辽宁沈阳市第一二〇中学2025-2026学年高一下学期期中考试物理试题

沈阳市第120中学2025-2026学年度下学期 高一年级期中质量监测 物理试题 满分：100分时间：75分钟 第I卷（选择题，共46分） 一、选择题（本题共10小题，共46分。其中1-7题为单选题，每小题只有一个 选项符合要求，每小题4分；8-10题为多选题，每小题有多个选项符合要求， 每题6分，少选得3分，多选错选不得分) 1.关于动量、冲量、动能，下列说法正确的是() A.物体的动量越大，表明它受到的冲量越大 B.作用在静止物体上的力的冲量一定为零 C.运动的物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向 D.物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化 2.下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是() N 在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中 刀7 甲 M0000001N 剪断细线，弹簧恢复原长的过程中 Q木球 两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中 0年球 丙 木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中 imnmnnn 777 丁 A.只有甲、乙正确 B.只有丙、丁正确 C.只有甲、丙正确 D.只有乙、丁正确 3.如图甲所示，静止在水平地面上的物块A,受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系 试卷第1页，共8页 如图乙所示。物块与地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则() 个F A t3 甲 A.t3时刻物块A的动能最大 B.2时刻物块A的动量最大 C.0t3时间内F对物体一直做正功 D.03时间内F对物块的冲量先增大后减小 4.无人驾驶正悄悄走进人们的生活。在一次无人驾驶测试过程中，原来匀速行驶车辆遇到 障碍物的v-1图像如图所示，以开始减速为1=0时刻：已知车辆总质量1t,全程阻力恒定， AB段功率恒为2400W,BC段为直线，4=5s时关闭发动机，t2=7s时停止运动。则下列 说法正确的是() 个v/(ms) 20A B 0 57t/s A.0~5s内汽车加速度逐渐增大 B.汽车所受阻力为2000N C.以v=20m/s匀速运动时汽车的功率为8000W D.0~7s内汽车位移为53m 5.“水上飞人运动”是一项新兴运动形式。操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷射高压水 柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家（含设备）质量为M,底 部两个喷口的总面积为S,忽略空气阻力和管道（含装置）对人的作用，下列说法正确的是 () 试卷第2页，共8页 A.当装置向下喷水时，人将沿着喷水的反方向做直线运动 B.若要悬停在空中，向下喷水的水速应为 Mg VSP水 C.当人匀速上升时，人所受的合外力做的总功不为0 D.若要实现向上以加速度a加速运动，向下喷水的水速应为Mg-@ Sp水 6.如图所示，套在光滑竖直杆上的轻弹簧与杆一起固定在水平地面上，弹簧的另一端与穿 在杆上的小球相连，绕过定滑轮O点的轻绳一端连接小球，另一端连接放在光滑固定斜面上 的小滑块。初始时托住小滑块，使轻绳刚好伸直但恰好无拉力，之后由静止释放小滑块，小 球从M点沿杆向N点运动。已知斜面的倾角为30°，小球的质量为m,小滑块的质量为 6m,ON长度为L,ON与MW垂直。初始时轻绳与杆的夹角为37°，O点左侧的轻绳与斜 面平行，小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等，重力加速度为g,S37°=0.6。 在小球从M点向上运动到N点的过程中，下列说法正确的是() mmmmmmmimm A.小球和小滑块组成的系统机械能守恒 B.弹簧的劲度系数为4记 3mg C.在运动过程中小滑块的速度始终大于小球的速度 D.小球运动到N点时的速度大小为3gL 3 7.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的 天体（如地球和月亮）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L、L2、L、L4、L所示， 试卷第3页，共8页 人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在地球与月球共同引力作用下，可以几乎 不消耗燃料而保持与地球同步做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L点，跟地、 月两个大天体保持相对静止。设地球质量是月球的k倍，地月间距为L,拉格朗日点L与月 球间距离为d,忽略卫星对月球的引力。下列说法正确的是() 地球 月球 60° 609 - A.该卫星绕地球运动周期大于月球公转周期 B.该卫星在L2点处于平衡状态 C.该卫星与月球绕地球运动的线速度之比为vp:v月=L:(L+) 11L+d D.k、L、d的关系式为+d+dE 8.A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线同一方向运动，A球的动量为PA=4kg·m/s,B 球的动量为Ps=6kgm/s。当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能 值是() A.p=5kgm/s,P8=5kg.m/s B.p'=2kg.m/s,PB =8kg.m/s C.PA =-2kg.m/s,pe =12kg.m/s D.pA'=-4kg'm/s,Pe=14kg.m/s 9.如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心，半径为R的四 分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水平速度冲 上小车，测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为y、v2,作出v2-v,图像，如图乙 所示。己知P点距地面高h= 。，重力加速度为g,则() 试卷第4页，共8页 R VgR D 77777777777777777 VgR 甲 A.小车质量是小球质量的2倍 B.小球上升到最高点时的速度为V C。小眼上升的能大高度为号 D.小球落地时与小车左端P点的水平距离为5R 10:如图所示，半径分别为R和号的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间 由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放 两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m,重力加速度为 8,则() R b Q000001O C D A.b球的质量m,=√2m B.两小球与弹簧分离时，动能不相等 C.a球到达圆心等高处时，对轨道压力大小为2mg D.若m,=m,要求a、b球都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性 势能为E。=5mgR 第Ⅱ卷（非选择题，共54分) 二、实验题（本题共2小题，共14分） 11.小明利用给定的器材验证机械能守恒定律，步骤如下： (1)分别测量两物块的质量，物块1的质量记为m;物块2的质量记为m2； (2)按图甲所示组装器材：物块1、2由跨过轻质定滑轮的细绳连接，物块2下端与打点计 时器纸带相连，初始时，托住物块1，两物块保持静止，且纸带竖直绷紧，打点计时器所用 试卷第5页，共8页 的交流电源频率为f。 1 打点计时器 纸带 甲 乙 (3)接通打点计时器的电源，释放物块1，两物块开始运动，打出的纸带中的一段如图乙 所示，每两个相邻的点之间还有4个点未画出，将相邻点的间距依次记为S,S2,S,S4和 S,测量并记下它们的大小： (4)重力加速度的大小g,则物块1和2的质量大小关系是m m2(填“大于“小 于”或“等于”)：在打出图乙中E点时，物块的运动速度大小为 ；从打出B点到打出 E点，在实验误差允许范围，若有等式 成立；则系统机械能守恒（用题中物理量符 号表示)。 12.如图甲所示装置为探究碰撞时动量守恒的“碰撞实验器”，即研究两个小球在轨道水平部 分发生碰撞前后的动量关系。（设两个小球为弹性材料，发生弹性碰撞），某小组同学在探究 时，先用天平测出小球1、2的质量分别为m,、m2,然后完成以下实验步骤： 入 77777777777 77777777 甲 乙 步骤1：让小球1自斜槽上的A点由静止滚下，落在墙面上，重复多次，记录下落点平均位 置； 步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B,让小球1自A点由静止滚下，小球1和小球2 发生碰撞后落在墙面上，重复多次，记录下两个落点平均位置； 步骤3：用刻度尺分别测量三个落点的平均位置M、P、N到与B点等高的O点的距离，得 到线段OM、OP、ON的长度分别为y、2、 试卷第6页，共8页 (1)对于上述实验操作，小球1质量应 小球2的质量（填“大于”或“小于”），小球1 的半径应 (填等于“大于”或“小于”)小球2的半径。 (2)当所测物理量满足表达式 (用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵 守动量守恒定律。 (3)完成上述实验后，实验小组对上述装置进行了改造，如图乙所示。在水平槽末端与水平 地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使用同样的小球，小球1仍 从斜槽上A点静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到斜面上三个落点M'、P、N'。 用刻度尺测量斜面顶点到M'、P、N'三点的距离分别为L,L2、L。若L=9cm, L2=25cm,则L3= cm。 三、计算题（本题共3小题，共40分） 13.如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，重物质量1kg,初速度vo方向水平，大小 为10m/s,抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2,忽 略空气阻力。求： 30° (1)从P到Q重物重力做的功： (2)刚要落到Q时，重物重力的瞬时功率。 14.跳远，又称“急行跳远”，是在助跑道上沿直线助跑，在跑进中用单脚起跳腾空，最后双 脚落入沙坑的田径运动项目。比赛时，以跳的远度决定名次。某运动员质量m=60kg,该 运动员在一次比赛中助跑结束时速度。=7/s(方向水平向右)。从开始起跳到双脚离地共 用时0.5s,起跳后运动员做初速度大小为10m/s,方向与水平面成37°角的斜抛运动。运动 员可看作质点，全过程都在同一竖直面内运动。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2, 不计空气阻力。对该运动员的起跳过程，试求： 试卷第7页，共8页 (1)运动员动能的变化量及动量变化量的大小（答案可用根号表示）。 (2)地面对运动员的平均摩擦力的大小。 (3)地面对运动员的平均支持力的大小。 15.如图所示，一小车上表面由粗糙的水平部分AB和光滑的！圆弧轨道BC组成，小车紧 靠台阶静止在光滑水平地面上，且小车的左端与固定的光滑圆弧轨道MW末端等高，圆弧轨 道MN末端水平。一质量m=0.5kg的物块P从距圆弧轨道MN末端某高度由静止开始滑下， 与静止在小车左端的质量m,=1.0kg的物块Q发生弹性碰撞，碰撞后物块Q的速度大小为 v=6m/s。物块Q与水平轨道AB间的动摩擦因数4=0.05，圆弧BC的半径R=0.99m,小 车的质量m=2.0kg,物块P、Q均可视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2。 M P h 0.--C B A (I)求碰撞前物块P距离MN末端某高度： (2)若物块Q恰好能滑到小车右端的C点，求AB的长度L; (3)在第二问AB的长度L的基础上，若物块Q与水平轨道AB间的动摩擦因数4=0.15，通 过计算判断物块Q是否从小车上掉下。 试卷第8页，共8页 1.c 【详解】A.根据动量定理，合外力冲量等于动量的变化量，与动量本身大小无直接关系， 例如匀速运动的物体动量很大，但合外力冲量为零，故A错误： B.冲量定义为I=Ft,只要力的作用时间不为零，冲量就不为零，与物体是否静止无关， 故B错误 C.动量表达式为P=mv,质量m是标量，因此动量方向始终和速度方向一致，即任一时刻 的动量方向就是该时刻的速度方向，故C正确： D.合外力冲量会导致动量变化，若动量仅方向改变、大小不变（如匀速圆周运动），则动 能反-m(仅与迷度大小有关)保持不变，故D错误。 故选C。 2.C 【详解】甲：在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量 守恒。 乙：剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系 统动量不守恒。 丙：两球匀速下降，木球与铁球的系统所受合力为零，细线断裂后，系统的合外力仍为零， 所以系统的动量守恒。 丁：木块下滑过程中，由于木块对斜面的压力，导致斜面始终受挡板作用力，系统动量不守 恒。 故守恒的有甲、丙 故选C。 3.A 【详解】A.t,时刻物块刚要运动，t~t3时间内，拉力F大于摩擦力，合外力一直做正功， 物块的动能一直在增大，而3时刻以后，F小于摩擦力，物块做减速运动，所以3时刻物块 的动能最大，故A正确： B.3时刻物块A的动能最大，即物块A的速度最大，所以物块A的动量最大，故B错误； C.0~t,时间内物块静止，F对物体不做功，故C错误； D.F的冲量大小可以由F-t图像与坐标轴围成的面积求出，即0t3时间内F对物块的冲量 一直增大，故D错误。 答案第1页，共10页 故选A。 4.D 【详解】A.根据v-t图像的斜率表示加速度，0~5s内汽车加速度逐渐减小，故A错误： B.根据v-t图像的斜率表示加速度，可得BC段的加速度大小为a= 8 m/s2=4m/s2 7-5 根据牛顿第二定律可得f=ma=4000N,故B错误； C.以v=20m/s匀速运动时汽车的牵引力为F=f=4000N 则此时汽车的功率为P=Fv=80000W,故C错误： 内汽车位移为x,根据动能定理有P片二瓜 其中t=5s,,=20m/s,y=8m/s,代入数据解得x=45m 设5~7s内汽车位移为x2,根据v-1图像与时间轴围成的面积表示位移，则有 1 x=2×8×2m=8m 故0-7s内汽车位移为x=x+x2=53m,故D正确。 故选D。 5.B 【详解】A.由于不知道人的初始状态，向下喷水时，即可能向上运动，也可能向下运动， 故A错误； B.人（含设备）悬停在空中，对人（含设备）根据平衡条件得Mg=F 以△t时间的水柱为研究对象，根据动量定理F'△1=v△SP 即F'=v2SP 又F'=F 联立解得水速应为v= Mg SP水 故B正确； C.由于人匀速上升，动能不变，根据动能定理知，合力做的总功为0，故C错误： D.向上加速，根据牛顿第二定律F-Mg=Ma 又F'=V2SP水，F'=F 答案第2页，共10页 联立解得v= M(g+a) SP水 故D错误。 故选B。 6.D 【详解】A.由题意可知，小球、小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误； B.由几何关系可知，在M点弹簧的压缩量为x=二×一 -2L 2tan37°3 在M点由平衡条件mg=kc 联立可得弹簧的劲度系数为k= 3mg 2L 故B错误： C.设轻绳与杆的夹角为O,根据关联速度关系V物=V球cos日 当小球运动到N点时日=90°，此时滑块的速度为0，则滑块的速度先增大后减小，故在运 动过程中小滑块的速度不是始终大于小球的速度，故C错误： D.由于小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等，故在M、N两点弹簧的弹性势能相 等，由系统机械能守恒定律6mg(, sin37 -L)sin30°-mg L I tan37=2m 解得小球运动到N点时的速度大小为v= 23gL 3 故D正确。 故选D。 7.D 【详解】A.该卫星与月球同步绕地球运动，可知卫星绕地球运动周期等于月球公转周期， A错误； B.该卫星绕地球做匀速圆周运动，所受的合力为地球和月球对它引力的合力，这两个引力 方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误； C.由A选项可得卫星与月球的角速度相等，根据v=or,可知v卫：'月=(L+d):L 故C错误： D.设地球的质量为M,月球的质量为m,卫星的质量为m,则对月球有GM=m@L 2 答案第3页，共10页 对卫星有GM+G业=m(亿+d) (L+d)2 d2 其中M=km 1 ,1L+d 联立解得 (L+d)kd= 故D正确。 故选D。 8.BC 【详解】A.因A球追上B球发生碰撞，可知A球的动量只能减小，不可能为5kgms,A 错误： B.因A球追上B球发生碰撞，可知y,>a,即B>鱼 mA ma .2 即m<me 该选项满足动量守恒，因碰后动能不增加，则上+≥+ 2mA 2m8 2mA 2m8 即4+6328 2mA 2mB 2mA 2mB 即m3专州：，满足心，有，选项B正确 C. 该选项满足动量守恒，因碰后动能不增加，则公+店≥卫+金 2mA 2mg 2mA 2mB 即 42 62 22122 2mA 2mB 2mA 2mB 即m≤。m,满足m,<名m,选项C正确： 2 9 3 D、该选项满足动量守恒，因碰后动能增加，即华+6<4华+14 ，则不符合实际，D 2mA 2mg 2mA 2mg 错误。 故选BC。 9.BC 【详解】A.设小球质量为m,小车质量为M,小球和小车组成的系统在水平方向所受合外 力为零，所以水平方向动量守恒，则由图乙数据可得 答案第4页，共10页 mgR =MgR 解得 m=M 故A错误； B.小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则 m√gR=(m+M)y共 解得 2 故B正确； C.设小球上升的最大高度为H,根据机械能守恒定律有 gR=支m+M+mgH 解得 H=R 4 故C正确； D.设小球滑回至P点时，小球和小车的速度分别为'球和V车，根据动量守恒定律和机械能 守恒定律分别有 m(NgR)=mv球+Mv车 mg-方+w 1 2 解得 y球=0，Y车=√gR 小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点 的水平距离为 x=vel=VgR 2h_0R g5 故D错误。 故选BC。 10.ABD 答案第5页，共10页 【详解】A.“、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，根据mg=m口 R 可得v1=√gR 同理可知V1=1 gR 1 a球从最低点到最高点满足)m,三2mgR+2m 解得v2=5gR 5 同理6球在最低点时的速度为：Vg 弹簧弹开ab时由动量守恒定律mva2=m,V2 解得m,=√21，A正确： B.两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据E,=?可知，动能不相等，B正确： 2m 1 1 C.a球到达圆心等高处时，根据。mva+mgR=一mv3 2 2 根据牛顿第二定律人，=m R 解得Fw=3g 根据牛顿第三定律可知，对轨道压力大小为3mg,C错误； D.要求a、b球都能通过各自圆轨道的最高点，当a恰好经过最高点时速度为y=√gR 被弹簧弹开时a的速度为v2=V5gR 若m,=m,则被弹簧弹开时b的速度也为y2=y2=√5gR 则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为E,=2×mv2=5mgR,D正确。 故选ABD。 11. 大于 (S4+s5)f 10 【详解】(4)[1]由图甲可知，打点计时器位于物块2下方，纸带连在物块2下端，说明物 块2向上运动，物块1向下运动，系统做加速运动，故m>m2,即物块1的质量大于物块2 的质量。 答案第6页，共10页 [2]打点计时器电源频率为∫，每两个相邻的点之间还有4个点未画出，则相邻计数点间的 时间间隔T=5× 15 1 f 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，打出E点时物块的 速度ye=4+=s,+s)/ 2T 10 [3]从打出B点到打出E点，物块1下降、物块2上升的高度均为h=S2+s,+s4 系统重力势能的减少量△E。=(m,-m)g(S2+S3+S4) 打出B点时物块的速度。=9+3=(+5)/ 2T 10 1 系统动能的增加量△E=二(m,+m2)v2-v) 2 若系统机械能守恒，则△E,=△E 即-%s(s*s+)m+8-色 12.(1) 大于 等于 (3)64 【详解】(1)[1][2]为了保证小球1与小球2碰撞后不被反弹，小球1的质量应大于小球2 的质量，为了发生对心碰撞，小球1的半径应等于小球2的半径。 (2)平抛水平位移相同，则x=vt 1 竖直位移y=28r 联立得抛出速度v=x V2y 所以如果两球碰撞遵守动量守恒定律，则my=mY+m2y2 代入速度通式整理得 m=m+2 y2√yV√y (3)碰撞前，m落在图中的P点，设其水平初速度为y,小球m和m2发生碰撞后，m的 落点在图中M点，设其水平初速度为y,m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为2， 答案第7页，共10页 设斜面与水平面的倾角为a,由平抛运动规律得L2sina=一gt2,L2cosa=yt 解得y=1 gL cos2a 2sing 同理可得= gL cos2 a 2sina ，2= gL cos'a 2sina 由动量守恒定律得m√L,=mVL,+m2√L 1 由能量守恒定律得 2m=2m4+ 联立解得L3=64cm 200J 13.(0) (②2005w 3 【详解】(1)设小球从P到Q所用时间为t,根据几何关系可得tan30°=上 根据平抛运动规律有)=28，X=W 联立解得1=25、，一20 -S,y= m 3 3 则从P到0重物重力做的功为m=mg"=1x10×201=200 3 (2)刚要落到Q时，竖直分速度为v,=gt= 20W 3 -m/s 重物重力的瞬时功率为P=mgy,=1x10x205W-2005W 3 3 14.(1)1530J,△p=60W37kgm/s (2)f-120N (3)F=1320N 【分析】(1)由题意可知已知初末速度的情况下，可求出初末动能，即可求出动能的变化量。 求动量变化量时速度变化量是矢量，因为初末速度方向不同，需要用到矢量的合成。需要根 据几何关系求出速度的变化量大小△v,之后根据公式△p=m△v求动量变化量。 (2)因为摩擦力在水平方向，所以求解摩擦力时需要水平方向利用动量定理 (3)因为支持力在竖直方向，所以求解支持力时需要竖直方向利用动量定理 【详解】(1)起跳过程中速度变化情况如图所示 答案第8页，共10页 v,=10m/s △y △yy 137° vo=7m/s △v 动能变化量 1 △Ek= md=60x101-0x1=15301 动量变化量 △p=m·△v 其中速度变化量 Av=vAv:+Av? 又 △y,=y,cos37°- △y=y,sin37° 联立以上四式解得 △p=60W37kg·m/s (2)水平方向上动量定理 f△t=m△y-0 结合上题公式△v,=y,cos37°-解得 f=120N (3)竖直方向上动量定理 F△t-mg△t=m△y,-0 结合(1)中公式△y,=sin37°解得 F=1320N 15.(1)4.05m (2)4.2m 答案第9页，共10页 (3)物块Q未从小车上掉下 【详解】(1)设物块P滑到N点时的速度大小为y,由机械能守恒定律有mgh 2%4 取向右为正方向，设碰撞后物块P的速度为2，物块P和物块Q碰撞过程满足动量守恒和 1 1 机械能守恒mY三=+m,)m=，m十) 2 m22 解得y=9m/s,2=-3m/s,h=4.05m (2)物块Q运动至C点时水平速度与小车的速度相等，竖直速度为零，设共同速度为'共， 有m2y=(m2+m3)y共 解得V共=2ms 1 又由能量关系有m产)m+m星=，g4+m38 解得L=4.2m (3)假设物块Q没有掉下，即物块Q最终与小车共速，由动量守恒定律有 m2V=(m2+m3)V共 1 由能量关系有三m,-)m,+m) 设物块Q在水平轨道AB上相对滑动的距离为x',有Q=1'm2gx 解得x'=8m 因为x'<2L 所以假设成立，物块Q未从小车上掉下。 答案第10页，共10页