湖北省武汉市第四中学2024-2025学年高一下学期期末复习一物理试卷

试卷第 1 页，共 6 页 期末复习卷一 一、选择题：本题共 10 小题．在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题只有一项符合题目要求，第 8-10 题 有多项符合题目要求。 1．一电动摩托车在平直的公路上由静止启动，其运动的速度 v 与时间 t 的关系如图甲所示，图乙表示电动 摩托车牵引力的功率 P 与时间 t 的关系。设电动摩托车在运动过程中所受阻力为车（包括驾驶员）总重力 的 k 倍，在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大。已知电动摩托车（包括驾驶员）总质量 200kgm = ，重 力加速度 g 取 210m / s 。则下列说法正确的是（ ） A．0 到18s内电动摩托车一直匀加速运动 B．0 到8s 内，电动摩托车的牵引力为800N C．8s 到18s过程中，电动摩托车位移为 95.5m D．k=0.2 2．如图所示，A、B 两物体质量之比 A B: 1: 2m m = ，静止在平板小车 C 上，A、B 间有一根被压缩的弹簧， 地面光滑，当弹簧突然释放后，下列说法正确的是（ ） A．若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B 组成系统的动量守恒 B．若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A、B、C 组成系统的动量不守恒 C．若 A、B 所受的摩擦力大小不相等，A、B、C 组成系统的动量不守恒 D．无论 A、B 所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C 组成系统的动量守恒 3．如图所示，质量均为 m的 A、B 两小物块用轻质弹簧相连，A 放置在光滑水平地面上，一轻绳通过光 滑的定滑轮与物块 B 相连（连接物块 B 的绳子恰好伸直但不绷紧），弹簧的劲度系数 k。现用一水平向右 的拉力 F作用在轻绳上，使物块 B 缓慢向上运动，已知重力加速度为 g，当 A 物块恰好离开地面时，F 所 做功为（ ） 试卷第 2 页，共 6 页 A． mgF k B． 2mgF k C． 2 2m g k D． 2 22m g k 4．一质量为 2kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运 动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力 F 随位移 x 变化 的关系图像，取 210m/sg = ，则据此可以求得（ ） A．物体与水平面间的动摩擦因数为 0.25µ = B．物体匀速运动时的速度为 4m/sv = C．在整个过程中合外力对物体所做的功为 32JW =合 D．整个过程中产生的热量为 16JQ = 5．如图所示，用不可伸长的轻质细绳将木块悬挂于一点O，开始木块自由静止在O点下方的 P 点。质量 为m 的弹丸水平向右射入质量为 20M m= 的木块，第一粒弹丸的速度为 1 126m/sv = ，打人木块后二者共同 摆动的最大摆角为α ，当其第一次返回 P 位置时，第二粒相同的弹丸以水平速度 2v 又击中木块，使木块向 右摆动且最大摆角仍为α ，弹丸均未射出木块，木块和弹丸形状大小以及空气阻力均忽略不计，则第二粒 弹丸水平速度 2v 的大小为（ ） A．258m/s B． 252m/s C．132m/s D．126m/s 6．神舟十三号载人飞船返回舱在返回时，为了保护航天员的安全，先在减速伞的作用下速度降低至约 8m/s ，再在距离地面较近时缓冲座椅升起，然后在距离地面大约 1m 时，4 个缓冲火箭点火工作，使速度 降到2m/s左右并最终安全着陆。关于返回舱返回着陆过程，下列说法正确的是（ ） A．着地过程中缓冲座椅的作用是减小座椅对航天员的冲量 B．着地过程中缓冲座椅的作用是减小航天员的动量变化 C．着地过程中缓冲座椅的作用是减小航天员与座椅间的作用力 D．缓冲火箭工作过程对返回舱做正功 试卷第 3 页，共 6 页 7．如图甲所示，质量为 0.4kg 的物块在水平力 F 的作用下由静止释放，物块与足够高的竖直墙面间的动摩 擦因数为 0.4，力 F随时间 t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大 小 210m/sg = ，下列说法正确的是（ ） A． 4st = 时物块离出发点最远 B． 2st = 时物块速度与 6st = 时相等 C．0 8s: 内物块速度先增大后减小 D．0 8s: 内摩擦力的冲量大小为28N s⋅ 8．下图是用高压水枪清洗汽车的照片。设水枪喷出水柱截面为圆形，直径为 D，水流速度为 v，水柱垂直 汽车表面，水柱冲击汽车后速度为零。高压水枪的质量为 M，手持高压水枪操作，已知水的密度为 ρ。下 列说法不正确的是（ ） A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 2vDρπ B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 2 1 4 vDρπ C．水柱对汽车的平均冲力为 2 2 1 4 D vρ D．当高压水枪喷口的C 的出水速度变为原来 2 倍时，压强变为原来的 4 倍 9．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量 M＝ 3kg，质量 m＝1kg 的铁块以水平速度 v0＝4m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回（弹 簧始终在弹性限度内），最后恰好停在木板的左端，则下列说法正确的是（ ） A．铁块和木板最终共同以 1m/s 的速度向右做匀速直线运动 B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为 3J C．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为 3J D．运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做正功、后做负功 10．如图所示，盛水的容器中有同样大小的金属球与木球通过细线相连，恰好悬浮静止在水下，金属球与 木球的密度大小之比为3: 2，现轻轻剪断细线，金属球下沉、木球上浮，忽略细线对小球运动的影响以及 球运动过程中受到的阻力，在木球上浮过程且铁球未沉入底部，以下说法正确的是（ ） 试卷第 4 页，共 6 页 A．金属球与木球的组成的系统动量和始终为零 B．金属球与木球组成的系统机械能守恒 C．金属球与木球的速度大小之比为3: 2 D．金属球与木球的动能大小之比为 2 : 3 二、实验题 11．为了探究碰撞过程中的守恒量，某兴趣小组设计了如图所示的实验。先让质量为 m1的小球从凹形槽顶 端由静止开始滑下，又经过 O 点水平抛出落在斜面上。再把质量为 m2的小球放在水平面 O点，让小球 m1 仍从凹形槽顶端由静止滑下，与小球 m2碰撞后，两小球直接落到斜面上。分别记录小球第一次与斜面碰 撞的落点痕迹。其中 M、P、N 三个落点的位置距 O点的长度分别为 LM、LP、LN，凹形槽顶端距离桌面高 度为 h，桌面距地面高度为 H，斜面总长度为 L。 (1)为了减小实验误差，无用的操作是： 。 A．减小凹形槽摩擦 B．使用大小相同的两个小球 C．多次测量落点位置取平均值 (2)在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则可以认为两球碰撞过程中动量守恒。（用题目中的物 理量表示） (3)现测量出两个小球质量比 1 2 mk m = ，若还测出 LN= LP（用 k 表示），则可证明两球间的碰撞是弹性 的。 12．某同学利用下面方法间接测量物体质量 M，并利用此装置验证系统机械能守恒。装置如图甲所示，一 根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物 P、Q 相连，重物 P、Q 质量均为 m=200g，在重物 Q 的下面通 过轻质挂钩悬挂待测物块 Z，重物 P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为 g=9.8m/s2。 试卷第 5 页，共 6 页 （1）某次实验中，先接通频率为 50Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，其中 s1=4.47cm，s2=5.34cm，s3=6.21cm，s4=7.10cm，s5=7.98cm，s6=8.86cm。则系统运动的加速度 a= m/s2，5 点的速度 v5= m/s（保留三位有效数字）； （2）忽略各类阻力，求出物块 Z 质量的测量值为 M= kg(保留三位有效数字)； （3）利用纸带还可以验证系统机械能守恒，测量纸带得出 1 点到 5 点的距离为 h，求出 1 点速度为 v1，5 点的速度为 v5，根据以上数据，可求重物由 1 点运动到 5 点时系统重力势能减少量等于 ，系统动能 的增加量等于 ，通过数据可得出在误差允许的范围内系统重力势能的减少量等于系统动能的增加 量，则系统机械能守恒(表达式用题中 M、m、v1、v5、g、h 字母表示)。 三、解答题 13．如图所示，小球（可视为质点）用非弹性悬线吊在天花板上，在悬点正下方 A 点处有一物块 b（可视 为质点）放在水平地面上，一质量为 2m 光滑曲面滑块 c 与地面在 B 点平滑连接，小球 a 的质量为 m，物 块 b 的质量为 2m，物块 b与 B点左侧的水平地面的动摩擦因数为 1 6 µ = ，B 点右侧的水平地面光滑．将小 球拉到悬线与竖直方向的夹角为 060θ = 的位置由静止时放，小球运动到最低点时刚好与物块发生弹性碰 撞，碰后物块能滑到曲面上某一最大高度处．悬线长为 L，A、B两点的距离也为 L，重力加速度为 g， 求： （1）碰后小球 a 再次摆动的最大高度； （2）碰后物块 b 滑上曲面 c 的最大高度． 14．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板 A（上表面粗糙）和滑块 C，滑块 B 置于 A 的左端（B、C 可 试卷第 6 页，共 6 页 视为质点），三者质量分别为 mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg，A 与 B 间的动摩擦因数为 μ＝0.5；开始时 C 静止，A、B 一起以 v0＝5m/s 的速度匀速向右运动，A 与 C 发生碰撞（时间极短）并粘在一起，经过一段 时间，B 刚好滑至 A 的右端而没掉下来，求： （1）A、C 碰撞后 A 的速度大小； （2）长木板 A 的长度。（g＝10m/s2） 15．如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE 组成，左侧为半径 0.8mR = 的光滑圆弧轨道 BC ，轨道上端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向的夹角 a，下端点C 与粗糙水平轨道CD相切，DE 为倾角 37θ = °的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在 E 点处的挡板上。现有质量为 0.1kgm = 的小滑块 P（视 为质点）从空中的 A 点以 0 2 2m/sv = 的初速度水平向左抛出，经过 6 s 5 后恰好从 B 点沿轨道切线方向进 入轨道，沿着圆弧轨道运动到 C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过 D 点后沿倾斜轨道向上运动至 F 点 （图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知 1mCD DF= = ，滑块与轨道CD、 DE 间的动摩擦因数为 0.1µ = ，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，sin 37 0.6=° 。求： （1）BO连线与水平方向的夹角α 的大小； （2）小滑块 P 到达与 O点等高的O′点时对轨道的压力； （3）弹簧的弹性势能的最大值； 答案第 1 页，共 10 页 《复习卷一》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D B A C D AC ABD AD 1．C 【详解】A．v-t 图像的斜率表示加速度，由图甲可知，0 到 8s 内电动摩托车做匀加速运 动，8～18s 内摩托车做加速度减小的加速运动，故 A 错误； D．在 18s 末电动摩托车的速度恰好达到最大，有 F=f 由 可得阻力为 根据题意有 故 D 错误； B．0 到 8s 内，摩托车的加速度为 由牛顿第二定律有 F-f=ma 则摩托车的牵引力为 F=ma+f=（200×1+800）N=1000N 故 B 错误； C． 到 过程中，根据动能定理，有 代入数据解得 故 C 正确。 故选 C。 m mP Fv fv= = m 8000 N 800N 10 Pf v = = = 800 0.4 200 10 fk mg = = = ´ 2 28 m/s 1m/s 8 va t D = = = D 8s 18s 2 2 1 1 1 2 2 m Pt fx mv mv- = - 95.5mx = 答案第 2 页，共 10 页 2．D 【详解】A．A、B 发生滑动时，由于 A 的质量小于 B 的质量，由 得 A、B 组成系统合外力不为零，动量不守恒，A 错误； BCD．地面光滑，A、B、C 之间的力为内力，则 A、B、C 组成系统所受合外力为零，动 量守恒，与内力无关，BC 错误，D 正确。 故选 D。 3．D 【详解】开始时弹簧的压缩量 此时 当 A 物块恰好离开地面时弹簧伸长量为 此时 则 F 做功 故选 D。 4．B 【详解】A．物体匀速运动时，根据平衡条件得 解得 A 错误； C．拉力的功为 f mgµ= A Bf f< 1 mgx k = 1 0F = 2 mgx k = 2 2F mg= 2 2 1 2 1 2 2( ) 2 F F m gW x x k + = + = 8mgµ = 0.4µ = 答案第 3 页，共 10 页 摩擦力的功为 合力的功为 C 错误； B．根据动能定理得 解得 B 正确； D．整个过程中产生的热量为 D 错误。 故选 B。 5．A 【详解】根据摆动过程中机械能守恒和两次击中木块摆动的角度相等可知，两次击中木块 后木块的速度相同设为 ，由动量守恒得第一次 第二次 联立可得第二粒弹丸水平速度 故选 A。 6．C 【详解】航天员在最后 1m 的着陆过程中用不用缓冲座椅，它们的初速度相同，末速度是 0，故在着陆过程中航天员的动量变化是相同的，缓冲座椅的作用是延长着陆时间，减少动 ( )4 8 8 J 48J 2 W + ´ = =拉 f 64JW mgxµ= - = - f+ 16JW W W= = -合 拉 2 0 10 2 W mv= -合 0 4m/sv = 64JQ mgxµ= = v ( )1mv m M v= + ( ) ( )2 2mv m M v m M v- + = + 2 258m/sv = 答案第 4 页，共 10 页 量的变化率，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，由于动量变化相同，延长了 着陆时间则减小了着陆过程中航天员所受的平均冲击力。由分析知 A．根据动量定理，在着地过程中航天员的动量变化是相同的，故在此过程中所受冲量也 是相同的，A 错误； B．在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，B 错误； C．根据动量定理，在着地过程中动量的变化相同，缓冲座椅延长了着地时间，根据动量 定理可知在着地过程中缓冲座椅的作用是减小着地过程航天员所受的平均冲击力，C 正 确； D．因为返回舱做减速运动，重力做正功，所以根据动能定理可知，缓冲火箭工作过程对 返回舱做负功，D 错误。 故选 C。 7．D 【详解】A．当物块受到摩擦力与重力相等时，有 解得 可知 内物块向下做加速运动， 内物块向下做减速运动， 末物块的速度为 零， 内物块静止， 内物块向下做加速运动，故 时物块离出发点最远， 故 A 错误； B．由上述分析可知， 时物块的速度为零， 时物块的速度不为零，故 B 错误； C．由上述分析可知， 内物块速度先增大后减小，再增大，故 C 错误； D． 内、 内物体受到的摩擦力为 内摩擦力的冲量为 内摩擦力的冲量为 内摩擦力的冲量为 内摩擦力的冲量大小为 故 D 正确。 0mg Fµ= 0 10NF = 0 2s~ 2s 4s! 4s 4s 6s~ 6s 8s! 8st = 6st = 2st = 0 8s! 0 4s~ 6s 8s! f Fµ= 0 4s~ f1 1 1 0 8 4N s 16N s 2 I f t += = ´ × = × 4s 6s~ f2 2 2 2 4 2N s 8N sI f t mgt= = = ´ × = × 6s 8s! f3 3 3 0 4 2N s 4N s 2 I f t += = ´ × = × 0 8s! f f1 f2 f3 28N sI I I I= + + = × 答案第 5 页，共 10 页 故选 D。 8．AC 【详解】AB．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 选项 A 错误，符合题意；B 正确，不符合题意； C．根据动量定理 水柱对汽车的平均冲力为 选项 C 错误，符合题意； D．根据压强为 当高压水枪喷口的 的出水速度变为原来 2倍时，压强变为原来的 4倍，选项 D 正确，不 符合题意。 故选 AC。 9．ABD 【详解】A. 设最终铁块与木板速度相同时共同速度大小为 v，铁块相对木板向右运动时， 滑行的最大路程为 L，滑动摩擦力大小为 f．取向右为正方向，根据系统动量守恒可知： 得 方向向右，所以铁块和木块最终共同以 1m/s 的速度向右做匀速直线运动，选项 A 正确； B.铁块相对于木板向右时，当铁块与木板的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守 恒定律知此时两者的速度也为 v=1m/s，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程 有 铁块相对于木板运动的整个过程有 2 21 1 4 4 m Sv v D vDr r p rp= = = ( )F t m t vD = D 2 21 4 vF Drp= 2 2 2 2 1 4 1 4 D vFp v S D rp r p = = = C 0 ( )mv M m v= + 1m/sv = 2 2 0 p 1 1 ( ) 2 2 mv fL M m v E= + + + 答案第 6 页，共 10 页 联立解得弹簧的最大弹性势能 EP=3J；fL=3J 选项 B 正确； C. 由功能关系知：运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量 Q=2fL=6J 选项 C 错误； D. 木板始终向右运动，受到铁块的摩擦力先向右后向左，故摩擦力对木板先做正功后做负 功，选项 D 正确。 故选 ABD。 10．AD 【详解】A．由于初始时两球恰好静止，则剪断细线后以两个球为研究对象，所受合外力 为零，系统动量守恒，由于初动量为零，金属球与木球的组成的系统动量和始终为零，则 故 A 正确； BCD．设两球体积均为 V，恰好悬浮静止在水下，则有 又有 解得 轻轻剪断细线后有 解得 2 2 0 1 12 ( ) 2 2 mv fL M m v= + + 2g V gV gVr r r´ = +水 木金 : 3 : 2r r =木金 0.8r r=木 水 1.2r r= 水金 gV gV m a Var r r- = =水 木 木 木 木 木 gV gV m a Var r r- = =水金 金 金 金 金 1 4 a g=木 答案第 7 页，共 10 页 则由 v=v0+at 可得，速度之比为 则可知相同时间两球位移大小不同，由于两球浮力相同，则由 W=Fx 可知外力对两球做功 正负大小不同，外力做正功更多，则机械能不守恒，由 可得 故 BC 错误，D 正确。 故选 AD。 11．(1)A (2) (3) 【详解】（1）A．每次只要保证小球 到达 点的速度保持相同即可，无须减小摩擦，故 A 错误； B．小球大小相同是为了保证对心碰撞，减小实验误差，故 B 正确； C．多次测量可以减小偶然误差，故 C 正确。 本题选择无用的，故选 A。 （2）设斜面的倾角为 ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，位移大小为 ，由平抛运动的 知识可知 ， 解得 所以平抛运动的速度 与位移的平方根 成正比。由碰撞规律可知， 点为小球 第一 次的落点， 和 分别是第二次操作时 和 的落点。满足动量守恒的关系式应该是 即 1 6 a g= 金 2 3 v a t v a t = =金 金 木 木 2 k 1 2 E mv= 2 k 2k 1 22 1 3 2 m vE E m v = = 金 金 金 木 木 木 1 1 2P M Nm L m L m L= + 2 2 4 1 k k +（ ） 1m O q L cosL vtq = 21sin 2 L gtq = cos cos 2 sin 2sin g gLv L L q q q q = = v L P 1m M N 1m 2m 1 1 2P M Nm v m v m v= + 1 1 2P M Nm L m L m L= + 答案第 8 页，共 10 页 （3）若两球间的碰撞是弹性的，则动能守恒 又 可得 则 即 所以，当 则可证明两球间的碰撞是弹性的。 12． 5.50 2.11 0.512 【详解】（1）[1]由题图可知，相邻计数点间的时间间隔为 根据逐差公式可得，系统运动的加速度为 [2]打 5 点时的速度为 （2）[3]对 Q、Z 整体分析，根据牛顿第二定律有 对 P 分析，根据牛顿第二定律有 联立解得，物块 Z 质量的测量值为 （3）[4]重物由 1 点运动到 5 点时系统重力势能减少量等于 [5]系统动能的增加量等于 13．（1） （2） 【详解】(1)设小球与物块碰撞前速度为 v1，根据机械能守恒有 2 2 2 1 1 2 1 1 1 2 2 2P M N m v m v m v= + 1 1 2P M Nm v m v m v= + 1 1 2 2 N P mv v m m = + 1 1 2 2 N P mL L m m = + 2 1N P kL L k = + 2 2 4 1N P kL L k = +（ ） Mgh 2 25 1 1 ( 2 )( ) 2 M m v v+ - 2 0.02s 0.04sT = ´ = 2 24 5 6 1 2 3 2 2 ( ) ( ) (7.10 7.98 8.86 4.47 5.34 6.21) 0.01m/s 5.50m/s 9 9 0.04 s s s s s sa T + + - + + + + - - - ´ = = = ´ 5 6 5 7.98 8.86 0.01m/s 2.11m/s 2 2 0.04 s sv T + + = = ´ » ´ ( ) ( )M m g T M m a+ - = + T mg ma- = 0.512kgM » pE MghD = 2 2 2 2 k 5 1 5 1 1 1 1( 2 ) ( 2 ) ( 2 )( ) 2 2 2 E M m v M m v M m v vD = + - + = + - 1 1 18 h L= 1 36 h L= 答案第 9 页，共 10 页 解得： 小球与物块碰撞过程动量守恒、能量守恒，有 解得 设碰后小球摆动的最大高度为 h1 解得 (2)物块在地面上运动时的加速度大小 a=μg 设物块运动到 B 点的速度为： 设物块能滑上曲面的最大高度为 h2，此时 b 与 c 共速，根据水平方向上动量守恒可知： 根据能量守恒可知 解得： 14．（1）2.5m/s；（2）0.5m 【详解】（1）A 与 C碰撞过程动量守恒 mAv0＝（mA＋mC）v1 解得 v1＝2.5m/s ( ) 21 1 2 mg L Lcos mvq- = 1v gL= 1 2 32mv mv mv= + 2 2 2 1 2 3 1 1 1 2 2 2 2 mv mv mv= + ´ 2 3 1 2, 3 3 v gL v gL= - = 2 1 2 1 2 mgh mv= 1 1 18 h L= 2 2 3 2Bv v gLµ- = - 2 4B cmv mv= 2 21 12 4 2 2B c mv mv mgh´ - ´ = 1 36 h L= 答案第 10 页，共 10 页 （2）B 在 A 上滑行，A、B、C 组成的系统动量守恒 mBv0＋（mA＋mC）v1＝（mA＋mB＋mC）v2 解得 v2＝3m/s 由能量守恒定律得 mBv02＋ (mA＋mC)v12＝ (mA＋mB＋mC)v22＋μmBgl 解得 l＝0.5m 15．（1） ；（2） ，方向向左；（3） ；（4）能， 【详解】（1）滑块恰好从 B 点进入轨道有平抛运动可知 解得 （2）由 由动能定理可知 解得 经过 点时受轨道的支持力大小 ，有 解得 由牛顿第三定律可得滑块在 点时对轨道的压力大小 ，方向向左 （3）设 从 B 到 F 有 代入数据可解得 1 2 1 2 1 2 30a = ° 5NF =压 p 2.02JE = N 2.6NF = 0 sin tanB yv v va a= = 30a = ° B O® ¢ 2 21 1sin30 2 2O B mgR mv mv¢ -° = 2 10m/sOv ¢ = O¢ NF 2 N OvF m R ¢= N 5NF = O¢ 5NF =压 CD DF L= = ( ) 2p 1sin sin cos 0 2 B mg R R L mgL mgL E mva q µ µ q+ - - - - = - p 2.02JE =