2024高一物理下学期期末测试卷(人教版)附解析

2024年下学期期末测试卷
高一物理
（考试时间：90分钟试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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。

写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4．测试范围：人教版（2019）必修第二册全部、选修性必修第一册第1章。

5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合
题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。

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．图是某-家用体育锻炼的发球机，从同一点沿不同方向发出A、B两球，返回同一水平面时，两球落至
同一位置。

如果不计空气阻力，关于两球的运动，下列说法正确的是（）
A．两球运动至最高点时，两球速度相等
B．两球运动过程中，A加速度大于B球加速度
C．两球飞行时间相等
D．从抛出至落回同一水平面，A球速度变化量大于B球速度变化量
2．研究乒乓球发球问题，设球台长2L，网高h，如图乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小
不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力（设重力加速度为g），从A点将球水平发出，刚好过网，在B点接到球，则下列说法正确的是（）A．网高
4
L
h =
B．发球时的水平初速度
02
g
v L
h
=
C．球落到球台上时的速度2
v gh
=
D．球从A→B所用的时间
2
4
h
t
g
'=
3．如图所示，一同学表演荡秋千，已知秋千的两根绳长均为4m，该同学质量为50kg，绳和踏板的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，踏板速度大小为4m/s，此时每根绳子平均承受的拉力最接近（）
A ．100N B．200N C．330N D．360N
4．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比R B∶R C＝3∶2，A轮的半径大小与C轮的相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。

a、b、c为三轮边缘上的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的（）
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
5．2020年11月24日4时30分，长征五号遥五运载火箭顺利将嫦娥五号探测器送入预定轨道，开启了中国首次地外天体采样返回之旅。

嫦娥五号飞行轨迹可以简化为如图所示：首先进入近地圆轨道Ⅰ，在P点
进入椭圆轨道Ⅱ，到达远地点Q后进入地月转移轨道，到达月球附近后进入环月轨道。

近地圆轨道Ⅰ的半径为r1，周期为T1，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，周期为T2，环月轨道Ⅲ的半径为r3，周期为T3，地球半径为R，地球表面重力加速度为为g。

忽略地球自转，忽略太阳引力的影响。

下列说法正确的是（）
A ．
3 33
3 1
222 123
r r a
T T T
==
B．嫦娥五号在轨道Ⅰ上运行速度大于gR
C．嫦娥五号在椭圆轨道Ⅱ上P点的加速度大于在圆轨道Ⅰ上P点的加速度
D．嫦娥五号沿椭圆轨道Ⅱ从P点向Q点飞行的过程中，地球对它的引力做负功
6．如图所示，一个质量为M的物体，放在水平地面上，物体上方安装一个长度为L、劲度系数为k的轻弹簧处于原长，现用手拉着弹簧上端的P点缓慢向上移动，直到物体离开地面一段距离，在这一过程中，P点的位移（开始时弹簧处于原长）是H，则物体重力势能的增加量为（）
A．8M g H B．M g H＋
2
Mg
k
C．M g H-
22
M g
k
D．M g H-
Mg
k
7．在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定，用k E、P E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、重力势能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度h、下落时间t、下落时间平方2t的变化规律，下列四个图象中不正确的是（）A．B．
C．D．
8．小球A以速度v0向右运动，与静止的小球B发生正碰，碰后A、B的速率分别是
1
3
v和
1
2
v，则A、B球的质量比可能是（）
A．3:8 B．3:5 C．3:2 D．3:1
9．在一次体育活动中，两个同学在同一水平直线上前后两个不同位置，分别水平抛出两个小球A和B，两个小球的运动轨迹如图所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）
A．A球B球的轨迹均为抛物线
B．A球和B球一定是同时抛出，且在轨迹交点发生碰撞
C．A球的抛出速度大于B球的抛出速度
D．要使两个小球在空中发生碰撞，必须先抛出A球，后抛出B球
10．如图所示，A、B、C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为m A= m B<m C，轨道半径的关系为r A< r B=r C，则三颗卫星（）
A．线速度大小关系为v A<v B=v C
B．加速度大小关系为a A> a B=a C
C．周期关系为T A<T B=T C
D．向心力大小关系为F A=F B<F C
11．质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。

设汽车在运动过程中阻力为车重的k倍，在18s末汽车的速度恰好达到最大。

则下列说法正确的是（）
A．k=0.4
B．0—8s内汽车的牵引力为800N
C．汽车在8s—18s内的平均速度大小为9m/s
D．8s—18s过程中汽车牵引力做的功为4
810
⨯J
12．如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示。

t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。

下列说法正确的是（）
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθB．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－
3
2
mv0
C．斜面倾角θ的正弦值为0
5
8
v
gt
D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
第Ⅱ卷
二、实验题：本题共2小题，共15分。

13．（6分）在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图（a）所示，实验原理如图（b）所示。

（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则要求：____________；（填字母代号）
A．m1＞m2，r1＞r2 B．m1＜m2，r1＜r2
C．m1＞m2，r1=r2 D．m1＜m2，r1=r2
（2）在本实验中，下列关于小球落点P的说法，正确的是___________；
A．如果小球每次都从同一点无初速度释放，重复几次的落点P一定是重合的
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，落点应当很分散
C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为P1、P2、…、P10，则OP应取OP1、OP2、…、OP10
平均值，即1210
10
OP OP OP
OP
++
=
D．用尽量小的圆把P1、P2、…、P10圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P
（3）用刻度尺测量M、P、N距O点的距离x1、x2、x3，通过验证等式____________是否成立，从而验证动量守恒定律。

14．（9分）如图，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。

（1）在一次实验中，质量1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如下图所示。

若纸带相邻两个点之间时间间隔为0.02s，从起点O到打下记数点B的过程中，重力势能减少量ΔE p=_______J，此过程中物体动能的增加量ΔE k=_______J（g取9.8m/s2，结果均保留两位有效数字）；通过计算，数值上
ΔE p_______ΔE k（填“>”“=”或“<”），这是因为_________；
（2）如果以
2
2
v
为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的_____。

A．B．C．D．
三、计算题：本题共3小题，共37分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。

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。

15．（12分）如图所示，长L=4m、高h=0.8m、质量M=4kg的长方体木板P静止在光滑的水平地面上，可视为质点的质量m=2kg的滑块Q在木板P的上表面左端静止，木板P和滑块Q之间的动摩擦因数μ=0.4.现给滑块Q一个水平向右的瞬时初速度v0=8m/s，然后滑块Q将从木板P的右端飞出，忽略空气阻力，取g=10m/s2.求：（1）滑块Q在木板P上表面运动时，P、Q分别的加速度大小；
（2）当离开木板P时，滑块Q的速度大小；
（3）滑块Q第一次着地时，与物块P右端的水平距离。

16．（12分）如图所示，在倾角为θ=37°的斜面的底端有一个固定挡板D，已知物块与斜面PO间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面OD部分光滑，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在D点，另一端在O点，PO的长度L=9m。

在P点有一质量为1kg的小物体A（可视为质点），现使A从静止开始下滑，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
（1）物体第一次接触弹簧时物体速度的大小；
（2）若已知弹簧的最大压缩量为d=0.5m，求压缩弹簧过程中物块克服弹簧弹力做功；
17．（13分）如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h＝1.4m、宽L＝1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝3.2m 的A点沿水平方向跳起离开斜面。

忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。

（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），求：
（1）若运动员不触及障碍物，他从A点起跳后落至水平面的过程所经历的时间；
（2）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度。

全解全析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D D
D
D
D
C
B
A
AC
BC
AD
BC
1．D 【详解】
C ．小球在竖直方向做竖直上抛运动，其上升和下降的时间相等，竖直方向为自由落体运动，由2
12
h gt =，
得
2h t g
=
其运动的总时间为
222
h
t t g
==总 由此可知小球A 在空中运动的时间大于小球B 在空中运动的时间，故C 错误；
A ．由于两小球都做斜抛运动，水平方向都是匀速直线运动，运动到最高点时只有水平方向的速度，由于两球的水平位移相等，由x vt =，可知两球运动至最高点时小球A 的速度小于小球
B 的速度，故A 错误； B ．两球运动过程中都只受重力作用，加速度都是重力加速度g ，故B 错误；
D ．根据速度变化量v g t ∆=∆，由于小球A 在空中运动的时间大于小球B 在空中运动的时间，所以从抛出至落回同一水平面，A 球速度变化量大于B 球速度变化量，故D 正确。

故选D 。

2．D 【详解】
A ．由于乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空
气阻力，所以在整个的运动的过程中，乒乓球的能量是守恒的，由于球恰好在最高点时越过球网，无法判断网高，A 错误；
B ．从乒乓球发出到第一次接触球台，此时乒乓球做的是平抛运动， 从反弹后到越过球网过程中，乒乓球
在竖直方向上做的竖直上抛运动，根据自由落体运动的规律
212
h gt =
可以求得球从发出到第一次落在球台上的时间为
2h t g
=
在乒乓球从发出到刚越过球网的时刻，在水平方向上，乒乓球一直是匀速直线运动，从发球到刚越过球网时的总时间为2t ，又因为水平的位移为
02L v t =⋅
即
022L g v h
=
B 错误；
C ．从抛出到落到台上，在竖直方向做自由落体运动，有
2y v gh =2gh C 错误； D ．刚好过网，在B 点接到球，球从A 点到B 点所用时间为
'244
h
t t g
==D 正确。

故选D 。

3．D 【详解】
在最低点，根据牛顿第二定律有
2
2mv F mg l
-= 以绳长为圆周运动半径，解得每根绳子的拉力
350N F =
实际运动中人的重心到悬点的距离小于绳长，故每根绳子平均承受的拉力应大于350N 。

故D 正确。

故选D 。

4．D 【详解】
轮A 、轮B 靠摩擦传动，边缘点线速度相等，故
a b :1:1v v =
根据公式
v r ω=
有
a b :3:2ωω=
根据
2n ωπ=
有
a b :3:2n n =
根据
a v ω=
有
a b :3:2a a =
轮B 、轮C 是共轴传动，角速度相等，故
b c :1:1ωω=
根据公式
v r ω=
有
b c :3:2v v =
根据
2n ωπ=
有
b c :1:1n n =
根据
a v ω=
有
b c :3:2a a =
综合得到 a b c 3::3::2v v v =
a b c 2::3::2ωωω=
a c
b :::22:3n n n = b
c a ::9:6:4a a a =
故D 正确。

故选D 。

5．D 【详解】
A ．轨道Ⅰ、Ⅱ的中心天体是地球，轨道Ⅲ的中心天体是月球，中心天体不同不满足开普勒第三定律，A 错误；
B ．根据牛顿第二定律有
2211
Mm v G m r r = 2
1Mm
mg G
r = 因为轨道Ⅰ为近地圆轨道，则r 1=R ，则嫦娥五号在轨道Ⅰ上运行速度
v =选项B 错误；
C ．根据牛顿第二定律有
2Mm
G
ma r
= 在P 点r 相同，则嫦娥五号在椭圆轨道Ⅱ上P 点的加速度等于在圆轨道Ⅰ上P 的加速度，C 错误；
D ．嫦娥五号沿椭圆轨道Ⅱ从P 点向Q 点飞行的过程中，速度减小，则从P 到Q 万有引力做负功，D 正确。

故选D 。

6．C 【详解】
手拉着弹簧上端P 点缓慢向上移动，可以看成物体是处于平衡状态，根据胡克定律得，弹簧的伸长量 Mg
x k
∆=
在这一过程中，P 点的位移是H 。

所以物体上升的高度为Mg
H k
-
所以物体重力势能的增加量为2
2
M g
MgH k
-。

故选C 。

7．B 【详解】
A ．设钢板下落的加速度为a ，根据
P E mgH =
而下落过程中，距地面的高度
201
2
H h at =-
因此
201
()2
P E mg h at =-
可知P E 与2
t 为一次函数关系，A 正确；
B ．重力的功率
P mgv =
而
22v ah =
整理得
P =可知P h -图像为曲线，B 错误； C ．由于钢板加速下落，由于
2
2v ah =
因此动能
2
12
k E mv mah =
= 故动能与下落高度成正比，C 正确；
D ．下落的过程中，由于加速下落，因此
v at =
因此v t -图像为一条过坐标原点的直线，D 正确。

故不正确的是B 。

8．A 【详解】
设向右为正，由动量守恒可知
00011
32
A A
B m v m v m v =⋅+⋅
解得
34
A B m m = 能量关系满足
22200011111()()22322
A A
B m v m v m v >⋅+⋅ 或者
00011
-32
A A
B m v m v m v =⋅+⋅
解得
38
A B m m = 能量关系满足
22200011111()()22322
A A
B m v m v m v >⋅+⋅ 则AB 两球质量之比为3:4或3:8； 故选A 。

9．AC 【详解】
A ．不计空气阻力，水平抛出两个小球，两球均做平抛运动，以抛出点为坐标原点，建立直角坐标系，则
由平抛运动规律知
2
12
y gt =
0x v t =
联立解得
220
2g y x v =
由数学知识知，它们的轨迹方程为抛物线方程，故轨迹均为抛物线，故A 正确；
BD ．由题意知，题目中并未要求两小球一定要在空中相碰，由于不知道两小球是否同时抛出，所以两小球从同一水平直线上抛出，轨迹相交，但并不代表它们一定就在相交处相碰；若要使两个小球在空中发生碰撞，两小球从同一水平直线上抛出时，由于相碰时竖直位移y 相等，根据
t =
知两球在空中的运动时间相等，则两小球同时抛出时，可在空中发生碰撞，故BD 错误。

C ．由题意知，两小球从同一水平直线上抛出，在轨迹相交处，由
212
y gt =
知两小球下落的时间相等，但由于水平位移
A B x x >
所以可判断一定有A 球的抛出速度大于B 球的抛出速度，即
A0B0v v >
故C 正确； 故选AC 。

10．BC 【详解】 A ．根据
2
2
Mm v
G
m r r
= 解得
v =
<=A B C r r r
则有
A B C v v v >=
A 错误；
B ．根据
2
Mm
G
ma r = 解得
2=M
G
a r
<=A B C r r r
则有
A B C a a a >=
B 正确；
C ．根据
2224Mm G m r r T
π= 解得
T =
<=A B C r r r
则有
A B C T T T <=
C 正确；
D ．根据
2Mm
F G
r
= 因为
=<A B C m m m <=A B C r r r
则
C B F F >
A B F F >
D 错误。

故选BC 。

11．AD 【详解】
A ．当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有
m
800N P
f v =
= 又
f km
g =
解得
0.4f k mg
==
故A 正确；
B ．0~8s 内汽车的加速度
21m/s v
a t
∆=
=∆ 根据牛顿第二定律有
F f ma -= 解得
1000N F ma f =+=
故B 错误；
C ．8s~18s 过程变加速过程中，根据动能定理得
22
m 11122
Pt fs mv mv -=-
解得
95.5m s =
则平均速度
9.55m/s s
v t
=
= 故C 错误；
D ．8s~18s 过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为
4810J W Pt ==⨯
故D 正确。

故选AD 。

12．BC 【详解】
A ．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量
03G I mgt ＝
故A 项错误；
B ．上滑过程中物块做初速度为v 0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v 的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有
000222
v v
t t =⋅ 解得
2
v v =
物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为
003
(-)--2
p m v mv mv ∆＝＝
故B 正确；
C ．上滑过程中有
()00-sin cos 0-mg mg t mv θμθ+＝
下滑过程中有
()0
0sin -cos 2-02
v mg mg t m θμθ=⋅
解得
5sin 8v gt θ＝
故C 项正确；
D ．3t 0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力．从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功．根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量．克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等．所以能求出
22200113
228
f W mv mv mv =
-= 故D 项错误。

故选BC 。

13．C D 121123m x m x m x =+ 【详解】
(1)[1]两球碰撞时要发生对心碰撞，两球的直径应相等，即r 1=r 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，即m 1>m 2。

故C 正确。

故选C 。

(2)[2]AB ．由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，故AB 错误；
CD ．确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难。

故不能用求平均值的方法求解；故C 错误D 正确。

故选D 。

(2)[3]分析数据，如果动量守恒应有
101122m v m v m v =+
小球碰撞前后都做平抛运动，因高度相同则落地的时间想用，因此有
321012,,x x x
v v v t t t
=
== 代入上面公式可得
121123m x m x m x =+
是否成立，从而验证动量守恒定律。

14．0.49 0.48 大于 存在摩擦阻力做负功 B 【详解】
（1）从起点O 到打下记数点B 的过程中，重力势能减少量
19.80.0501J=0.49J p B E mgh ∆==⨯⨯
打B 点时的速度
2
(7.06 3.14)10m/s=0.98m/s 20.04
AC B x v T --⨯==
此过程中物体动能的增加量
221110.98J=0.48J 22
k B E mv ∆==⨯⨯
通过计算，数值上ΔE p >ΔE k ，这是因为重物下落过程中存在摩擦阻力做负功。

（2）根据
212
mgh mv =
可知
2
12
v gh = 则2
12
v h -图线是过原点的直线，故选B 。

15．（1）4m/s 2 ，2m/s 2；（2）
16
3
m/s ；（3）1.6m 【详解】 (1)滑块Q 在木板P 上表面运动时，对滑块Q 由牛顿第二定律得
2Q m/s 4mg
a m
μ=
=
对木板P 由牛顿第二定律得 2P m/s 2mg
a M
μ=
=
(2)对滑块和木板由动量守恒定律
0Q P mv mv Mv =+
由动能定理
22
2Q P 0
111222
mgL mv Mv mv μ-=
+- 联立得
P 4m/s 3v =
，Q 16
m/s 3
v = (3)由
2
12
h gt =
得
0.4s t =
因此滑块Q 第一次着地时，与物块P 右端的水平距离
()Q P 1.6m s v v t =-=
16．（1）6.0m/s ；（2）21J 【详解】
（1）物体在PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得
21sin cos 2
mgL mgL mv θμθ-=
–0 解得
6.0v ==m/s （2）物体由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，此过程应用动能定理得
21sin 02
mgd W mv θ-=-克 所以物块克服弹簧弹力做功21J 。

17．（1）0.8s ；（2）6.0m/s
【详解】
(1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式
H ＝
12
gt 2 解得
t ＝0.8s (2)为了不触及障碍物，运动员以速度v 沿水平方向起跳后竖直下落高度为H －h 时，他沿水平方向运动的距离为
tan 53
H x L ︒=
+ 设他在这段时间内运动的时间为t '，则 212H h gt '-=
x vt ='
联立解得
v ＝6.0m/s。