重庆市育才中学校2023-2024学年高一下学期期末考试物理模拟试题 含解析

这是一份重庆市育才中学校2023-2024学年高一下学期期末考试物理模拟试题 含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 一质点做曲线运动，它的轨迹由M到N（如图所示曲线）。关于质点通过轨迹中点时的速度v的方向和加速度a的方向，下图中可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．A图中的速度方向沿轨迹切线方向是正确的，而加速度不可能沿切线方向，故A错误；
B．B图中速度方向沿轨迹切线方向，加速度指向轨迹的内侧，符合实际，故B正确；
C．C图中速度方向是正确的，而加速度方向是错误的，按图示加速度方向轨迹应向右弯曲，故C错误；
D．D图中的加速度方向指向轨迹的内侧，是正确的，而速度方向不是沿切线方向，故D错误。
故选B。
2. 如图，竖直平面内放一直角杆，水平和竖直部分套有质量均为1kg的滑块A、B，两滑块之间用长0.5m的轻绳连接，杆的水平部分粗糙，滑块与杆的动摩擦因数，杆的竖直部分光滑。图示时刻，轻绳与竖直杆的夹角为45°，物块A在恒为F＝20N的水平拉力作用下从静止开始向右运动。从图示时刻起在A向右运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. F的功率一直增大
B. 滑块B的机械能不变
C. 滑块A受到的摩擦力逐渐增大
D. 运动过程中滑块B的速率不可能比滑块A的速率小
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图示时刻起的过程中，A的初速度为零，当B物体接近O点后，A的速度也为零，则A的速度先增大后减小，根据功率公式
F的功率先增大后减小，A错误；
B．滑块B在绳子的作用下，向上运动，重力势能变大，同时带有动能，滑块B的机械能变大，B错误；
C．对A、B整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N，向左的摩擦力f和向右的弹力N1,根据牛顿第二定律可知，水平方向
竖直方向
其中
B加速度先增大后减小，则A对水平杆的压力先变大后变小。A受到的摩擦力先增大后减小，C错误；
D．因为绳子不可伸长，根据运动的合成与分解，则有
θ角从45°逐渐增大，则
D正确；
故选D。
3. 自行车运动是治疗帕金森病有效、廉价的方法，对提高患者总体健康状况、改善平衡能力和协调能力，缓解焦虑和抑郁等都有重要作用.图示是某自行车的部分传动装置，其大齿轮、小齿轮、后轮的半径分别为R1、R2、R3，A、B、C分别是三个轮子边缘上的点。当三个轮子在大齿轮的带动下一起转动时，下列说法中正确的是（ ）
A. A、B两点的角速度大小之比为1:1
B. A、C两点的周期之比为R2:R1
C. B、C两点的向心加速度大小之比为R22:R32
D. A、C两点的向心加速度大小之比为R22:（R1R3）
【答案】D
【解析】
【详解】A．大齿轮边缘的A点和小齿轮边缘上的B点线速度的大小相等，根据可知
所以
故A错误；
B．小齿轮边缘的B点和后轮边缘的C点共轴，所以转动的角速度相等即，根据，所以B与C的周期相等，即；根据，则A与B的周期之比
所以A、C两点的周期之比为
故B错误；
C．小齿轮边缘的B点和后轮边缘的C点共轴，所以转动的角速度相等，根据，可知B、C两点的向心速度大小之比为
故C错误；
C．大齿轮边缘的A点和小齿轮边缘上的B点线速度的大小相等，根据，所以
所以
故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查灵活选择物理规律的能力。对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等。
4. 如图所示，一长为L的轻绳拉着质量为m的小球保持静止。现在给小球一个水平初速度，使小球在竖直面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A. 小球在最高点的速度可以等于0
B. 小球获得的初速度大小为
C. 小球做圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心
D. 小球过最低点与最高点时受到绳的拉力大小之差等于6mg
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在竖直面内做完整的圆周运动，若小球恰好能通过最高点，则有重力提供向心力，可得
解得
可知小球能通过最高点的最小速度是，因此小球在最高点的速度不可以等于0，A错误；
B．若小球恰好能通过最高点，设小球获得的初速度大小为v＇，则在最低点时由动能定理，则有
解得
由以上计算可知，是小球获得的初速度大小的最小值，有可能比这个速度要大，B错误；
C．小球在竖直面内做完整的变速圆周运动，由以上分析可知，小球在最高点和最低点处合力指向圆心，C错误；
D．设小球在最高点时的速度为v0，在最低点时的速度为，由动能定理可得
小球在最高点时，由牛顿第二定律可得
小球在最低点时，由牛顿第二定律可得
联立以上各式解得
D正确。
故选D。
5. 我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级，如图P是纬度为的地球表面上一点，质量相同的北斗导航卫星A、B均绕地心O做匀速圆周运动，卫星B是地球静止轨道卫星（同步地球卫星）。某时刻P、A、B、O在同一平面内，且O、P、A在一条直线上，OA垂直于，，则（ ）

A. 卫星A、B的动能之比为4∶5B. 卫星A、B的加速度之比为25∶16
C. 卫星A、B的角速度之比为D. 卫星B与地面P点的线速度之比为5∶4
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知
由，解得
卫星的动能
所以卫星A、B的动能之比为5∶4，故A错误；
B．由，解得
所以卫星A、B的加速度之比为25∶16，故B正确；
C．由，解得
所以卫星A、B的角速度之比为，故C错误；
D．卫星B与地面P点的角速度相等，卫星A的轨道半径大于地球半径，由，可知卫星B与地面P点的线速度之比大于，故D错误。
故选B。
6. 地球表面重力加速度为，地球的第一宇宙速度为，万有引力恒量为，下式关于地球密度的估算式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】解：地球表面的物体受到的重力等于万有引力
得
地球可以看成球体，体积为
所以
地球的第一宇宙速度就是近地卫星的环绕速度，此时重力提供向心力
所以
所以地球密度为
故选
7. 最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像b。若不计空气，取重力加速度大小为，则下列同学的推断结果正确的是（ ）
A. 机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N
B. 机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C. 在0~4s时间内，合外力的冲量为12N·s
D. 在0~4s时间内，合外力做的功为12J
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知机器人在2s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时
故A错误；
B．由图a、图b结合牛顿第二定律可得
联立可得机器人质量
滑动摩擦力为
机器人与水平桌面间的动摩擦因数为
故B错误；
C．在0~4s时间内，合外力的冲量为
故C正确；
D．4s末机器人的速度为
在0~4s时间内，合外力做的功为
故D错误。
故选C。
二、多选题
8. 在倾角为37°的斜面底端给小物块一初动能，使小物块在足够长的粗糙斜面上运动。若小物块在上滑和下滑过程中其动能 Ek随高度h 的变化如图乙所示， g =10m/s2，sin37°=0.6 ，则小物块 （ ）

A. 小物块质量为 0.5kg
B. 上滑的最大距离为 5m
C. 所受的摩擦力大小为 2N
D. 在最高点的重力势能一定为 25J
【答案】BC
【解析】
【详解】C．全程根据动能定理得
解得
C正确；
A．上滑过程中根据动能定理得
解得
A错误；
B．上滑的最大距离为
B正确；
D．取最低点为零势能面，在最高点的机械能为
零势能面未知，因此机械能也不确定，D错误。
故选BC。
9. 如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个均可看做质点的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置由静止释放（重力加速度为g），则（ ）
A. 在b球落地前的整个过程中，a球向左做加速运动
B. 在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统机械能守恒
C. 在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统动量守恒
D. 在b球落地前瞬间，b球的速度大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】AC．对两球及轻杆系统，水平方向受合外力为零，则水平动量守恒，竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒；开始时两球速度均为零，在b球落地前瞬间，b球速度竖直向下，水平方向速度为零，根据系统水平方向动量守恒知，在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，则整个运动过程中，a球由静止状态经历向左运动到最终静止，经历了先加速后减速，故AC错误；
BD．在b球落地前的整个过程中，只有动能和重力势能的转化，则a、b及轻杆系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒得
mbgh=mbv2
可得在b球落地前瞬间，b球的速度大小为
故BD正确。
故选BD。
10. “娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是（ ）

A. 气流速度大小为
B. 单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C. 风若速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为
D. 单位时间内风机做的功为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对时间内吹向游客的气体，设气体质量为，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，故满足
另外
联立可得
故A正确；
B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为
联立解得
故B错误；
C．若风速变为原来的，设风力为，由动量定理可得
另外
联立可得
由牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为M
单位时间内风机做的功为
故D正确。
故选AD。
三、实验题
11. 用如图1所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，如图2所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
(1)为保证实验结果误差尽可能小，下列说法正确的是______。
A.斜槽轨道必须光滑
B.必须调节斜槽，保证末端水平，且让小球出射方向与硬板平行
C.必须调节硬板，保证硬板在竖直平面内
D.轨道末端的Q点即为坐标原点，也就是平抛运动的起点
(2)在图2中实验记录到的点有一个位置明显发生偏差，其产生的原因可能是：该次实验时，小球在斜槽上释放的位置与其它几次相比偏______（选填“高”或“低”）。
(3)根据图2记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为______m/s（已知g=10m/s2）。
【答案】 ①. BC ②. 低 ③. 1
【解析】
【详解】(1)[1]A．研究平抛运动的实验必须满足每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这样是为了到达Q点时钢球能获得同样的平抛运动的水平初速度，与斜面是否光滑没有什么影响，故A错误；
B．研究平抛运动的实验还应满足初速度方向为水平方向，所以必须调节斜槽，保证末端水平，且让小球出射方向与硬板平行，故B正确；
C．为了保证小球能在竖直平面内做平抛运动，还必须调节硬板，保证硬板在竖直平面内，故C正确；
D．建立直角坐标系时，要取小球刚开始做平抛运动时的重心位置为坐标原点，也就是距离轨道末端的Q点左边一个小球半径的长度作为平抛运动的起点，故D错误。
故选BC。
(2)[2]在图2中实验记录到的点有一个位置明显发生偏差，其产生的原因可能是该次实验时，小球在斜槽上释放的位置与其它几次相比偏低，导致其做平抛运动的初速度偏小。
(3)[3]由运动学公式，可得
联立上式解得
12. 如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H>>d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：

（1）小球经过光电门B时的速度表达式为v=______。
（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图乙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式＝______时，可判断小球下落过程中机械能守恒。

（3）实验中发现动能增加量△Ek总是稍小于重力势能减少量△Ep，减小下落高度后，则△Ep－△Ek将______（选填“增加”、“减小”、“不变”）。
【答案】 ①. ②. ③. 减小
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]小球通过光电门的时间很短，可以用t时间内的平均速度表示通过光电门的瞬时速度，即通过光电门的速度大小为
（2）[2]从A到B小球机械能守恒，有
代入
得
（3）[3]动能的增加量小于重力势能的减少量，是由于小球克服空气阻力做功，距离减小则克服空气阻力做功越少，所以减小下落高度后，ΔEp-ΔEk将减小。
四、解答题
13. 跳台滑雪是一种观赏性很强的体育运动。运动员不带雪杖、踏着专用滑雪板在弧形助滑道上获得水平速度飞出，在空中飞行一段距离后着地，如图所示。若运动员从A点水平飞出的速度为，落到倾斜雪坡上的B点。雪坡足够长且倾角，运动员质量为，运动员和滑雪板可看作质点，不计空气阻力、重力加速度，，。求：
（1）运动员在空中飞行的时间t；
（2）运动员落到B点时的重力功率。
【答案】（1）3s；（2）
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，运动员由到做平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
又有
解得
（2）根据题意，由公式可知，运动员在点时的竖直分速度为
则运动员落到B点时的重力功率为
14. 如图所示，长度的光滑水平轨道BC左端与半径的竖直四分之一光滑圆弧轨道AB在B点平滑连接，右端与竖直半圆形光滑轨道CDE在C点平滑连接。将一质量的小物块从距离A点正上方处由静止释放，小物块恰好能到达E点。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块通过B处时对轨道的压力大小：
（2）半圆弧轨道CDE的半径；
（3）若水平面BC粗糙且与物块之间的动摩擦因数，通过计算说明小物块在半圆轨道CDE上运动时是否会脱离半圆形轨道：若不会脱离半圆轨道，小物块最终会停在何处。（结果用分式表示）
【答案】（1）；（2）；（3）距B点m处
【解析】
【详解】（1）对小物块，从释放到运动至B点的过程中，由动能定理得
对小物块，在B点，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力等于，即
以上方程联立得
（2）小物块E点由重力提供向心力有
小物块从B点到E点，由动能定理得
以上两个方程联立得
（3）设小物块在半圆轨道CDE上能上升的最大高度为h，则小物块从B点到速度减为零的过程中，由动能定理得
解得
由此可知，小物块还未到达圆心等高处，因此小物块在CDE上运动时不会脱离半圆轨道
小物块从B点到停止的过程中，由动能定理得
小物块距B点的距离
以上方程联立得
故小物块最终会停在距B点m处。
15. 如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上O′点，平板O′点左侧粗糙，右侧光滑。用长为l的不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球继续沿原方向上升到距离B板最大高度为h=0.2m的位置，A以一定的初速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此过程中小球与A没有再次碰撞。已知小球的质量M=0.2kg，绳长l=0.8m，A的质量mA=0.1kg，B的质量mB=0.3kg，A与B之间的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.225，取重力加速度g=10m/s2。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球和小物块A均视为质点，求：
（1）小球与A碰撞后，A的速度v0；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A与B之间由于摩擦所产生热量Q。

【答案】（1）4m/s；（2）；（3）
【解析】
【详解】（１）设小球与A碰前的速度为，碰后的速度为，则由机械能守恒定律知：
对小球与A的碰撞过程，由动量守恒定律知
解得
（２）Ａ向右运动的过程中，B一直处于静止状态；由于A与B的碰撞过程为弹性碰撞，取A的初速度方向为正方向，则有：
由动量守恒定律知

由能量守恒定律知

联立解得
方向水平向左；
方向水平向右；
设A与B碰后再次回到点时，做匀速运动时间为，做减速运动的时间为
在时间内，B做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知B的加速度

在时间内，A的加速度

B的加速度为
在这段时间内A运动的位移与B运动的位移大小之和等于d，则有

而A在这段时间内运动的总位移也等于d，则有

联立解得
（舍去），
（３）由（２）问中分析可知

在时刻B的速度为
则在A做减速运动阶段，B运动的时间
这表明B在A停止之前已停止运动，且由于A对B的最大静摩擦力
故当B停止运动后，不会再向左运动；则在A运动到B粗糙面之后B运动的位移为

A运动到B粗糙面后，运动的位移为

故运动过程中A相对于B在其粗糙面上运动的位移为

则在此过程中产生的热量