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1、 第1页/共7页 学科网（北京）股份有限公司 华中师大一附中华中师大一附中 2023-2024 学年度下学期期末检测学年度下学期期末检测 高一年级物理试题高一年级物理试题 时间：时间：75 分钟分钟 满分：满分：100 分分 一、选择题（本题包话一、选择题（本题包话 10 小题。其中第小题。其中第 1-7 题为单选题，第题为单选题，第 8-10 题为多选题。每小题题为多选题。每小题 4分，共分，共 40 分。单选题有宜仅有一个选项正确，选对得分。单选题有宜仅有一个选项正确，选对得 4分，选错或不答得分，选错或不答得 0 分。多选题至少分。多选题至少有两个选项正确，全部选对的得有两个选项正确，全
2、部选对的得 4 分，选不全的得分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得分，有选错或不答的得 0 分。）分。）1.后羿射日是中国古代传说故事，描述了后羿用弓箭射下了九个太阳中的八个。假设后羿用力拉开弓，将箭矢水平射出，此过程可以简化为搭箭、拉弓、瞄准和松弦等环节。若忽略空气阻力，对弓和箭矢组成的系统，下列说法中正确的是（）A.在拉弓的过程中，手臂对系统做负功 B.在瞄准的过程中，箭矢受到弓弦的弹力冲量为 0 C.松开弓弦后，系统水平方向上的动量不守恒 D.箭矢射出后的飞行过程中，系统的合外力冲量为 0 2.某同学利用自制的实验装置来研究反冲现象。在实验中，取一辆玩具小车，在小车的左侧立一电动风扇
3、，并将小车轻放于阻力较小的水平桌面上。如图甲所示，打开风扇后观察到小车向左运动。继续进行了如下实验步骤（每次实验前，小车与空气均静止）：如图乙所示，取一适当大小的硬纸盒立于小车的右侧，打开风扇，观察小车的运动情况；如图丙所示，将该硬纸盒调转方向，立于小车的右侧，打开风扇，再次观察小车的运动情况。你认为下列现象中，最有可能出现的是（）A.乙中的小车向左运动 B.乙中的小车向右运动 C.丙中的小车向左运动 D.丙中的小车向右运动 3.如图所示，在半径为 R的圆上四等分位置放置点电荷。O点为圆心，M、N分别为直径上到 O 点距离相同的两点。除 N点正右方的点电荷为Q外，其余点电荷均为+Q。已知静电力
4、常量为 k，则下列说法中正的 第2页/共7页 学科网（北京）股份有限公司 确的是（）A.O点场强大小为2kQR B.M、N两点场强相同 C.M点电势低于 N点电势 D.将一正点电荷从 M点移动到 N 点，电势能减少 4.如图所示为不带电的空腔球形导体，将一个带负电的小金属球置于腔内，静电平衡时，图甲中 A、B、C三点的电势分别为 A、B、C；若将导体外表面接地，静电平衡时，图乙中 D、E、F三点的电势分别为D、E、F。则下列关系中正确的是（）A.ABC B.AB=C C.DEF D.D0）的电子由电子枪连续发出，初速可忽略不计，经 U 的电压加速后，沿中心线垂直进入偏转电场，两极板长为 L，间
5、距为 d。足够大的荧光屏中心为 O，离极板距离为 l。不计电子重力及电子间相互作用，整个装置置于真空中。（1）若偏转电压 U2恒定，电子能射出平行板，求 U的最大值 U2max；（2）若偏转电压 U2随时间变化规律如图乙所示，其最大值为 U0（U0BC B.AB=C C.DEF D.DE=F【答案】D【解析】【详解】AB图甲中，空腔不接地，空腔内外均有电场；根据负电荷的电场线是汇聚的，沿着电场线的方向电势降低，所以 ABC AB 错误；CD图乙中，空腔接地，空腔内有电场；根据负电荷的电场线是汇聚的，沿着电场线的方向电势降低，所以 ED 图乙中，空腔接地，空腔外没有电场，所以 EF=综上得 DE
6、F C正确，D 错误；故选 BC。二、实验题（共二、实验题（共 16 分）分）11.利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中 E 为电源，S为单刀双掷开关，R 为定值电阻，C为电容器，A为电流传感器，V为电压传感器。（1）如图甲所示，开关 S接_（填“1”或者“2”）时，电容器处于充电过程中。（2）开关 S接 1，同时开始计时，得到的 U-t图像为（）A.B.C.D.（3）改接开关，电容器放电。此过程中，得到的 I-t图像如图乙所示，则通过 R 的电荷量约为_C。（结果保留两位有效数字）。第11页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）1 （2）B （3）5.510-3（5.
7、110-35.910-3均算对）【解析】【小问 1 详解】开关接 1时，电源与 R 和 C组成电路，此时 C 处于充电状态，开关接 2 时，R和 C 组成电路，此时 C处于放电状态。故选 1【小问 2 详解】开关接 1时，此时 C处于充电状态，其两极板不断积累电荷，由公式 QCU=电容只跟本身结构有关，保持不变，Q不断变大，所以两极板电压不断增加，最终趋于稳定等于电源电压。故选 B。【小问 3 详解】改接开关，电容器放电。此过程中，得到I-t图像如图乙所示，其图线与坐标轴围成的面积表示电荷量的大小，通过图像可知一个方格表示电荷量为58 10 C，大约有 70 个方格，则通过 R的电荷量约为35
8、.6 10 C 12.如图甲所示，某课外探究小组利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验。滑块 A（含遮光条）总质量m1=120g，滑块 B（含遮光条和锁扣）总质量 m2=150g。实验中弹射装置每次给滑块 A相同的初速度，滑块 B 初始均处于静止状态，碰后两滑块锁定在一起运动。两滑块上遮光条宽度相同，滑块 A的遮光条每次通过光电门 1的挡光时间记为1t，滑块 B 的遮光条通过光电门 2 的挡光时间记为2t。每次给滑块 B 增加 50g 配重，记录下滑块 B的遮光条相应通过光电门的挡光时间2t。（1）验证动量守恒的表达式为_（用 m1、m2、1t、2t表示）。（2）实验记录1t=1.10ms，请
9、根据表格数据在图上描点并拟合22mt图像_，图像的斜率为_g/ms（结果保留三位有效数字）。的 第12页/共20页 学科网（北京）股份有限公司 m2/g 150 200 250 300 350 400 450 2t/ms 2.50 2.96 3.42 3.88 4.35 4.81 5.28 （3）若在误差允许范围内，满足图线的斜率约等于_，且纵轴截距约为1m，则可认为实验中动量守恒定律成立。（用1m、1t表示）（4）由于测量滑块 B（含遮光条和锁扣）总质量时漏记了一个 10g 砝码的质量，如果其他操作无误，这将导致描绘的实验图像与正确图像相比（）。A.斜率不变整体上移 B.斜率不变整体下移 C
10、.斜率变小整体上移 D.斜率变大整体下移【答案】（1）()1121211mmmtt=+第13页/共20页 学科网（北京）股份有限公司（2）.1095g/ms （3）11mt （4）B【解析】【小问 1 详解】根据动量守恒定律 1 1122()mvmm v=+设挡光片宽度为 d，则有 11212()ddmmmtt=+1121211()mmmtt=+【小问 2 详解】1 第14页/共20页 学科网（北京）股份有限公司 描点，连线时，应尽量使得所描点均匀分部在连线附近，若有特别离谱的点，应排除。2斜率通过给出的点的纵坐标差值与横坐标差值作比求出，此处选前两组数据为例 200 150108g/ms2.
11、962.50k=【小问 3 详解】由动量守恒定律得出的公式 1121211()mmmtt=+整理 12211mmtmt=则该图像的斜率为11mt，与纵轴的截距为1m。【小问 4 详解】由22mt的关系 12211mmtmt=测量滑块 B（含遮光条和锁扣）总质量时漏记了一个 10g 砝码的质量，2m偏小，不影响图线斜率，所以斜率不变，但整体的图线会向下移。故 B 正确，故选 B。三、计算题（请写出必要的文字说明、方程式和重要步三、计算题（请写出必要的文字说明、方程式和重要步 u。只写出最后答案的不能得分，有。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。共数值计算的题，
12、答案中必须明确写出数值和单位。共 44 分）分）第15页/共20页 学科网（北京）股份有限公司 13.如图甲所示，质量为 m，电荷量为-q（q0）的电子由电子枪连续发出，初速可忽略不计，经 U 的电压加速后，沿中心线垂直进入偏转电场，两极板长为 L，间距为 d。足够大的荧光屏中心为 O，离极板距离为 l。不计电子重力及电子间相互作用，整个装置置于真空中。（1）若偏转电压 U2恒定，电子能射出平行板，求 U的最大值 U2max；（2）若偏转电压 U2随时间变化规律如图乙所示，其最大值为 U0（U0U2max），变化周期为 T。求电子打在荧光屏上的位置范围。（U2的变化周期 T远远大于粒子穿越电场
13、的时间）【答案】（1）22max122dUUL=；（2）位置范围为 点上下方各()0124Ll U LdU+【解析】【详解】（1）对电子，加速有 21012qUmv=偏转有 0Lv t=212yat=2maxqUamd=能出射 2dy 解得 22max122dUUL（2）当02maxUU时，出偏转场后匀速 第16页/共20页 学科网（北京）股份有限公司 22LlYLy+=解得()0124Ll U LYdU+=位置范围为 点上下方各()0124Ll U LdU+14.如图所示，匀质斜面体放在光滑水平地面上，其高和底分别为 b和 2b。质量为 m 的可视为质点的小滑块，初始时刻从斜面体顶端由静止开
14、始下滑，运动到斜面底端时，斜面体的位移大小为 b，滑块与斜面间因摩擦产生的热量为 Q。整个过程斜面体不翻转，重力加速度为 g。求：（1）斜面体的质量；（2）滑块运动到斜面底端时，斜面体速度的大小。【答案】（1）Mm=；（2）()289mmgbvQ=【解析】【详解】（1）设斜面体质量为 M，由水平动量守恒得 0mMmvMv=方程式两边同时对时间进行累积，整理有 mmxMb=又因为位移关系有 2mxbb+=解得 Mm=（2）设滑块运动到斜面底端时速度为1v，将其分解，则其水平分速度大小为1xv，竖直分速度大小为 第17页/共20页 学科网（北京）股份有限公司 1yv，设斜面倾角为，则有 11tan
15、2yxvbvb=设 M速度为2v，该系统水平方向上动量守恒，有 120 xmvMv=由系统能量守恒，有()2221121122xymgbQm vvMv=+解得()289mmgbvQ=15.如图所示，一竖直固定的足够长的圆直管内有一质量为 m的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l。一质量为 2m 的小球从管的上端口由静止下落，撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力为重力大小的 k=9倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求：（1）第 1 次碰撞后，小球与圆盘的速度大小1v、1u；（2）第 n 次碰撞
16、前瞬间小球的速度大小nv；（3）若 k=0.75，小球第次与圆盘碰撞前瞬间，由静止释放圆盘，求第 n次碰撞前瞬间小球的速度大小。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）【答案】（1）113v，143v；（2）1323ngl，n=1，2，3；（3）()212ngl，n=1，2，3【解析】第18页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）设小球第 1次碰前速度为1v，小球第 1次碰后速度为1v，圆盘第 1次碰后速度为1u，小球第一次下落 211222mglmv=得 12vgl=第一次碰撞 11122mvmvmu=+22211111122222mvmvmu+=得 1113vv=1143
17、uv=（2）设小球第 1，2，.，n-1，n 次碰前速度为1v，2v，1nv，nv，小球第 1，2，.，n-1，n 次碰后速度为1v，2v，1nv，nv，圆盘第 1，2，.，n-1，n次碰后速度为1u，2u，1nu，nu，第一次碰撞后对盘，由牛顿第二定律得 kmgmgma=得 8ag=向上 减速到零用时为 t 1uta=得 16vtg=减速到零位移为 x 212uxa=得 第19页/共20页 学科网（北京）股份有限公司 219vxg=同时段内小球的位移为 2112xvtgt=+得 21572vxxg=故盘停下再与小球碰撞。同理可知每次都小球先停下再与小球碰撞。第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，有 11xx=球盘 即 22221122vvuga=解得 2133vv=之后第二次发生弹性碰撞 22222mvmvmu=+222222111222222mvmvmu=+得 2213vv=2243vu=第二次碰撞后到第三次碰撞时，两者位移相等，有 xx=球2盘2 即 22232222vvuga=解得 是 第20页/共20页 学科网（北京）股份有限公司 3233vv=同理可得 4333vv=归纳得 1323nnvgl=，n=1，2，3（3）从第一次碰后开始每隔 183vtg=再碰，作图可得()212nvngl=，n=1，2，3