河南省开封高级中学2024届物理高一下期末质量检测试题含解析

河南省开封高级中学2024届物理高一下期末质量检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、如图所示，将一小球以10m/s的速度水平抛出，落地时的速度方向与水平方向的夹角恰为45°，不计空气阻力，g取10m/s2，则（）
A．小球抛出点离地面的高度15m B．小球抛出点离地面的高度10m
C．小球飞行的水平距离10m D．小球飞行的水平距离20m
2、(本题9分)下列说法中正确的是
A．随着科技的发展，永动机是可以制成的
B．某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加
C．能量耗散表明，在能量的转化过程中能的总量逐渐减少
D．不用电池，也不用上发条的“全自动”手表，说明能量可以凭空产生的
3、(本题9分)质量为m的物体以初速度v竖直向上抛出，经时间t，达到最高点，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是
A．mv和－mgt B．mv和mgt
C．－mv和－mgt D．－mv和mgt
4、(本题9分)汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v -—t图像不可能是选项图中的
A．B．
C．D．
5、如图为厦门观音山梦海岸度假区的摩天轮，是游客喜爱的娱乐项目之一。

假设摩天轮座与舱中的游客均可视为质点，座舱在竖直面内做匀速圆周运动
A．游客在各个位置的线速度都相同
B．所有游客的加速度都相同
C．摩天轮转动时，游客始终处于平衡状态
D．游客经过最低点时处于超重状态
6、如图所示，用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动，圆周半径为R，则下列说法正确的是（）
A．小球过最高点时，绳子一定有张力
B gR
C．小球过最高点时的最小速度为零
D．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反
7、A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为M的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。

经多次跳跃后，人最终跳到B船上，设水对船的阻力不计，则（）
A．A、B两船最终的速度大小之比为3：2
B．A、B（包括人）最终的动量大小之比为1：1
C．A、B（包括人）最终的动量之和为零
D．因为跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
8、2015年人类首次拍摄到冥王星的高清图片，为进一步探索太阳系提供了宝贵的资料，冥王星已被排除在地球等八大行星行列之外，它属于“矮行星”，表面温度很低，上面绝大多数物质只能是固态或液态，已知冥王星的质量远小于地球的质量，绕太阳的公转的半径远大于地球的公转半径．根据以上信息可以确定()
A．冥王星公转的周期一定大于地球的公转周期
B．冥王星的公转速度一定小于地球的公转速度
C．冥王星表面的重力加速度一定小于地球表面的重力加速度
D．冥王星上的第一宇宙速度一定小于地球上的第一宇宙速度
9、如图甲所示，质量为0.5kg的物块A和足够长的木板B叠放在光滑水平面上，t=0时刻，木板B受到水平向右的拉力F作用，0~4s内，F随时间t变化的关系如图乙所示，木板B加速度a与时间t的关系如图丙所示。

若物块A与木板B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2。

则
A．木板B的质量为1kg
B．物块A与木板B之间的动摩擦因数为0.4
C．2s~4s内，物块A的加速度随时间均匀增大
D．2s~4s内，物块A的速度随时间均匀增大
10、如图，长木板M原来静止于光滑水平面上，木块m从长木板M的一端以初速度v0冲上木板，当m相对于M滑行7cm时，M向前滑行了4cm，则在此过程中（）
A．摩擦力对m与M的冲量大小之比等于11∶4
B．m减小的动能与M增加的动能之比等于11∶4
C．m与M系统损失的机械能与M增加的动能之比等于7∶4
D．m减小的动能与m和M系统损失的机械能之比等于1∶1
11、如图所示，一光滑球体静止于夹角为的支架ABC内，AB、BC与水平面的夹角都
为，现以B为旋转中心，在平行于纸面的平面内，让BC缓慢沿顺时针旋转，直至水平（AB不动），设BC对球体的作用力大小为，AB对球体的作用力大小为，则整个过程中（）
A．可能一直增大B．可能一直增大
C．可能先减小后增大D．可能先增大后减小
12、如图所示，物块在水平向右推力F作用下沿竖直光滑圆弧轨道向上缓慢移动，下列说法正确的是（）
A．F是恒力
B．物块受到轨道的支持力逐渐增大
C．物块受到的合外力逐渐增大
D．F与支持力的合力跟物块的重力大小相等
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）(本题9分)(1)某同学用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，已有重锤、铁架台、导线、铁夹、纸带、打点计时器、电源，还需要的器材是___________。

(2)实验中打点计时器接周期为T的交流电源，该同学得到的一条理想纸带如图所示，O 点对应重物做自由落体运动的初始位置，从合适位置开始选取的三个连续点A，B，C 到O点的距离如图所示，已知重物的质量为m，重力加速度为g则从打下点到B点的过程中，重物增加的动能为______________(表达式用已知物理量的字母表示)
(3)若代入实验数值计算发现重力势能的减少量△E略大于动能的增加量△E k，这是因
为________。

(4)该同学继续根据纸带算出各点的速度v ，量出对应的下落距离h ，以v 2为纵轴，以h 为横轴画出图象，应是下图中的_______(填选项的字母)
14、（10分） (本题9分)某同学用下图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a 球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b 球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a 球仍从原固定点由静止开始滚下，和b 球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．回答下列问题：
（1）在安装实验器材时斜槽的末端应____________．
（2）小球a 、b 质量m a 、m b 的大小关系应满足m a _____m b ，两球的半径应满足r a ______r b
（选填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）本实验中小球落地点的平均位置距O 点的距离如图所示，这时小球a 、b 两球碰后的平均落地点依次是图中水平面上的________点和_________点．
在本实验中结合图，验证动量守恒的验证式是下列选项中的_____________． A ．a a b m OC m OA m OB =+
B ．a a b m OB m OA m O
C =+
C ．a a b m OA m OB m OC =+
三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（12分） (本题9分)城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥，如图所示，桥面为半径R =130m 的圆弧形的立交桥AB ，横跨在水平路面上，桥高h =10m 。

可以认为桥的两端A 、B 与水平路面的连接处是平滑的。

一辆小汽车的质量m =1000kg ，始终以额定功率P =20KW 从A 端由静止开始行驶，经t =15s 到达桥顶，不计车受到的摩擦阻
力（g取10m/s2）。

求
（1）小汽车冲上桥顶时的速度是多大；
（2）小汽车在桥顶处对桥面的压力的大小。

16、（12分）如图，一内壁光滑、质量为m1＝0.1kg、半径为R＝0.1m的环形细圆管，固定在一个质量为M＝0.5kg的长方体基座上。

一质量为m2＝0.2kg的小球（可看成质点）在管内做完整的圆周运动，长方体与地面不粘连，且始终相对地面静止。

重力加速度记为g＝10m/s2，求：
（1）当小球以速率v1=5m/s经过最低点时，地面对长方体的支持力大小；
（2）当小球经过最高点时，若长方体对面的压力恰好为零，此时小球的速率v2为多大？
17、（12分）(本题9分)如图所示，水平绝缘轨道AB长L=4m，离地高h=1.8m，A、B间存在竖直向上的匀强电场。

一质量m=0.1kg，电荷量q=-5×10－5C的小滑块，从轨道上的A点以v0=6m/s的初速度向右滑动，从B点离开电场后，落在地面上的C点。

已知C、B间的水平距离x=2.4m，滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，求：
（1）滑块离开B点时速度的大小；
（2）滑块从A点运动到B点所用的时间；
（3）匀强电场的场强E的大小．
参考答案
一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、C
【解题分析】
AB.根据平抛规律：0tan 45y v v =求得：落地竖直速度010/y v v m s ==，竖直方向：
202y v gh -=，计算得：5h m =，AB 错误
CD.根据竖直方向10/y v gt m s ==，解得1t s =，水平方向010x v t m ==，C 正确D 错误
2、B
【解题分析】
试题分析：永动机违背了热力学第一和第二定律，故是不可能制造成功的，故A 错误；根据能量守恒定律，某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加，故B 正确；能量耗散表明，能量的总量虽然守恒，但其转化和转移具有方向性，故C 错误；根据能量守恒定律，能量是不能创生的，故D 错误。

考点：考查了能量守恒定律
【名师点睛】热力学第一定律：热力系内物质的能量可以传递，其形式可以转换，在转换和传递过程中各种形式能源的总量保持不变．热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零
3、C
【解题分析】
以竖直向上为正方向，物体动量的变化：△P =P ′-P =0-mv =-mv ，重力的冲量：I =-mgt ；
A. mv 和－mgt ；与结论不相符，选项A 错误；
B. mv 和mgt ；与结论不相符，选项B 错误；
C. －mv 和－mgt ；与结论相符，选项C 正确；
D. －mv 和mgt ；与结论不相符，选项D 错误；
4、A
【解题分析】
汽车冲上斜坡，受重力mg 、支持力N 、牵引力F 和阻力f ，设斜面的坡角为θ，根据牛顿第二定律，有F mgsin f ma θ--=，其中P Fv =，故P mgsin f ma v
θ--=； AC 、若0a >，则物体加速运动，加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故选项C 正确，A 错误；
B 、若0a =，则物体速度不变，做匀速运动，故选项B 正确；
D 、若0a <，即加速度沿斜面向下，物体减速，故加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最小，故选项D 正确；
故不可能是选选项A ．
5、D
【解题分析】
A ．匀速圆周运动线速度大小不变，方向时刻变化，故A 错误；
B ．匀速圆周运动向心加速度一直沿半径指向圆心，方向时刻变化，故B 错误；
C ．摩天轮转动时有沿半径方向的加速度，所以游客不是处于平衡状态，故C 错误；
D ．游客经过最低点时，加速度向上，所以处于超重状态，故D 正确；
6、B
【解题分析】
A ．小球在圆周最高点时，满足恰好由重力提供向心力时，可以使绳子的拉力为零，故A 错误;
BC ．小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则在最高点，恰好由重力提供向心力时，向
心力最小，线速度最小，有：2
v mg m R
=，v =B 正确，C 错误; D ．小球在圆周最高点时，绳子只能提供向下的拉力，所以不可能与重力的方向相反，故D 错误。

7、BC
【解题分析】
A.两船和人的总动量守恒，由动量守恒定律可得A B 2Mv Mv =，所以A B :2:1v v =，故A 错误。

B. 两船和人的总动量守恒，所以A 船的动量和B 船（包括人）的动量大小相等，方向
相反，即A 、B （包括人）最终的动量大小之比为1：1，故B 正确。

C. 两船和人的总动量守恒，系统的的初动量为零，所以A 、B （包括人）最终的动量之和为零，故C 正确。

D.由上述分析可知D 错误。

8、AB
【解题分析】
试题分析：根据222()GMm m r r T π=得，T 知冥王星的公转周期一定大于地球的公转周期，故A 正确；根据2
2GMm v m r r =，可以
得到：v =则半径越大，则速度越小，故选项B 正确；根据2Mm G mg R =得，2
GM g R =，两者的质量关系已知，但是半径关系未知，无法比较表面的重力加速度，
故C 错误；根据公式：2
2GMm v m R R
=，则第一宇宙速度为：v =关系已知，但是半径关系未知，无法比较第一宇宙速度大小，故选项D 错误． 考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】根据万有引力提供向心力得出周期、加速度与轨道半径的关系，从而比较大小．根据万有引力等于重力得出星球表面重力加速度的表达式，从而分析比较． 9、AD
【解题分析】
A.由图可知，在0-2s 内木板B 和物块A 一起加速运动，则对AB 整体，由牛顿第二定律：F =(M+m )a ，将F =3N ，a =2m/s 2，解得M =1kg ，选项A 正确；
B.2s 后，物块与木板产生相对滑动，由图可知，4s 时F =6N ，此时木板的加速度为5m/s 2，则对木板：F mg Ma μ-=，解得μ=0.2，选项B 错误；
C. 2s~4s 内，物块A 受大小不变的滑动摩擦力作用，则其加速度a=μg ，不变，选项C 错误；
D. 2s~4s 内，物块A 的速度v=at=μgt ，随时间均匀增大，选项D 正确。

10、BC
【解题分析】
A ．滑块与木板间的摩擦力为相互作用力，而作用时间相同，由冲量I Ft =可知摩擦力
对m 与M 的冲量大小之比等于1:1，故A 错误；
B ．对滑块和木板分别由动能定理
1k1fx E -=∆
2k2f x
E '=∆ 其中
f f '=，1(47)cm=11cm x =+，24cm x =
可得m 减小的动能与M 增加的动能之比为 11k22114k E x E x ∆==∆ 故B 正确；
C ．m 与M 系统损失的机械能等于一对滑动摩擦力做功的代数和，有
12=E fx f x
f x '∆-+=⋅∆损 其中相对路程7cm x ∆=，联立可得
k2274
E x E x ∆∆==∆损
故C 正确；
D ．m 减小的动能与m 和M 系统损失的机械能之比为
k1147
E x x E ∆==∆∆损 故D 错误。

故选BC 。

11、AC
【解题分析】
以小球为研究对象进行受力分析如图所示，通过重力的末端向的反向延长线上做矢量三角形，根据图中线段长短分析力的大小变化情况。

【题目详解】
以小球为研究对象进行受力分析如图所示，通过重力的末端向的反向延长线上做矢量三角形，根据图中各力的变化情况可知：可能一直增大、也先减小后增大（初状态角大小未知，所以是可能）、一直减小
A. 可能一直增大与分析相符，A正确
B. 可能一直增大与分析不符，B错误
C. 可能先减小后增大与分析相符，C正确
D. 可能先增大后减小与分析不符，D错误
【题目点拨】
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答，本题是采用图象法进行解答的。

12、BD
【解题分析】
物块在水平向右推力F作用下沿竖直光滑圆弧轨道向上缓慢移动过程中，物块受三力平衡如图，在向上缓慢移动过程中，随着 的逐渐增大，F逐渐变大；轨道对物块的支持力N逐渐增大；物块受到的合外力为零；F与支持力的合力跟物块的重力大小相等，方向相反，故AC错误，BD正确。

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、刻度尺存在阻力，有机械能损失 C
【解题分析】
第一空.打点计时器就是测量时间的器材，所以不需要秒表，验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，由于两边都有质量，可以约去，所以不需要天平测量物体的质量，也不需要弹簧秤。

在实验中需测量点迹间的距离取求解下降的高度和瞬时速度，所以需要刻度尺.
第二空.从点O 到打下计数点B 的过程中，动能的增加量为，又，解得：. 第三空.重力势能的减少量转化为增加的动能和其它损失的能，这是因为存在阻力的影响，阻力做负功导致机械能有部分损失.
第四空.从O 到某点，机械能守恒的表达式为
，即验证的等式为：v 2=2gh ，可知图象为过原点的倾斜直线；故填C. 14、（1）保持水平；（2）＞，=；（3）A ，C ；（4）B
【解题分析】
（1）小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动．
（2）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量m a 大于m b ，即m a ＞m b ，为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等，故填＞、=． （3）由图1可知，小球a 和小球b 相撞后，被碰小球b 的速度增大，小球a 的速度减小，
b 球在前，a 球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a 的落地点为B 点，碰撞后a 、b 的落点点分别为A 、C 点．
（4）小球在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：
0a a A b B m v m v m v =+，
两边同时乘以时间t 得：0a a A b B m v t m v t m v t =+，可得：a a b m OB m OA m OC =+，故B 正确，AC 错误．
三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（1）20m/s ；（2）6923N ；
【解题分析】
（1）小汽车从A 点运动到桥顶，设其在桥顶速度为v ，对其由动能定理得：
212
pt mgh mv -＝ 即
4432210151011002
1v ⨯⨯-⨯⨯⨯＝ 解得：
（2）在最高点由牛顿第二定律有
2
v mg N m R
-＝ 即
4320201010130
N ⨯-⨯
＝ 解得
N =6923N 根据牛顿第三定律知小汽车在桥顶时对桥的压力N ′=N =6923N ； 16、 (1)18N(2)2m/s
【解题分析】
(1) 设当小球经过最低点时受到圆管对它的支持力为N ，小球对圆管的压力为F N ，地面对长方体的支持力大小为F 支，小球的向心力为：
2122v m N m g R
=- 由牛顿第三定律可知：
2122N v F N m m g R
==+ 地面对长方体的支持力大小
F 支=F N +Mg +m 1g
代入数据联立解得：
F 支=18N
(2) 当小球经过最高点时，小球对管道的压力为F N2，小球对圆管的支持力为N 2，根据题意得
22222N v m F m g R
=+ 根据牛顿第三定律有：
222222N v N F m m g R
==- 要使长方体对地面的压力恰好为零，则
N 2=Mg +m 1g
代入数据联立解得：
17、（1）4m/s ；（2）0.8s ；（3）3510N/C ⨯
【解题分析】
（1）从B 到C 过程中，有 h ＝12
gt 2 x ＝v B t
解得
v B ＝4m/s
（2）从A 到B 过程中，有 x AB ＝
2
A B v v +t ' 解得
t '＝0.8s
（3）在电场中运动过程中，受力如图
由牛顿第二定律，得
μ（mg ＋Eq ）=mα
由运动学公式，有
v B 2－v A 2＝2αx
解得
E ＝5×103N/C。