整体静止在光滑水平面上。现将细线烧断，对于在弹簧对两物体施加作用力的整个过程中，下列说法中正确的是（）A.对于A、B两物体组成的系统，动量守恒B.对于A、B两物体组成的系统，机械能守恒C.在同一段时间内，A物体的动能增量等于B物体的动

能增量D.在同一段时间内，A物体的动量变化与B物体的动量变化相等【答案】A【解析】【详解】A．对于A、B两物体组成的系统，受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A正确；B．对于A、B两物体组成的系统，因弹簧弹力做功，则机械能增加，

选项B错误；C．因两物体的质量不一定相同，受弹力相同，在同一段时间内，两物体的位移不一定相同，则弹力对两物体做功不一定相同，则A物体的动能增量不一定等于B物体的动能增量，选项C错误；D．根据动量定理，在同一段时间内，弹簧对两物体的冲量等大反向，则A物体的动量变化与B物体的动量变化大小相等，

方向不同，选项D错误；故选A.2.将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，以下判断正确的是（）A.小球从被抛出至到达最高点受到冲量大小为10N·sB.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C

.小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10N·sD.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10N·s【答案】A【解析】的【分析】【详解】A．选抛出到最高点为研究过程，取向上为正，运用动量定理有0mgtmv−=−代入数据求得小球受到的冲量为10

N•S，故A正确；B．竖直上抛和自由落体互为逆过程，因此小球返回出发点时的速度大小为20m/s，选抛出到落回出发点为研究过程，取向上为正，动量的改变量有pmvmv=−−=−20N•s故B错误；CD．由B项知，△p=20N•s，结合动量

定理有I=△p=20N•s故CD错误。故选A。3.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移sinxAt=，振动图像如图所示，则下列说法不正确的为（）A.弹簧在第1s末与第5s末的长度相同B.简谐运动的频率为1Hz8C.第3s末，弹簧振子的位移大小为22

AD.弹簧振子在第3s末与第5s末的速度方向相同【答案】A【解析】【详解】A．在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以在第1s末与第5s末，虽然振子位移大小相同，但方向不同，弹簧长度不同，故A错误；B．由图可知，

周期为8s，则简谐运动的频率为11Hz8fT==故B正确；C．根据题意可知，第3s末，弹簧振子的位移大小为222sinsin382xAtAAT===故C正确；D．由题图可看出，第3s末与第5s末弹簧振子速度方向相同，故D正确。本题选不正确，故选A。4.火星和地球绕太阳的运动均

可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3：2，则（）A.火星与地球绕太阳运动的周期之比为2：3B.火星与地球绕太阳运动的线速度大小之比为3:2C.火星与地球绕太阳运动的向心加速度大小之比为4：9D

.火星与太阳连线和地球与太阳连线相等时间扫过的面积之比为1：1【答案】C【解析】【详解】A.根据牛顿第二定律得211122114MmGmrrT=222222224MmGmrrT=解得123322TT=，A错误；B.根据牛顿第二定

律得2111211MmvGmrr=2222222MmvGmrr=解得1223vv=，B错误；C.根据牛顿第二定律得11121MmGmar=22222MmGmar=解得1249aa=，C正确；D.假如火星与太阳连线和地球与太阳连线相等时间扫过的面积之比为1：1，有221212rrTT

=解得1294TT=，与实际周期之比123322TT=不符，D错误。故选C。5.一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm．则（）A.若汽车以额定功率启动，则做匀加速直

线运动B.若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vmC.无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比D.汽车以速度vm匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力【答案】D【解析】【详解】A．当汽车以额定功率启动

时，由P=Fv可知，牵引力随着速度的增大而减小；故不能做匀加速直线运动；故A错误；B．汽车匀加速启动时，刚达到额定功率时加速度不为零，此后还要继续加速；故没有达到最大速度；故B错误；C．因汽车受到阻力，故加速度和牵引力与阻力的合力成正比；故C错误；D

．汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，故要减速时，应减少牵引力；故D正确；6.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，甲球静止在水平面上，乙球向左运动与甲球发生正碰，使甲球垂直撞向挡板后原速率返回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为3:1，且两球刚好不会发生第二次碰撞。则（）A.碰撞后乙球向左运

动B.甲、乙两球质量之比为2:1C.碰撞前、后两球总动量之比为3:1D.碰撞前、后两球总动能之比为9:5【答案】D【解析】【详解】设甲球的质量为1m，乙球的质量为2m，碰撞前乙的速度为0vAB．根据题意可知，取向左为正方向，碰撞

前、后乙球的速率之比为3:1，甲球垂直撞向挡板后原速率返回，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，则甲球的速度为013v，乙球速度为013v−，即碰撞后乙球向右运动，由动量守恒定律有2010201133mvmvmv=−

可得1241mm=故AB错误；C．根据题意可知，碰撞前、后动量守恒，则碰撞前、后两球总动量之比为1:1，故C错误；D．结合AB分析可知，碰撞前两球总动能为12k2012Emv=碰撞后两球总动能为222k210202011115232318Emvmvmv

=+=则碰撞前，后两球总动能之比为k1k295EE=故D正确。故选D。7.如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3kg，在木板的上表面有两块质量均为1kg的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为0.2。最初木板静止，A、B两木块同时以相

向的水平初速度2m/s和4m/s滑上长木板，则下列说法正确的是（）的A.若A、B始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为4.8mB.木块B的最小速度是零C.从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是1mD.木块A向左运动的最大位移为4.8m【答案】A【解析】【详

解】AB．由题意可知，开始一段时间内，木块B向右减速，木块A向左减速，此过程木板C静止不动，木块A的速度先减小到零后与木板C一起反向向右加速，木块B继续向右减速，三者共速时，木块B的速度最小。设木块A、B的质量均为m，则木板C的质量为3m，取水平

向右为正方向，根据动量守恒定律有BA5mvmvmv−=解得木块B的最小速度为0.4m/sv=由能量守恒定律得222BAAB1115222mvmvmvmgLmgL+=++解得木板最短长度AB4.8mLLL=+

=故A正确，B错误；D．木块A向左减速的过程，根据动能定理有21A102mgxmv−=−解得木块A向左运动的最大位移为11mx=故D错误；C．木块A向右加速过程，以A、C整体为研究对象，根据动能定理有()22132mgx

mmv=+解得20.16mx=故从刚开始到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A的位移A120.84mxxx=−=故C错误。故选A。二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有两个或者两个以上选项符合题目要求，全部

选对得5分，选不全得3分，有错选得0分）8.如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧原长为L，质量为m的小球从距弹簧上端高度为h的P点由静止释放，小球与弹簧接触后立即与弹簧上端粘连，并在竖直方向上运动。一段时间后，小球静止在O点，此时，弹簧长度为2L，弹簧的弹性势能为pE，重

力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）A.弹簧的劲度系数为2mgLB.小球在运动过程中，球与弹簧组成的系统机械能守恒C.小球第一次下落过程中速度最大位置在O点D.p2LEmgh+【答案】AD【解析】【详解】A．球停止运动时，受

力平衡，根据平衡关系和胡克定律得kxmg=122LxLL=−=解得2mgkL=选项A正确；B．分析得小球开始从高处下落，第一次经过最后的静止位置动能不为零，最后在该位置静止，说明运动过程中有阻力作用，故系统机械能不守恒，选项B错误；C．由于

在运动过程中有阻力作用，第一次下落过程中的平衡位置并不在最后的静止位置，故O点不是下落过程中速度最大处，选项C错误；D．运动过程中第一次经过最后的静止位置，根据能量守恒有pkf1+2LmghEEQ+=+则pkf1-2-2LELmghmghEQ+=

+选项D正确。故选AD。9.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统由地球同步卫星、倾斜轨道卫星以及中轨道卫星组成。某次发射X卫星时，先将X卫星发射至近地圆轨道Ⅰ，X卫星到达轨道Ⅰ的A点时实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达

轨道Ⅱ的远地点B时，再次实施变轨进入轨道半径为4R（R为地球半径）的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。下列判断正确的是（）A.X卫星在圆形轨道Ⅲ上运行时的加速度小于它在圆轨道Ⅰ上运行时的加速度B.X卫星在圆形轨道Ⅲ上运行的周期大于它在圆轨道Ⅰ

上运行的周期C.X卫星到达椭圆轨道Ⅱ的远地点B时应适当减速，从而进入圆形轨道ⅢD.X卫星可能一颗地球同步卫星【答案】AB【解析】【详解】A．卫星绕地运动时，合力为万有引力，根据牛顿第二定律有2MmGmar=解得2GMar=是表明离

地越远，加速度越小，故X卫星在圆形轨道Ⅲ上运行时的加速度小于它在圆轨道Ⅰ上运行时的加速度，故A正确；B．根据开普勒第三定律有32RkT=可知，轨道半径越大，周期越大，故X卫星在圆形轨道Ⅲ上运行的周期大于它在圆轨道Ⅰ上运行的周期，

故B正确；C．X卫星到达椭圆轨道Ⅱ的远地点B时应适当加速，使其做离心运动，从而进入圆形轨道Ⅲ，故C错误；D．地球半径为6400km，该卫星的离地高度为319200kmR=而地球同步卫星的离地高度约为36000km，故X卫星不是地球同步卫星，故D错误。故选AB10.如图所示，在水平地面

上固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与套在圆形轨道上质量为m的小圆环相连，

右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦力阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.小圆环到达

B点时的加速度为gB.小圆环到达B点后还能再次回到A点C.小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为2:3D.小圆环和物块的质量之比满足332mM−=【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．小圆环运动到B点时，小环受到竖直向下的重力，水平向右的拉力和圆环对小环向左的支持力

，因为运动到B点时速度恰好为零，小球的合力为竖直方向的重力，根据牛顿第二定律可知mgma=解得ag=A正确；B．小环和物块组成系统，在运动过程中，由于忽略一切摩擦力，故只有重力做功，机械能守恒，当小环到达B点时，速度都为零，

此后小环沿圆轨道向下运动，机械能还是守恒，组最终小环和物块速度都减到零，故圆环到达B点后还能再次滑回A点，B正确；C．小环在P点时，小环的速度方向沿绳的方向，根据速度的合成与分解可知，此时小圆环和物块的速

度之比为1：1，C错误；D．设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知2OCR=，5ACR=在运动过程中，对环和物块组成的系统，根据动能定理可知51()sin3000mgRMgR−−−=−解得512mM−=D错误。故选AB。三、实验探究题（本题共2小题，11

题6分，12题9分，共15分）11.用如图甲所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下：（1）用绳子将质量为mA和mB的小球A和B悬挂在天花板上，两绳长相等；（2）在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起，用量角器记录两球偏离竖

直方向的最的大夹角分别为、β；（3）多次改变炸药的量，使得小球摆起的最大角度发生变化，记录多组、β值，以1－cosa为纵轴，1－cosβ为横轴，绘制()()1cos1cos−−−图像，如图乙所示。回答下列问题（1）若两球动量守恒，应满足的表达式为______（用mA、mB、、表示）。（

2）图乙中()()1cos1cos−−−图像的斜率为k，则A、B两球的质量之比为______。（3）若本次实验存在一定的误差，请分析可能的原因______。【答案】①.AB1cos1cosmm−=−②.1k③.用量角器测量角度时测量不准确可能会

带来误差；小球爆炸后运动过程中存在空气阻力，可能会影响角度的大小【解析】【详解】（1）[1]设绳长为L，对A、B球爆炸后由动能定理得()2AA11cos02mgLLmv−−=−，()2BB21cos02mgLLmv−−=−由动量守恒定律得A1B2mvmv=联立解得AB1cos1cosmm−

=−（2）[2]整理AB1cos1cosmm−=−可得()2BA1cos1cosmm−=−所以()()1cos1cos−−−图像的斜率2BAmkm=则A、B两球的质量之

比为AB1mmk=[3]若本次实验存在一定的误差，请分析可能的原因有用量角器测量角度时测量不准确可能会带来误差；小球爆炸后运动过程中存在空气阻力，可能会影响角度的大小。12.某兴趣小组的同学们用传感器、细线、小球、刻度

尺等设计了一个用摆动验证机械能守恒定律的实验，如图甲所示。在横梁上固定一个拉力传感器，传感器正下方用细线连接一个小球，将小球拉到某处P，由静止释放小球。①用刻度尺量出细线长度L以及拉到P处时小球到传感器下端的竖直高度；②释放后小球在竖直平面内来回摆动

，记录拉力传感器的最大示数；③改变释放点的位置，再次用刻度尺量出此时小球到传感器下端的竖直距离；④记录改变位置后每次下摆过程中拉力传感器的最大值；⑤整理器材；⑥处理数据，以每次最大示数为纵坐标（F）、对应的竖直高度为横坐标()

h建立坐标系，根据描出的点，连线后作出Fh−图像，如图乙所示，已知M点的坐标为()0,LF。请回答下列问题：（1）该实验中是否需要测出小球的质量______；（填“需要”或“不需要”）（2）理论上该图线的纵轴截距a=______；（用题中所给物理量符号表示）（3）为验证机械能

守恒，写出每次传感器的最大示数F与对应竖直高度h的表达式______。（用题中所给物理量符号表示）【答案】①.不需要②.03F③.()00230FhFFhLL=−+【解析】【详解】（1）[1]由乙图可知，当h

L=时，即小球静止在最低点时，满足0Fmg=可得0Fmg=故实验中不需要测出小球的质量。（2）[2]小球运动至最低点时，拉力传感器的示数最大，小球从释放摆到最低点的过程，据机械能守恒定律可得21()2mgLhmv−=在最

低点由牛顿第二定律可得2vFmgmL−=联立解得23mgFhmgL=−+代入质量m可得0023FFhFL=−+该图线的纵轴截距为03aF=（3）[3]由（2）的解析可得，每次传感器的最大示数F与对应竖直高度h的表达式为0023FFhFL=−+其中h应满足

0hL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，光滑水平面上有一质量为m=1kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0=1kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0=5m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平

面上、质量为M=4kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内．求：（Ⅰ）碰撞结束时，小车与小球的速度；（Ⅱ）从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小．【答案】（Ⅰ）小车：-3m/s，速度方向向左．小球：2m/s，速度方向向右

；（Ⅱ）4N·s【解析】【详解】（Ⅰ）设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1，小球的速度大小为v，由动量守恒及动能守恒有：mv0=Mv＋Mv122201111222mvmvMv=+解得103/mMvvmsmM−==−+，小车速度方向向左022/mvvmsmM==+，小球速

度方向向右（Ⅱ）当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有：m0v0＋mv1=（m0＋m）v2解得v2=1m/s设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有I=mv2－mv1解得I=4N

·s14.如图所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图2的模型，倾角为45的直轨道AB、半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37的直轨道EF，分别通过过水平光滑街接轨道BC，C‘E平滑连接，另有

水平减速直轨道FG与EF平滑连接EG间的水平距离d=40m，现有质量m=500kg的过山车，从高h=40m的A点静止下滑，经BCDC‘EF最终停在G点，过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为10.2

=与减速直轨道FG的动摩擦因数从F到G均匀增加，20.60.01l=+（l为距离F点的位移），过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，求：（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道作用力；（3）减速直轨道FG的长度x。（已知sin37

0.6=°，cos370.8=°）的【答案】（1）810m/sCv=；（2）7000N；方向竖直向上；（3）x=30m【解析】【分析】【详解】（1）过山车到达C点的速度为vc，由动能定理211cos45cos452Chmghmgmv−=代入数据可得810m/scv=

（2）过山车到达D点的速度为vD，由机械能守恒定律2211222DCmgRmvmv+=由牛顿第二定律2DDvmgFmR+=联立代人数据可得7000NDF=由牛顿第三定律可知.轨道受到的力7000NDF=方向竖直向上；（3）过山车从

A到达G点，由动能定理可得112()tan37cot45()0mghmglxmghmglxmgx−−−−−−=，20.60.60.012x++=代人数据可得30mx=15.如图所示，长为0.8mL=且不可伸长的非弹性

轻绳一端固定在O点，另一端拴质量10.3kgm=的小球P。固定的水平薄板AB距离O点10.2mh=，B端恰在O点正下方。长2m的粗糙水平桌面CD与O点距离0.8mL=，在O点正下方的CD中点处静置质量20.1kgm=的小物块Q，C端连接光滑14圆弧形圆管，圆管下方竖直

放置底端固定于地面的轻弹簧，D端有一竖直挡板。现使P自B端以初速度0v水平向右抛出，在空中下落20.2mh=后开始做圆周运动，在最低点与Q发生弹性正碰，碰后Q向左运动，在Q到达C点前撤去P。已知Q与桌面的摩擦因数0.4=，弹簧的压缩量在弹性限度之内。若P

、Q皆可看成质点，Q进出圆管及与D端竖直挡板碰撞时皆不损失机械能。（1）求P在空中平抛运动的水平位移及初速度0v；（2）求P与Q碰撞后瞬间轻绳对P的拉力；（3）若P的初速度不变、质量1m可变，求Q停止时到D点的距离x与P质

量1m的关系式。（只考虑Q与弹簧最多作用一次的情况）【答案】（1）23m5，23m/s；（2）4N；（3）见解析【解析】【详解】（1）小球P在空中下落20.2mh=后开始做圆周运动，此时绳伸直，由几何关系有()221223m5xLhh=−+=由平抛运动公式有22012xhgtvt==，，可得0

23m/sv=（2）轻绳绷紧时，令绳与竖直方向的夹角为，则有121cos2hhL+==解得60=由于003tanyvvvgt===表明速度方向恰好沿绳方向，轻绳绷紧时，沿半径方向的速度立即减为零，表明轻绳绷紧时，P的速度突变为

0，之后，P做圆周运动到最低点，根据动能定理有()21121P12mgLhhmv−−=解得P22m/sv=P、Q发生弹性碰撞，则有1P1122mvmvmv=+，2221P1122111222mvmvmv=+解得12m/

sv=P与Q碰撞后乙B点为圆心，由向心力公式有()21111vFmgmLh−=−解得4NF=（3）由（2）中的动量和能量守恒可得1122121242Pmmvvmmmm==++，碰撞之后，对Q有222212mvmgs=可得212140.1msm=+（）当1ms=时，可得10.1kgm=当3ms

=时，可得1323kg0.65kg10m+=当10.1kgm时有2121410.1mxm=++（）当10.65kg0.1kgm时有2121430.1mxm=−+（）当10.65kgm时有212

1430.1mxm=−+（）