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2022-2023学年四川省遂宁市高一下册期末物理专项突破模拟题（AB卷）含解析
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2022-2023学年四川省遂宁市高一下册期末物理专项突破模拟题
（A卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．做曲线运动的物体，在运动过程中，一定会变化的物理量是（ ）
A．速率
B．速度
C．动能
D．加速度
2．地球的质量约为月球质量的81倍，一飞行器位于地球与月球之间，当它受到地球和月球的引力的合力为零时，飞行器距地心距离与距月心距离之比约为（ ）
A．1：9 B．9：1 C．1：81 D．81：1
3．河宽d=60m，水流速度v1=4m/s没有变，小船在静水中的行驶速度为v2=3m/s，则( )
A．小船能垂直直达正对岸
B．若船头始终垂直于河岸渡河，渡河过程中水流速度加快，渡河时间将变长
C．小船渡河时间最短为20s
D．小船渡河的实际速度一定为5m/s
4．在一斜面顶端，将质量相等的甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（ ）
A．2：1 B．4：1 C．6：1 D．8：1
5．北京2022年首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的点，a、c两处的高度差为h。要求运动员c点时对滑雪板的压力没有大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径没有应小于（ ）
A． B． C． D．
6．几个水球可以挡住一颗？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是（ ）
A．在每个水球中的速度变化相同
B．在每个水球中运动的时间相同
C．每个水球对的冲量相同
D．在每个水球中的动能变化相同
7．如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有质量可视为质点的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动因数，取，则（ ）
A．物块滑上小车后，系统动量守恒和机械能守恒
B．增大物块与车面间的动因数，生热变大
C．若，则物块在车面上滑行的时间为
D．若要保证物块没有从小车右端滑出，则没有得大于
评卷人
得分
二、多选题
8．如图所示，“嫦娥三号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在距离月球表面的P点进行次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行。然后卫星在P点又两次“刹车制动”，最终在距月球表面的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动。只考虑卫星在各个轨道上正常运转的情况下，下列说确的是（ ）
A．卫星Ⅱ轨道远月点时的速度小于绕Ⅲ轨道的运行速度
B．没有考虑卫星质量的变化，卫星在三个轨道上的机械能
C．卫星在没有同轨道运动到P点时的加速度都相等
D．卫星在没有同轨道的半长轴（或半径）的二次方与周期的三次方的比值都相等，大小与月球质量成正比
9．一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为vt，重力加速度为g，没有计空气阻力，下列说确的是（ ）
A．用θ表示它的速度方向与水平方向的夹角，则
B．它的运动时间是
C．它的竖直方向位移是
D．它的位移是
10．如图所示为传动装置，A、B、C三个轮的半径之比为1∶2∶3，B轮顺时针转动时，带动A轮和C轮转动。已知转动过程中，轮边缘间无打滑现象，下列判断正确的是（ ）
A．A轮和C轮均逆时针转动
B．A、B、C三轮的角速度之比为6∶3：2
C．A、B、C三轮边缘线速度之比为1∶2∶3
D．A、B、C三轮边缘某点向心加速度之比为1∶2∶1
11．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（ ）
A．加速度先减小后增大 B．O点时的速度
C．所受弹簧弹力始终做正功 D．所受弹簧弹力做的功等于克服力做的功
12．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m的A、B 两物块叠放在一起，距轴心距离为L，随圆盘一起做匀速圆周运动。已知圆盘与B之间的动因数为μ， B与A之间的动因数为0.5，假如静力大小等于滑动力，则下列说确的是（ ）
A．物块A 、B一起匀速转动过程中加速度恒定
B．物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等
C．A B一起转动的角速度为
D．当A、B恰发生相对运动时圆盘对B的力为2mg
13．如图所示，一根没有可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为30°的斜面体置于水平地面上，A的质量为m，B的质量为4m，开始时，用手托住A，使OA段绳恰于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止没有动，将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是（ ）
A．小球A的机械能没有守恒，A、B系统的机械能守恒
B．物块B受到的力先减小后增大
C．地面对斜面体的力方向一直向右
D．小球A摆到点时绳上的拉力大小为2mg
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
14．在“研究平抛运动”实验中：
（1）下列说确的是______；
A．斜槽轨道必须光滑
B．记录的点应适当多一些
C．用光滑曲线把所有的点连接
D．y轴的方向根据重锤线确定
（2）如图是利用如图装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是______；
A．释放小球时初速度没有为0
B．释放小球的初始位置没有同
C．斜槽末端切线没有水平
（3）如图是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是_______。
A． B． C．
15．利用图装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_______；
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．加速度变化量和高度变化量
（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是___________；
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
（3）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能变化量___________，动能变化量___________；
（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_________；
A．利用公式计算重物速度 B．利用公式计算重物速度
C．存在空气阻力和阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法
（5）某同学用图装置研究机械能是否守恒，思路如下：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确。( )
评卷人
得分
四、解 答 题
16．宇航员在某星球表面以初速度v0竖直向上抛出一个物体，物体上升的高度为h。已知该星球的半径为R，且物体只受该星球的引力作用，忽略该星球的自转，求：
（1）该星球的质量；
（2）从这个星球上发射卫星的宇宙速度。
17．如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道安置在一竖直平面上，左侧连接一个光滑的弧形轨道，右侧连接动因数为μ的水平轨道CD。一小球从弧形轨道上端的A处由静止释放，通过C点后小球恰好能到达圆形轨道的点B，之后再滑入水平轨道CD，到达D点时的速度为，设重力加速度为g 。求：
(1)小球B点时速度vB的大小；
(2)小球释放点A距水平轨道的高度h；
(3)水平轨道CD段的长度L。
.
18．如图a所示，在水平路段上有一质量为的汽车，正以的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段较粗糙，汽车通过整个路段的图象如图b所示（在处水平虚线与曲线相切），运动过程中汽车发动机的输出功率保持没有变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面力和空气阻力等）各自有恒定的大小．（解题时将汽车看成质点）
（）求汽车在路段运动时所受的阻力大小及路段所受的阻力大小；
（）求汽车刚好开过点时的加速度a；
（）求路段的长度。
19．如图所示，可视为质点的滑块A、B静止在光滑水平地面上，A、B滑块的质量分别为mA=1kg，mB=3kg。在水平地面左侧有倾角θ=37°的粗糙传送带，以v=2m/s的速率逆时针匀速转动，传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，A、B两滑块间夹着质量可忽略的火药，现点燃火药爆炸瞬间，滑块A以6m/s的速度水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动因数为μ=0.25，传送带与水平面均足够长，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)点燃火药爆炸后，B滑块获得的速度大小；
(2)滑块A沿传送带上滑的距离；
(3)若滑块A滑下后与滑块B相碰并粘住，求A、B碰撞过程中损失的机械能；
(4)求滑块A与传送带接触过程中因产生的热量Q。
答案：
1．B
【详解】
做曲线运动的物体，在运动过程中，物体的速度方向一定变化，即速度一定变化，但是速率和动能没有一定变化，例如匀速圆周运动；加速度没有一定变化，例如平抛运动；故选B.
2．B
【分析】
【详解】
受到地球和月球的引力的合力为零，则
地球的质量约为月球质量的81倍，则飞行器距地心距离与距月心距离之比约为
故选B。
3．C
【详解】
A．由于船速小于水速，小船的合速度没有可能垂直于河岸，小船没有能垂直直达正对岸，故A错误；
BC．当船速垂直于河岸时，小船渡河时间最短为
当水速增大时，渡河时间没有受影响，故B错误，C正确；
D．由于船速方向未知，无法求解渡河速度，故D错误。
故选C。
4．B
【分析】
根据平抛运动的推论tanθ=2tanα得到甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等，根据运动的合成与分解求出末速度即可解题．
【详解】
设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图所示：
根据平抛运动的推论可得tanθ=2tanα，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；对甲有：，对乙有：，联立可得：．
由于甲乙两球质量相等．所以动能之比等于速度之比的平方，故B正确， ACD错误．
本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的落体运动．
5．D
【详解】
运动员从a到c根据动能定理有
在c点有
FNc ≤ kmg
联立有
故选D。
6．D
【详解】
A．运动的过程为匀减速直线运动，直至为零。采用逆向思维，做初速度为零的反向匀加速直线运动，通过连续相等的四段位移，根据匀变速直线运动的推论，可知在每个水球中运动的时间之比为
由
可知，运动的时间没有同，则速度的变化量没有同，故AB错误；
C．根据动量定理
可知，每个水球对的冲量没有同，故C错误；
D．根据动能定理
所受阻力大小和位移相等，所以在每个水球中的动能变化相同，故D正确。
故选D。
7．D
【详解】
A．物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能没有守恒，A错误；
B．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
系统产生的热量
则增大物块与车面间的动因数，生热没有变，B错误；
C．若，由动量守恒定律得
解得
对物块，由动量定理得
解得
C错误；
D．要使物块恰好没有从车厢滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
D正确。
故选D。
8．AC
【分析】
【详解】
A．根据万有引力提供向心力，得
解得
如果卫星在Ⅱ轨道的远月点对应半径圆轨道做匀速圆周运动，根据，速度仍小于Ⅲ轨道的线速度，而现在Ⅱ轨道的远月点进入对应半径圆轨道做匀速圆周运动需点火加速离心，所以卫星在Ⅱ轨道的远月点的速度一定小于绕Ⅲ轨道的运行速度，故A正确；
B．由题知，卫星从Ⅰ轨道在P点两次“刹车制动”，才能进入轨道Ⅲ，所以在轨道Ⅲ上的机械能最小，即，故B错误；
C．由万有引力提供向心力，可得
解得
三个轨道上的P点到地心距离r均相等，故a相等，故C正确；
D．根据开普勒第三定律得可知，卫星在没有同轨道的半长轴（或半径）的三次方与周期的二次方的比值都相同，故D错误。
故选AC。
9．BC
【分析】
【详解】
A．根据几何关系知，
sin θ=
故A错误；
B．根据平行四边形定则知，物体落地时的竖直分速度
vy=，
则物体运动的时间
t==
故B正确；
CD．竖直方向的位移
y==
水平位移
x=v0t=v0
根据平行四边形定则知，物体的位移
s==
故C正确，D错误。
故选BC。
10．AB
【分析】
【详解】
A．因为各轮之间是传动，所以A、B的转动方向相反，B、C的转动方向相反，故A轮和C轮均逆时针转动，故A正确；
BC．由于A、B、C之间是传动，且没有打滑，故线速度大小相等，由可得A、B、C三轮的角速度之比为6∶3∶2，A、B、C三轮边缘的线速度之比为1∶1∶1，故B正确，C错误；
D．由可得，A、B、C三轮边缘某点的向心加速度之比为6∶3∶2，故D错误。
故选AB。
11．AD
【详解】
AB．对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得
kx-f=ma
x减小，a减小，当a=0时，物块速度，此时，物块在O点左侧；
从加速度a=0处到O点过程，由牛顿第二定律得
f－kx=ma
x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得
kx＋f=ma
x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，故A正确,故B错误；
C．物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，故C错误；
D．从A到B的过程，由动能定理可得
W弹-Wf=0
故D正确。
故选AD。
12．BC
【分析】
【详解】
A．两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心没有恒定，故A错误；
B．根据向心力公式Fn＝mLω2可知，物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确；
CD．对AB整体分析，当静力提供向心力，有
μ•2mg=2mωB2L
解得
对A分析，B对A的静力提供向心力，有
0.5μ•mg=mωA2L
解得
AB一起转动的角速度为，此时圆盘对B的力为
故C正确，D错误。
故选：BC。
13．BC
【分析】
【详解】
AD．小球A摆过程，只有重力做功，机械能守恒，有
在点有
解得
F=3mg
故AD错误；
B．对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和力，重力沿斜面向下的分力为
Fx=4mgsin30°=2mg
根据开始绳中恰好无拉力可知，B受到的静力大于等于2mg，故根据平衡条件得知：力先向上减小后向下增大，故B正确；
C．对物体B和斜面体受力分析，由于物体B和斜面体始终保持静止，绳子一直有斜向左下方的拉力，故斜面体一受到地面对其向右的静力，故C正确。
故选BC。
14． BD##DB C B
【详解】
（1）[1]A．实验过程中，斜槽没有一定光滑，只要能够保证从同一位置静止释放，即使轨道粗糙，力做功是相同的，离开斜槽末端的速度就是一样的，故A错误；
BC．记录点应适当多一些，用平滑曲线连接，偏离较远的点应舍去，故B正确，C错误。
D．y轴必须是竖直方向，可根据重锤线确定，故D正确。
故选BD。
（2）[2]由图可推知由于斜槽末端切线没有水平，才会造成小球做斜抛运动，故选C；
（3）[3]竖直管与大气相通，管内为外界大气压强，保证竖直管上出口处的压强为大气压强，因而应保证弯管的上端口处与竖直管上出口处有恒定的压强差，保证弯管口处压强恒定，目的就是为了保证水流流速没有因瓶内水面下降而减小，可保证一段时间内能够得到稳定的细水柱；如果竖直管上出口处在水面上，则水面上压强为恒定大气压，因而随水面下降，弯管口压强减小，水流速度减小。
故选B。
15． A AB##BA C 见解析
【详解】
（1）[1]为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故选A。
（2）[2]除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，还必须使用的两种器材是交流电源（用于给打点计时器供电）和刻度尺（用于测量纸带上点间距）。由于本实验中所建立的机械能守恒的表达式中重物的质量可以约去，所以没有需要测量重物的质量，故没有需要天平。
故选AB。
（3）[3]从打O点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能变化量为
[4]动能的变化量为
（4）[5] AB．由于公式或是建立在机械能守恒的前提下的理想公式，若用它们计算重物的速度，则重力势能的减少量应等于动能的增加量，故AB没有符合题意；
CD．重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是由于存在空气阻力和阻力的影响，使得重物的重力势能有一部分转化为了内能，这属于实验的系统误差，无法通过采用多次实验取平均值的方法，故C符合题意，D没有符合题意。
故选C。
（5）[6]假设重物下落过程受到一误差允许范围外的阻力，大小恒为f，则根据动能定理有
整理得
此时所得出的v2-h图像仍是一条过原点的直线，但重物的机械能显然没有守恒，所以仅靠图像是一条过原点的直线这一结果没有能推断出重物下落过程中机械能守恒的结论，还需要根据图像的斜率是否等于2g来判断。
16．（1）；（2）v0
【分析】
【详解】
(1)物体做竖直上抛运动，有
忽略星球自转，物体的重力等于星球给的万有引力，有
联立，可得
(2)卫星贴近星球做匀速圆周运动，有
联立，可得
17．(1)； (2)； (3)
【详解】
（1）小球恰好能到达圆形轨道的点B，故小球在B处对轨道压力为零，由牛顿第二定律可得
所以小球B点时速度大小为
（2）小球从A到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，取轨道点为零势能点，则有
mgh＝mg•2R+mvB2=mgR
所以
h=2.5R
（3）对小球，从点到D点全过程，只有重力、力做功，根据动能定理有
mgh−μmgL＝mvD2−0=mgR
所以
18．（1）2000N；4000N；（2）1m/s2；（3）68.75m
【详解】
（）汽车在路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有
，
计算得出
方向与运动方向相反；
时汽车处于平衡态，有：，
计算得出
（）时汽车开始减速运动，根据牛顿第二定律，有：
代入数据可得
计算得出
，方向与运动方向相反
（）对于汽车在段运动，由动能定理得
代入数据可得
计算得出
19．（1）2m/s；（2）2.5m；（3）；（4）
【详解】
（1）设爆炸后A、B的速度分别为vA、vB，爆炸过程，对A和B组成的系统由动量守恒有
mA-mBvB=0
解得vB=2m/s
（2）水平地面光滑，滑块A沿传送带向上的做匀减速直线运动，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得a1=8m/s2
根据速度位移公式有
即经2m，滑块A速度减为2m/s。然后力方向沿皮带向上，根据牛顿第二定律有
解得a2=4m/s2
根据速度位移公式有
故滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离为
x=x1+x2=2.5m
（3）当滑块A速度减为零后，滑块A将沿传送带向下做匀加速运动，则有a3=a2=4m/s2
根据速度位移公式有
解得m/s
滑块A与滑块B碰撞时，粘连在一起，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得
mA+mBvB=（mA+mB）vAB
解得m/s
碰撞过程中损失的机械能
（4）在减速到跟皮带速度相等前，物块相对皮带向上滑动，相对路程为
此后物块相对皮带下滑
因产生的热量
2022-2023学年四川省遂宁市高一下册期末物理专项突破模拟题
（B卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．下列说确的是 （ ）
A．在经典力学中，运动和能量都是连续变化的
B．功就是能，能就是功
C．合力方向与速度方向没有共线时，物体也可能做直线运动
D．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量
2．如图所示，在用起瓶器开启啤酒瓶盖的过程中，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为和，线速度的大小分别为和，下列关系正确的是 （ ）
A． B．
C． D．
3．“天舟4号”货运飞船于2022年 5月10日凌晨1时56分在文昌航天发射成功发射升空。并与“天宫空间站”成功对接。当“天舟4号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行时，那么“天舟4号”的（ ）
A．角速度小于地球自转角速度 B．线速度大于地球的宇宙速度
C．周期等于地球自转周期 D．向心加速度小于地面表面的重力加速度
4．如图所示，一个质量为物体在水平拉力F的作用下匀加速前进了时间t，物体与水平地面间的动因数为，则在此过程中 （ ）
A．地面对物体支持力的冲量大小为零
B．合力对物体的冲量大小为零
C．力对物体的冲量大小为
D．物体动量改变的大小为
5．以初速度水平抛出一小球，在小球速度方向偏转30°角到小球速度方向偏转60°角的过程中，小球运动的时间为（没有计空气阻力，重力加速度为。）（ ）
A． B． C． D．
6．有两颗人造地球卫星，它们的质量之比，轨道半径之比，则它们的 （ ）
A．向心力大小之比 B．运行速率之比
C．向心加速度大小之比 D．运行的周期之比
7．如图所示，从倾角为的足够长斜面的顶端先后将同一小球以没有同的初速度水平向右抛出。次抛出时小球的初速度为﹐小球落到斜面上瞬时速度的方向与斜面夹角为﹐落点与抛出点间的距离为S1；第二次抛出时小球的初速度为，且，小球落到斜面上瞬时速度的方向与斜面夹角为，落点与抛出点间的距离为S2，没有计空气阻力。则（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，A、B两物体用过转台圆心的细绳相连放在转台上，它们一起绕转台竖直轴以角速度转动，转动半径，质量，A、B两物体与转台间的动因数均为，静力等于滑动力，重力加速度为。下列说确的是 （ ）
A．为保持A、B两物体与转台间相对静止，的值为
B．为保持A、B两物体与转台间相对静止，的值为
C．为保持A、B两物体与转台间相对静止，的值为
D．无论多大，A、B两物体与转台间均保持相对静止
评卷人
得分
二、多选题
9．下列说确的是 （ ）
A．动量大的物体的惯性一定也大
B．做曲线运动的质点的速度方向时刻在改变
C．物体实际的运动叫合运动
D．做圆周运动的物体，所受的合力一定指向圆心
10．如图所示，下列的四幅图分别表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说确的是（ ）
A．图a，长为l的细绳拉着小球在竖直面上做完整圆周运动通过点的速度可以为
B．图b，汽车通过拱桥的点时处于失重状态
C．图，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘有侧向挤压作用
D．图d，是一圆锥摆，增加绳长，保持圆锥摆的高度h没有变，则圆锥摆的角速度保持没有变
11．在某品牌的赛车测试中，一辆小汽车在平直水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取g=10 m/s2，则以下说确的是（ ）
A．汽车在前5 s内的牵引力做功为
B．汽车速度为25 m/s时的加速度大小为2m/s2
C．汽车的额定功率为100kW
D．汽车的速度为85m/s
12．如图所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑斜面，在斜面底端一小物块以初速度沿斜面上滑，同时在斜面底端的正上方高h处以速度水平抛出一小球，当物块速度最小时，小球与物块在斜面上恰好相碰撞，没有计空气阻力，下列说确的是（ ）
A．小球做平抛运动的时间
B．小球与小物块相遇的时间
C．小物块的初速度
D．小球平抛的初速度
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
13．在“研究平抛物体运动”的实验中：
（1）为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线沿水平方向，检查方法是：将小球放置在轨道上的槽口处，小球能保持___________。
（2）如图所示，为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的每小格实际边长均为。取，那么：
（a）闪光频率是___________；
（b）小球B点时的速度大小为___________。
14．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：用天平测出小球1和小球2的质量m1、m2；
步骤2：调节“碰撞实验器”轨道末端水平，接着没有放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；
步骤3：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤2同样的方法分别标出碰撞后小球1和小球2落点的平均位置M、N；
步骤4：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度、、。
（1）入射小球1的质量应___________（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；为保证两小球做对心碰撞，入射小球1的半径应___________。（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径。
（2）当所测物理量满足表达式___________时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式___________时，即说明两球是弹性碰撞。
评卷人
得分
四、解 答 题
15．如图所示，一半径为的半圆形轨道竖直固定在水平面上，轨道两端等高，质量为 的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到点Q时，对轨道的压力大小为1.5mg，重力加速度。求：
（1）小球滑到点Q时的速度大小；
（2）小球自端点P滑到点Q的过程中，克服阻力所做的功。
16．已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为地球表面的重力加速度的六分之一，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。试求月球的平均密度。
17．如图所示，两物块B、C用轻弹簧拴接放在水平面上，开始时物块C被锁定在水平面上，另一与物块B、C在同一直线上的物块A以水平向左的速度向物块B运动，一段时间后和物块B碰撞并粘合在一起。已知A、B、C物块完全相同，质量均为m，水平面光滑，整个过程中弹簧未超过弹性限度，没有计空气阻力。 求：
（1）弹簧的弹性势能；
（2）在弹簧的弹性势能时解除锁定，物块C的速度。
18．如图所示，半径为R，圆心角为的光滑圆弧轨道竖直固定在水平轨道上，圆弧轨道与水平轨道相切于D点。在点用长为L的细线悬挂一个质量为的小球，现拉开小球至细线与竖直方向夹角后静止释放，小球运动到B点时细线断裂，之后刚好沿圆弧轨道的C点的切线方向进入圆弧轨道内侧。已知，，、B、O、D四点在同一竖直线上，小球在水平轨道上运动时受到的阻力为其重力的倍，当地的重力加速度为g，，，没有计空气阻力。求：
（1）小球运动到B点时的速度大小；
（2）B、C两点的竖直高度h；
（3）小球在水平轨道上停下时距圆弧轨道点D的距离。
答案：
1．A
【详解】
A．在经典力学中，运动和能量都是连续变化的，故A正确；
B．功是能量转化的量度，功与能是两个没有同的概念，故B错误；
C．合力方向与速度方向没有共线时，物体一定做曲线运动，故C错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故D错误。
故选A。
2．B
【详解】
BD．A、B两点同轴转动，则角速度相等，故B正确，D错误；
AC．根据，则B的线速度大于A的线速度，故AC错误。
故选B。
3．D
【详解】
A．“天舟4号”轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力
则“天舟4号”角速度大于同步卫星角速度，则“天舟4号”角速度大于地球自转角速度，故A错误
B．宇宙速度是的环绕速度，“天舟4号”的线速度小于地球的宇宙速度，故B错误；
C．“天舟4号”角速度大于地球自转角速度，根据可知，其周期小于地球自转周期，故C错误；
D．地面表面的重力加速度等于贴近地表做匀速圆周运动的卫星的向心加速度，根据
轨道半径越大，向心加速度越小，则“天舟4号”的向心加速度小于地面表面的重力加速度，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】
A．支持力大小没有为零，根据可知，地面对物体支持力的冲量大小没有为零，故A错误；
B．物体匀加速运动，则合外力没有为零，则冲量大小没有为零，故B错误；
C．力大小
力对物体的冲量大小
故C正确；
D．物体受到的合外力
物体动量改变的大小等于合外力冲量大小
故D错误。
故选C。
5．D
【详解】
小球速度方向偏转30°角时
小球速度方向偏转60°角时
该过程用时
故选D。
6．B
【详解】
人造地球卫星绕地球运行时，有万有引力充当向心力则有
解得
又知，人造地球卫星质量之比是
轨道半径之比是
联立代入数据解得
故选B。
7．C
【详解】
AB．由平抛运动的规律可知，速度的方向角正切值是位移方向角正切值的2倍，因为小球在斜面上做平抛运动，位移方向角都是，所以速度的方向角也应该都相等与抛出的初速度大小无关，所以，故AB错误；
CD．平抛运动水平方向做匀速运动，位移为
根据平抛运动位移的方向角的正切值公式可得
由合位移与水平位移的关系可知，小球在斜面上运动的合位移为
联立以上方程式解得
可以看出，s与v0的平方成正比，即
故C正确，D错误。
故选C。
8．A
【详解】
因为物体转动所需向心力，故A所需的向心力大于B所需向心力。当两物体刚好相对转台静止时，根据牛顿第二定律
联立解得
角速度再增大，拉力和力的合力没有足以提供A所需的向心力，没有会再相对转台静止。
故选A。
9．BC
【详解】
A．动量，动量大的物体质量没有一定大，其惯性没有一定也大，故A错误；
B．做曲线运动的质点的速度方向沿运动轨迹切线方向，所以做曲线运动的质点的速度方向时刻在改变，故B正确；
C．物体实际的运动叫合运动，故C正确；
D．只有匀速圆周运动的时候,合力才指向圆心。非匀速的圆周运动,合力没有指向圆心，故D错误。
故选BC。
10．BD
【详解】
A．在点的速度最小时，重力恰好提供向心力
由点到点过程，根据动能定理
可知，点的最小速度
故A错误；
B．汽车通过拱桥的点时，有竖直向下的加速度，处于失重状态，故B正确；
C．火车转弯超过规定速度行驶时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，则外轨对轮缘有侧向挤压作用，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
根据几何关系
整理得
保持圆锥摆的高度h没有变，则圆锥摆的角速度保持没有变，故D正确。
故选BD。
11．AC
【详解】
A．汽车在前5 s内,由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
其中
解得牵引力
运动距离
故A正确；
C．汽车的额定功率
故C正确；
B．汽车在25m/s时的牵引力
根据牛顿第二定律得，加速度
故B错误；
D．当牵引力等于阻力时，速度，则速度
故D错误。
故选AC。
12．BC
【详解】
AB．小球做平抛运动过程
根据几何关系
整理得
故A错误，B正确；
C．物块速度最小时速度为零，则
故C正确；
D．根据以上分析
解得
故D错误。
故选BC。
13． 静止（平衡、没有动） 10 2.5
【详解】
（1）[1]为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线沿水平方向，检查方法是：将小球放置在轨道上的槽口处，小球能保持静止。
（2）（a）[2]小球在竖直方向做匀加速直线运动，有
其中
代入数据解得
则闪光频率为
（b）[3]小球水平方向为匀速直线运动，有
根据竖直方向匀变速直线运动中，中间时刻速度等于该过程平均速度，则小球在B点的竖直速度为
所以小球在B点速度为
14． 大于 等于
【详解】
（1）[1][2] 根据动量守恒定律可知若碰撞小球1的质量小于被碰小球2的质量，则小球1可能被碰回，所以小球1的质量应大于被碰小球2的质量，为了保证是对心碰撞，所以小球1的半径应等于被碰小球2的半径；
（2）[3][4]因为平抛运动的时间相等，根据平抛运动规律，则水平位移可以代表速度，OP=L2是A球没有与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM=L1是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON=L3是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式
说明两球碰撞遵守动量守恒定律；由功能关系可知，只要
成立则机械能守恒，即
故
说明碰撞过程中机械能守恒。
15．（1）2m/s；（2）6J
【详解】
（1）小球在点Q时，由牛顿第二定律
解得
（2）小球自端点P下滑到点Q的过程中，由动能定理得
解得
16．
【详解】
设月球表面处的重力加速度为，根据万有引力定律，有
又
解得
根据公式
解得月球的平均密度
17．（1）；（2）
【详解】
（1）设物块A与物块B碰撞后的瞬间，A、B粘合在一起时的速度大小为v，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能
联立得
（2）物块C解除锁定后，三个物块与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧恢复到原长时，物块C的速度，设弹簧恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立得
18．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）小球由A点下摆至B点过程，由动能定理有
解得
（2）小球由B点运动到C点过程，竖直分运动为落体运动，则有
小球到达C点时，设速度与水平方向的夹角为，如图所示。
由几何关系得
联立解得
（3）小球运动到C点的速度大小
小球由C点至D点过程，由机械能守恒定律有
小球在水平轨道上运动过程，由动能定理，有
联立得
2022-2023学年四川省遂宁市高一下册期末物理专项突破模拟题
（A卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．做曲线运动的物体，在运动过程中，一定会变化的物理量是（ ）
A．速率
B．速度
C．动能
D．加速度
2．地球的质量约为月球质量的81倍，一飞行器位于地球与月球之间，当它受到地球和月球的引力的合力为零时，飞行器距地心距离与距月心距离之比约为（ ）
A．1：9 B．9：1 C．1：81 D．81：1
3．河宽d=60m，水流速度v1=4m/s没有变，小船在静水中的行驶速度为v2=3m/s，则( )
A．小船能垂直直达正对岸
B．若船头始终垂直于河岸渡河，渡河过程中水流速度加快，渡河时间将变长
C．小船渡河时间最短为20s
D．小船渡河的实际速度一定为5m/s
4．在一斜面顶端，将质量相等的甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（ ）
A．2：1 B．4：1 C．6：1 D．8：1
5．北京2022年首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的点，a、c两处的高度差为h。要求运动员c点时对滑雪板的压力没有大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径没有应小于（ ）
A． B． C． D．
6．几个水球可以挡住一颗？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是（ ）
A．在每个水球中的速度变化相同
B．在每个水球中运动的时间相同
C．每个水球对的冲量相同
D．在每个水球中的动能变化相同
7．如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有质量可视为质点的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动因数，取，则（ ）
A．物块滑上小车后，系统动量守恒和机械能守恒
B．增大物块与车面间的动因数，生热变大
C．若，则物块在车面上滑行的时间为
D．若要保证物块没有从小车右端滑出，则没有得大于
评卷人
得分
二、多选题
8．如图所示，“嫦娥三号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在距离月球表面的P点进行次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行。然后卫星在P点又两次“刹车制动”，最终在距月球表面的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动。只考虑卫星在各个轨道上正常运转的情况下，下列说确的是（ ）
A．卫星Ⅱ轨道远月点时的速度小于绕Ⅲ轨道的运行速度
B．没有考虑卫星质量的变化，卫星在三个轨道上的机械能
C．卫星在没有同轨道运动到P点时的加速度都相等
D．卫星在没有同轨道的半长轴（或半径）的二次方与周期的三次方的比值都相等，大小与月球质量成正比
9．一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为vt，重力加速度为g，没有计空气阻力，下列说确的是（ ）
A．用θ表示它的速度方向与水平方向的夹角，则
B．它的运动时间是
C．它的竖直方向位移是
D．它的位移是
10．如图所示为传动装置，A、B、C三个轮的半径之比为1∶2∶3，B轮顺时针转动时，带动A轮和C轮转动。已知转动过程中，轮边缘间无打滑现象，下列判断正确的是（ ）
A．A轮和C轮均逆时针转动
B．A、B、C三轮的角速度之比为6∶3：2
C．A、B、C三轮边缘线速度之比为1∶2∶3
D．A、B、C三轮边缘某点向心加速度之比为1∶2∶1
11．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（ ）
A．加速度先减小后增大 B．O点时的速度
C．所受弹簧弹力始终做正功 D．所受弹簧弹力做的功等于克服力做的功
12．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m的A、B 两物块叠放在一起，距轴心距离为L，随圆盘一起做匀速圆周运动。已知圆盘与B之间的动因数为μ， B与A之间的动因数为0.5，假如静力大小等于滑动力，则下列说确的是（ ）
A．物块A 、B一起匀速转动过程中加速度恒定
B．物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等
C．A B一起转动的角速度为
D．当A、B恰发生相对运动时圆盘对B的力为2mg
13．如图所示，一根没有可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为30°的斜面体置于水平地面上，A的质量为m，B的质量为4m，开始时，用手托住A，使OA段绳恰于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止没有动，将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是（ ）
A．小球A的机械能没有守恒，A、B系统的机械能守恒
B．物块B受到的力先减小后增大
C．地面对斜面体的力方向一直向右
D．小球A摆到点时绳上的拉力大小为2mg
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
14．在“研究平抛运动”实验中：
（1）下列说确的是______；
A．斜槽轨道必须光滑
B．记录的点应适当多一些
C．用光滑曲线把所有的点连接
D．y轴的方向根据重锤线确定
（2）如图是利用如图装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是______；
A．释放小球时初速度没有为0
B．释放小球的初始位置没有同
C．斜槽末端切线没有水平
（3）如图是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是_______。
A． B． C．
15．利用图装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_______；
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．加速度变化量和高度变化量
（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是___________；
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
（3）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能变化量___________，动能变化量___________；
（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_________；
A．利用公式计算重物速度 B．利用公式计算重物速度
C．存在空气阻力和阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法
（5）某同学用图装置研究机械能是否守恒，思路如下：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确。( )
评卷人
得分
四、解 答 题
16．宇航员在某星球表面以初速度v0竖直向上抛出一个物体，物体上升的高度为h。已知该星球的半径为R，且物体只受该星球的引力作用，忽略该星球的自转，求：
（1）该星球的质量；
（2）从这个星球上发射卫星的宇宙速度。
17．如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道安置在一竖直平面上，左侧连接一个光滑的弧形轨道，右侧连接动因数为μ的水平轨道CD。一小球从弧形轨道上端的A处由静止释放，通过C点后小球恰好能到达圆形轨道的点B，之后再滑入水平轨道CD，到达D点时的速度为，设重力加速度为g 。求：
(1)小球B点时速度vB的大小；
(2)小球释放点A距水平轨道的高度h；
(3)水平轨道CD段的长度L。
.
18．如图a所示，在水平路段上有一质量为的汽车，正以的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段较粗糙，汽车通过整个路段的图象如图b所示（在处水平虚线与曲线相切），运动过程中汽车发动机的输出功率保持没有变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面力和空气阻力等）各自有恒定的大小．（解题时将汽车看成质点）
（）求汽车在路段运动时所受的阻力大小及路段所受的阻力大小；
（）求汽车刚好开过点时的加速度a；
（）求路段的长度。
19．如图所示，可视为质点的滑块A、B静止在光滑水平地面上，A、B滑块的质量分别为mA=1kg，mB=3kg。在水平地面左侧有倾角θ=37°的粗糙传送带，以v=2m/s的速率逆时针匀速转动，传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，A、B两滑块间夹着质量可忽略的火药，现点燃火药爆炸瞬间，滑块A以6m/s的速度水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动因数为μ=0.25，传送带与水平面均足够长，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)点燃火药爆炸后，B滑块获得的速度大小；
(2)滑块A沿传送带上滑的距离；
(3)若滑块A滑下后与滑块B相碰并粘住，求A、B碰撞过程中损失的机械能；
(4)求滑块A与传送带接触过程中因产生的热量Q。
答案：
1．B
【详解】
做曲线运动的物体，在运动过程中，物体的速度方向一定变化，即速度一定变化，但是速率和动能没有一定变化，例如匀速圆周运动；加速度没有一定变化，例如平抛运动；故选B.
2．B
【分析】
【详解】
受到地球和月球的引力的合力为零，则
地球的质量约为月球质量的81倍，则飞行器距地心距离与距月心距离之比约为
故选B。
3．C
【详解】
A．由于船速小于水速，小船的合速度没有可能垂直于河岸，小船没有能垂直直达正对岸，故A错误；
BC．当船速垂直于河岸时，小船渡河时间最短为
当水速增大时，渡河时间没有受影响，故B错误，C正确；
D．由于船速方向未知，无法求解渡河速度，故D错误。
故选C。
4．B
【分析】
根据平抛运动的推论tanθ=2tanα得到甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等，根据运动的合成与分解求出末速度即可解题．
【详解】
设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图所示：
根据平抛运动的推论可得tanθ=2tanα，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；对甲有：，对乙有：，联立可得：．
由于甲乙两球质量相等．所以动能之比等于速度之比的平方，故B正确， ACD错误．
本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的落体运动．
5．D
【详解】
运动员从a到c根据动能定理有
在c点有
FNc ≤ kmg
联立有
故选D。
6．D
【详解】
A．运动的过程为匀减速直线运动，直至为零。采用逆向思维，做初速度为零的反向匀加速直线运动，通过连续相等的四段位移，根据匀变速直线运动的推论，可知在每个水球中运动的时间之比为
由
可知，运动的时间没有同，则速度的变化量没有同，故AB错误；
C．根据动量定理
可知，每个水球对的冲量没有同，故C错误；
D．根据动能定理
所受阻力大小和位移相等，所以在每个水球中的动能变化相同，故D正确。
故选D。
7．D
【详解】
A．物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能没有守恒，A错误；
B．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
系统产生的热量
则增大物块与车面间的动因数，生热没有变，B错误；
C．若，由动量守恒定律得
解得
对物块，由动量定理得
解得
C错误；
D．要使物块恰好没有从车厢滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
D正确。
故选D。
8．AC
【分析】
【详解】
A．根据万有引力提供向心力，得
解得
如果卫星在Ⅱ轨道的远月点对应半径圆轨道做匀速圆周运动，根据，速度仍小于Ⅲ轨道的线速度，而现在Ⅱ轨道的远月点进入对应半径圆轨道做匀速圆周运动需点火加速离心，所以卫星在Ⅱ轨道的远月点的速度一定小于绕Ⅲ轨道的运行速度，故A正确；
B．由题知，卫星从Ⅰ轨道在P点两次“刹车制动”，才能进入轨道Ⅲ，所以在轨道Ⅲ上的机械能最小，即，故B错误；
C．由万有引力提供向心力，可得
解得
三个轨道上的P点到地心距离r均相等，故a相等，故C正确；
D．根据开普勒第三定律得可知，卫星在没有同轨道的半长轴（或半径）的三次方与周期的二次方的比值都相同，故D错误。
故选AC。
9．BC
【分析】
【详解】
A．根据几何关系知，
sin θ=
故A错误；
B．根据平行四边形定则知，物体落地时的竖直分速度
vy=，
则物体运动的时间
t==
故B正确；
CD．竖直方向的位移
y==
水平位移
x=v0t=v0
根据平行四边形定则知，物体的位移
s==
故C正确，D错误。
故选BC。
10．AB
【分析】
【详解】
A．因为各轮之间是传动，所以A、B的转动方向相反，B、C的转动方向相反，故A轮和C轮均逆时针转动，故A正确；
BC．由于A、B、C之间是传动，且没有打滑，故线速度大小相等，由可得A、B、C三轮的角速度之比为6∶3∶2，A、B、C三轮边缘的线速度之比为1∶1∶1，故B正确，C错误；
D．由可得，A、B、C三轮边缘某点的向心加速度之比为6∶3∶2，故D错误。
故选AB。
11．AD
【详解】
AB．对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得
kx-f=ma
x减小，a减小，当a=0时，物块速度，此时，物块在O点左侧；
从加速度a=0处到O点过程，由牛顿第二定律得
f－kx=ma
x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得
kx＋f=ma
x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，故A正确,故B错误；
C．物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，故C错误；
D．从A到B的过程，由动能定理可得
W弹-Wf=0
故D正确。
故选AD。
12．BC
【分析】
【详解】
A．两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心没有恒定，故A错误；
B．根据向心力公式Fn＝mLω2可知，物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确；
CD．对AB整体分析，当静力提供向心力，有
μ•2mg=2mωB2L
解得
对A分析，B对A的静力提供向心力，有
0.5μ•mg=mωA2L
解得
AB一起转动的角速度为，此时圆盘对B的力为
故C正确，D错误。
故选：BC。
13．BC
【分析】
【详解】
AD．小球A摆过程，只有重力做功，机械能守恒，有
在点有
解得
F=3mg
故AD错误；
B．对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和力，重力沿斜面向下的分力为
Fx=4mgsin30°=2mg
根据开始绳中恰好无拉力可知，B受到的静力大于等于2mg，故根据平衡条件得知：力先向上减小后向下增大，故B正确；
C．对物体B和斜面体受力分析，由于物体B和斜面体始终保持静止，绳子一直有斜向左下方的拉力，故斜面体一受到地面对其向右的静力，故C正确。
故选BC。
14． BD##DB C B
【详解】
（1）[1]A．实验过程中，斜槽没有一定光滑，只要能够保证从同一位置静止释放，即使轨道粗糙，力做功是相同的，离开斜槽末端的速度就是一样的，故A错误；
BC．记录点应适当多一些，用平滑曲线连接，偏离较远的点应舍去，故B正确，C错误。
D．y轴必须是竖直方向，可根据重锤线确定，故D正确。
故选BD。
（2）[2]由图可推知由于斜槽末端切线没有水平，才会造成小球做斜抛运动，故选C；
（3）[3]竖直管与大气相通，管内为外界大气压强，保证竖直管上出口处的压强为大气压强，因而应保证弯管的上端口处与竖直管上出口处有恒定的压强差，保证弯管口处压强恒定，目的就是为了保证水流流速没有因瓶内水面下降而减小，可保证一段时间内能够得到稳定的细水柱；如果竖直管上出口处在水面上，则水面上压强为恒定大气压，因而随水面下降，弯管口压强减小，水流速度减小。
故选B。
15． A AB##BA C 见解析
【详解】
（1）[1]为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故选A。
（2）[2]除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，还必须使用的两种器材是交流电源（用于给打点计时器供电）和刻度尺（用于测量纸带上点间距）。由于本实验中所建立的机械能守恒的表达式中重物的质量可以约去，所以没有需要测量重物的质量，故没有需要天平。
故选AB。
（3）[3]从打O点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能变化量为
[4]动能的变化量为
（4）[5] AB．由于公式或是建立在机械能守恒的前提下的理想公式，若用它们计算重物的速度，则重力势能的减少量应等于动能的增加量，故AB没有符合题意；
CD．重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是由于存在空气阻力和阻力的影响，使得重物的重力势能有一部分转化为了内能，这属于实验的系统误差，无法通过采用多次实验取平均值的方法，故C符合题意，D没有符合题意。
故选C。
（5）[6]假设重物下落过程受到一误差允许范围外的阻力，大小恒为f，则根据动能定理有
整理得
此时所得出的v2-h图像仍是一条过原点的直线，但重物的机械能显然没有守恒，所以仅靠图像是一条过原点的直线这一结果没有能推断出重物下落过程中机械能守恒的结论，还需要根据图像的斜率是否等于2g来判断。
16．（1）；（2）v0
【分析】
【详解】
(1)物体做竖直上抛运动，有
忽略星球自转，物体的重力等于星球给的万有引力，有
联立，可得
(2)卫星贴近星球做匀速圆周运动，有
联立，可得
17．(1)； (2)； (3)
【详解】
（1）小球恰好能到达圆形轨道的点B，故小球在B处对轨道压力为零，由牛顿第二定律可得
所以小球B点时速度大小为
（2）小球从A到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，取轨道点为零势能点，则有
mgh＝mg•2R+mvB2=mgR
所以
h=2.5R
（3）对小球，从点到D点全过程，只有重力、力做功，根据动能定理有
mgh−μmgL＝mvD2−0=mgR
所以
18．（1）2000N；4000N；（2）1m/s2；（3）68.75m
【详解】
（）汽车在路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有
，
计算得出
方向与运动方向相反；
时汽车处于平衡态，有：，
计算得出
（）时汽车开始减速运动，根据牛顿第二定律，有：
代入数据可得
计算得出
，方向与运动方向相反
（）对于汽车在段运动，由动能定理得
代入数据可得
计算得出
19．（1）2m/s；（2）2.5m；（3）；（4）
【详解】
（1）设爆炸后A、B的速度分别为vA、vB，爆炸过程，对A和B组成的系统由动量守恒有
mA-mBvB=0
解得vB=2m/s
（2）水平地面光滑，滑块A沿传送带向上的做匀减速直线运动，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得a1=8m/s2
根据速度位移公式有
即经2m，滑块A速度减为2m/s。然后力方向沿皮带向上，根据牛顿第二定律有
解得a2=4m/s2
根据速度位移公式有
故滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离为
x=x1+x2=2.5m
（3）当滑块A速度减为零后，滑块A将沿传送带向下做匀加速运动，则有a3=a2=4m/s2
根据速度位移公式有
解得m/s
滑块A与滑块B碰撞时，粘连在一起，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得
mA+mBvB=（mA+mB）vAB
解得m/s
碰撞过程中损失的机械能
（4）在减速到跟皮带速度相等前，物块相对皮带向上滑动，相对路程为
此后物块相对皮带下滑
因产生的热量
2022-2023学年四川省遂宁市高一下册期末物理专项突破模拟题
（B卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．下列说确的是 （ ）
A．在经典力学中，运动和能量都是连续变化的
B．功就是能，能就是功
C．合力方向与速度方向没有共线时，物体也可能做直线运动
D．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量
2．如图所示，在用起瓶器开启啤酒瓶盖的过程中，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为和，线速度的大小分别为和，下列关系正确的是 （ ）
A． B．
C． D．
3．“天舟4号”货运飞船于2022年 5月10日凌晨1时56分在文昌航天发射成功发射升空。并与“天宫空间站”成功对接。当“天舟4号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行时，那么“天舟4号”的（ ）
A．角速度小于地球自转角速度 B．线速度大于地球的宇宙速度
C．周期等于地球自转周期 D．向心加速度小于地面表面的重力加速度
4．如图所示，一个质量为物体在水平拉力F的作用下匀加速前进了时间t，物体与水平地面间的动因数为，则在此过程中 （ ）
A．地面对物体支持力的冲量大小为零
B．合力对物体的冲量大小为零
C．力对物体的冲量大小为
D．物体动量改变的大小为
5．以初速度水平抛出一小球，在小球速度方向偏转30°角到小球速度方向偏转60°角的过程中，小球运动的时间为（没有计空气阻力，重力加速度为。）（ ）
A． B． C． D．
6．有两颗人造地球卫星，它们的质量之比，轨道半径之比，则它们的 （ ）
A．向心力大小之比 B．运行速率之比
C．向心加速度大小之比 D．运行的周期之比
7．如图所示，从倾角为的足够长斜面的顶端先后将同一小球以没有同的初速度水平向右抛出。次抛出时小球的初速度为﹐小球落到斜面上瞬时速度的方向与斜面夹角为﹐落点与抛出点间的距离为S1；第二次抛出时小球的初速度为，且，小球落到斜面上瞬时速度的方向与斜面夹角为，落点与抛出点间的距离为S2，没有计空气阻力。则（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，A、B两物体用过转台圆心的细绳相连放在转台上，它们一起绕转台竖直轴以角速度转动，转动半径，质量，A、B两物体与转台间的动因数均为，静力等于滑动力，重力加速度为。下列说确的是 （ ）
A．为保持A、B两物体与转台间相对静止，的值为
B．为保持A、B两物体与转台间相对静止，的值为
C．为保持A、B两物体与转台间相对静止，的值为
D．无论多大，A、B两物体与转台间均保持相对静止
评卷人
得分
二、多选题
9．下列说确的是 （ ）
A．动量大的物体的惯性一定也大
B．做曲线运动的质点的速度方向时刻在改变
C．物体实际的运动叫合运动
D．做圆周运动的物体，所受的合力一定指向圆心
10．如图所示，下列的四幅图分别表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说确的是（ ）
A．图a，长为l的细绳拉着小球在竖直面上做完整圆周运动通过点的速度可以为
B．图b，汽车通过拱桥的点时处于失重状态
C．图，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘有侧向挤压作用
D．图d，是一圆锥摆，增加绳长，保持圆锥摆的高度h没有变，则圆锥摆的角速度保持没有变
11．在某品牌的赛车测试中，一辆小汽车在平直水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取g=10 m/s2，则以下说确的是（ ）
A．汽车在前5 s内的牵引力做功为
B．汽车速度为25 m/s时的加速度大小为2m/s2
C．汽车的额定功率为100kW
D．汽车的速度为85m/s
12．如图所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑斜面，在斜面底端一小物块以初速度沿斜面上滑，同时在斜面底端的正上方高h处以速度水平抛出一小球，当物块速度最小时，小球与物块在斜面上恰好相碰撞，没有计空气阻力，下列说确的是（ ）
A．小球做平抛运动的时间
B．小球与小物块相遇的时间
C．小物块的初速度
D．小球平抛的初速度
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
13．在“研究平抛物体运动”的实验中：
（1）为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线沿水平方向，检查方法是：将小球放置在轨道上的槽口处，小球能保持___________。
（2）如图所示，为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的每小格实际边长均为。取，那么：
（a）闪光频率是___________；
（b）小球B点时的速度大小为___________。
14．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：用天平测出小球1和小球2的质量m1、m2；
步骤2：调节“碰撞实验器”轨道末端水平，接着没有放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；
步骤3：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤2同样的方法分别标出碰撞后小球1和小球2落点的平均位置M、N；
步骤4：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度、、。
（1）入射小球1的质量应___________（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；为保证两小球做对心碰撞，入射小球1的半径应___________。（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径。
（2）当所测物理量满足表达式___________时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式___________时，即说明两球是弹性碰撞。
评卷人
得分
四、解 答 题
15．如图所示，一半径为的半圆形轨道竖直固定在水平面上，轨道两端等高，质量为 的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到点Q时，对轨道的压力大小为1.5mg，重力加速度。求：
（1）小球滑到点Q时的速度大小；
（2）小球自端点P滑到点Q的过程中，克服阻力所做的功。
16．已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为地球表面的重力加速度的六分之一，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。试求月球的平均密度。
17．如图所示，两物块B、C用轻弹簧拴接放在水平面上，开始时物块C被锁定在水平面上，另一与物块B、C在同一直线上的物块A以水平向左的速度向物块B运动，一段时间后和物块B碰撞并粘合在一起。已知A、B、C物块完全相同，质量均为m，水平面光滑，整个过程中弹簧未超过弹性限度，没有计空气阻力。 求：
（1）弹簧的弹性势能；
（2）在弹簧的弹性势能时解除锁定，物块C的速度。
18．如图所示，半径为R，圆心角为的光滑圆弧轨道竖直固定在水平轨道上，圆弧轨道与水平轨道相切于D点。在点用长为L的细线悬挂一个质量为的小球，现拉开小球至细线与竖直方向夹角后静止释放，小球运动到B点时细线断裂，之后刚好沿圆弧轨道的C点的切线方向进入圆弧轨道内侧。已知，，、B、O、D四点在同一竖直线上，小球在水平轨道上运动时受到的阻力为其重力的倍，当地的重力加速度为g，，，没有计空气阻力。求：
（1）小球运动到B点时的速度大小；
（2）B、C两点的竖直高度h；
（3）小球在水平轨道上停下时距圆弧轨道点D的距离。
答案：
1．A
【详解】
A．在经典力学中，运动和能量都是连续变化的，故A正确；
B．功是能量转化的量度，功与能是两个没有同的概念，故B错误；
C．合力方向与速度方向没有共线时，物体一定做曲线运动，故C错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故D错误。
故选A。
2．B
【详解】
BD．A、B两点同轴转动，则角速度相等，故B正确，D错误；
AC．根据，则B的线速度大于A的线速度，故AC错误。
故选B。
3．D
【详解】
A．“天舟4号”轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力
则“天舟4号”角速度大于同步卫星角速度，则“天舟4号”角速度大于地球自转角速度，故A错误
B．宇宙速度是的环绕速度，“天舟4号”的线速度小于地球的宇宙速度，故B错误；
C．“天舟4号”角速度大于地球自转角速度，根据可知，其周期小于地球自转周期，故C错误；
D．地面表面的重力加速度等于贴近地表做匀速圆周运动的卫星的向心加速度，根据
轨道半径越大，向心加速度越小，则“天舟4号”的向心加速度小于地面表面的重力加速度，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】
A．支持力大小没有为零，根据可知，地面对物体支持力的冲量大小没有为零，故A错误；
B．物体匀加速运动，则合外力没有为零，则冲量大小没有为零，故B错误；
C．力大小
力对物体的冲量大小
故C正确；
D．物体受到的合外力
物体动量改变的大小等于合外力冲量大小
故D错误。
故选C。
5．D
【详解】
小球速度方向偏转30°角时
小球速度方向偏转60°角时
该过程用时
故选D。
6．B
【详解】
人造地球卫星绕地球运行时，有万有引力充当向心力则有
解得
又知，人造地球卫星质量之比是
轨道半径之比是
联立代入数据解得
故选B。
7．C
【详解】
AB．由平抛运动的规律可知，速度的方向角正切值是位移方向角正切值的2倍，因为小球在斜面上做平抛运动，位移方向角都是，所以速度的方向角也应该都相等与抛出的初速度大小无关，所以，故AB错误；
CD．平抛运动水平方向做匀速运动，位移为
根据平抛运动位移的方向角的正切值公式可得
由合位移与水平位移的关系可知，小球在斜面上运动的合位移为
联立以上方程式解得
可以看出，s与v0的平方成正比，即
故C正确，D错误。
故选C。
8．A
【详解】
因为物体转动所需向心力，故A所需的向心力大于B所需向心力。当两物体刚好相对转台静止时，根据牛顿第二定律
联立解得
角速度再增大，拉力和力的合力没有足以提供A所需的向心力，没有会再相对转台静止。
故选A。
9．BC
【详解】
A．动量，动量大的物体质量没有一定大，其惯性没有一定也大，故A错误；
B．做曲线运动的质点的速度方向沿运动轨迹切线方向，所以做曲线运动的质点的速度方向时刻在改变，故B正确；
C．物体实际的运动叫合运动，故C正确；
D．只有匀速圆周运动的时候,合力才指向圆心。非匀速的圆周运动,合力没有指向圆心，故D错误。
故选BC。
10．BD
【详解】
A．在点的速度最小时，重力恰好提供向心力
由点到点过程，根据动能定理
可知，点的最小速度
故A错误；
B．汽车通过拱桥的点时，有竖直向下的加速度，处于失重状态，故B正确；
C．火车转弯超过规定速度行驶时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，则外轨对轮缘有侧向挤压作用，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
根据几何关系
整理得
保持圆锥摆的高度h没有变，则圆锥摆的角速度保持没有变，故D正确。
故选BD。
11．AC
【详解】
A．汽车在前5 s内,由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
其中
解得牵引力
运动距离
故A正确；
C．汽车的额定功率
故C正确；
B．汽车在25m/s时的牵引力
根据牛顿第二定律得，加速度
故B错误；
D．当牵引力等于阻力时，速度，则速度
故D错误。
故选AC。
12．BC
【详解】
AB．小球做平抛运动过程
根据几何关系
整理得
故A错误，B正确；
C．物块速度最小时速度为零，则
故C正确；
D．根据以上分析
解得
故D错误。
故选BC。
13． 静止（平衡、没有动） 10 2.5
【详解】
（1）[1]为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线沿水平方向，检查方法是：将小球放置在轨道上的槽口处，小球能保持静止。
（2）（a）[2]小球在竖直方向做匀加速直线运动，有
其中
代入数据解得
则闪光频率为
（b）[3]小球水平方向为匀速直线运动，有
根据竖直方向匀变速直线运动中，中间时刻速度等于该过程平均速度，则小球在B点的竖直速度为
所以小球在B点速度为
14． 大于 等于
【详解】
（1）[1][2] 根据动量守恒定律可知若碰撞小球1的质量小于被碰小球2的质量，则小球1可能被碰回，所以小球1的质量应大于被碰小球2的质量，为了保证是对心碰撞，所以小球1的半径应等于被碰小球2的半径；
（2）[3][4]因为平抛运动的时间相等，根据平抛运动规律，则水平位移可以代表速度，OP=L2是A球没有与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM=L1是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON=L3是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式
说明两球碰撞遵守动量守恒定律；由功能关系可知，只要
成立则机械能守恒，即
故
说明碰撞过程中机械能守恒。
15．（1）2m/s；（2）6J
【详解】
（1）小球在点Q时，由牛顿第二定律
解得
（2）小球自端点P下滑到点Q的过程中，由动能定理得
解得
16．
【详解】
设月球表面处的重力加速度为，根据万有引力定律，有
又
解得
根据公式
解得月球的平均密度
17．（1）；（2）
【详解】
（1）设物块A与物块B碰撞后的瞬间，A、B粘合在一起时的速度大小为v，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能
联立得
（2）物块C解除锁定后，三个物块与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧恢复到原长时，物块C的速度，设弹簧恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立得
18．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）小球由A点下摆至B点过程，由动能定理有
解得
（2）小球由B点运动到C点过程，竖直分运动为落体运动，则有
小球到达C点时，设速度与水平方向的夹角为，如图所示。
由几何关系得
联立解得
（3）小球运动到C点的速度大小
小球由C点至D点过程，由机械能守恒定律有
小球在水平轨道上运动过程，由动能定理，有
联立得
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