重庆育才中学校2024年高一下学期期末考试物理模拟试题含答案.pdf

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1、 第 1 页，共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 重庆市育才中学校重庆市育才中学校高高 20262026 届高一下期末考试物理模拟试题届高一下期末考试物理模拟试题 一、单选题一、单选题 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 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0.4=，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 F20N 的水

2、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（）AF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 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（）AA、B两点的角速度大小之比为 1:1 BA、C两点的周期之比为 R2:R1

3、 CB、C两点的向心加速度大小之比为 R22:R32 DA、C两点的向心加速度大小之比为 R22:（R1R3）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5gL 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 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37=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

4、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AB，sin370.6,37cos0.8=，则（）A卫星 A、B 的动能之比为 45 B卫星 A、B 的加速度之比为 2516 C卫星 A、B 的角速度之比为8:5 5 D卫星 B 与地面 P 点的线速度之比为 54 6地球表面重力加速度为g，地球的第一宇宙速度为v，万有引力恒量为G，下式关于地球密度的估算式第 2 页，共 4 页 正确的是（）A2234=gGv B234gGv=C2243gGv=D2gGv=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

5、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210m/s，则下列推断结果正确的是（）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 04s 时间内，合外力的冲量为 12Ns D在 04s 时间内，合外力做的功为 12J 二、多选题二、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

6、，则小物块（）A甲 乙质量为 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 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2gh 10“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通

7、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mgS B单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为mgS C 风若速变为原来的12，游客开始运动时的加速度大小为12g D 单位时间内风机做的功为23338dm gS 三、实验题三、实验题 第 3 页，共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 11用如图 1 所示的装置

8、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

9、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）。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（Hd），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21t随 H的变化图象如图乙所示，当图中已知量 t0、H

10、0和重力加速度 g及小球的直径 d满足表达式201t_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EpEk将_（选填“增加”、“减小”、“不变”）。四、解答题四、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20m sv=，落到倾斜雪坡上的 B点。雪坡足够长且倾角37=，运动员质量为65kg，运动员和滑雪板可看作质点，不计空气阻力、重力加速度210m/s=g，sin370.6=，cos370.8

11、=。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。第 4 页，共 4 页 14如图所示，长度1.2mL=的光滑水平轨道 BC左端与半径10.1mR=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0.1kgm=的小物块从距离A 点正上方0.4mH=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2R；（3）若水平面 BC 粗糙且与物块之间的动摩擦因数0.3=，通过计算说明小物块在半圆轨道 CDE 上运动

12、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）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 上的 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=0.2k

13、g，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 1=0.4，B 与地面间的动摩擦因数 2=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的热量 Q。学科网（北京）股份有限公司 重庆市育才中学校重庆市育才中学校高高 20262026 届高一下期末考试物理模拟试题届高一下期末考试物理模拟试题参考答案参考答案 1B【

14、详解】AA 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；BB 图中速度方向沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，符合实际，故 B 正确；CC 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；DD 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。2D【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PFv=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，

15、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 A1=fNmaF竖直方向B12=NGmaG其中fN=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ABsincosvv=ABtan=vv 角从 45逐渐增大，则ABvv D 正确；3D【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vR=可知 1122RR=所以1221 RR=故 A 错误；B小齿轮边缘的 B点

16、和后轮边缘的 C 点共轴，所以转动的角速度相等即32=，根据2T=，所以 B 与 C 的周期相等，即23TT=；根据2T=，则 A 与 B 的周期之比121212 TRTR=所以 A、C两点的周期之比为1132 TRTR=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2ar=，可知 B、C 两点的向心速度大小之比为2323:aaRR=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2var=，所以 1221:aaRR=所以21122233131322 aaRRRRaRRR RaR=故 D 正确。4D【详解】A小球在竖直面内做

17、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2vmgmL=解得vgL=可知小球能通过最高点的最小速度是gL，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2211222mgLmvmv=解得5vgL=由以上计算可知，5gL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v，由动能定理可得22011222mgLmvmv=小球在最

18、高点时，由牛顿第二定律可得20vFmgmL+=小球在最低点时，由牛顿第二定律可得2vFmgmL=联立以上各式解得6FFFmg=D 正确。5B【详解】A由图可知4cos375ABrr=由22MmvGmrr=，解得GMvr=卫星的动能2k122GMmEmvr=学科网（北京）股份有限公司 所以卫星 A、B 的动能之比为 54，故 A 错误；B由2MmGmar=，解得2GMar=所以卫星 A、B 的加速度之比为 2516，故 B 正确；C 由22MmGmrr=，解得3GMr=所以卫星 A、B 的角速度之比为5 5:8，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

19、，由vr=，可知卫星B 与地面 P点的线速度之比大于5:4，故 D 错误。6A【详解】解：地球表面的物体受到的重力等于万有引力2MmGmgR=得2R gMG=地球可以看成球体，体积为343VR=所以233443R gMgGVGRR=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2vmgmR=所以2vRg=所以地球密度为2234=gGv故选A。7C【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m2122N6N4fF=故 A 错误；B 由图 a、图 b 结合牛顿第二定律可得44Ffma=22Ffma=联立可得机器人质量3kgm=滑动摩擦力为3Nf=机器人与水

20、平桌面间的动摩擦因数为N0.1ffFmg=故 B 错误；C在 04s 时间内，合外力的冲量为()1 3342 N s12N s2Imat+=故 C 正确；D4s 末机器人的速度为1 32m/s4m/s2vat+=在 04s 时间内，合外力做的功为2124J2Wmv=故 D 错误。故选 C。8BC【详解】C全程根据动能定理得22040sin37hf=解得2Nf=C 正确；A上滑过程中根据动能定理得040sin37hfmgh=解得1kgm=A 错误；B上滑的最大距离为5msin37hL=B 正确；D取最低点为零势能面，在最高点的机械能为30JEmgh=零势能面未知，因此机械能也不确定，D 错误。故

21、选 BC。9 BD【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=12mbv2 可得在 b球落地前瞬间，b球的速度大小为2vgh=故 BD 正确。10AD【详解】A对t时

22、间内吹向游客的气体，设气体质量为m，由动量定理可得F tmv=由于游客处于静止状态，故满足Fmg=另外mv t S=联立可得mgvS=故 A 正确；B单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为22dVv=联立解得24dmgVS=故 B 错误；C若风速变为原来的12，学科网（北京）股份有限公司 设风力为F，由动量定理可得2vFtm=另外22vvS tmt S=联立可得244v SmgF=由牛顿第二定律可得mgFma=解得34ga=故 C 错误；D风洞单位时间流出的气体质量为 M 24dmgMVS=单位时间内风机做的功为23323128dm gWMvS=故 D 正确。故选 AD。11BC 低 1【详解

23、】(1)1A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。(2)2在图 2 中实验记录到的点有一个位置明显发生

24、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210.20m2hgt=00.20mxv t=联立上式解得01m/sv=12 dt 022gHd 减小【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dvt=（2）2从 A 到 B 小球机械能守恒，有20012mvmgH=代入00dvvt=得022021gHtd=（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，E-E 将

25、减小。13（1）3s；（2）4W1.95 10【详解】（1）根据题意可知，运动员由A到B做平抛运动，水平方向上有 0 xv t=竖直方向上有212ygt=又有tan37yx=解得3st=（2）根据题意，由公式ygt=v可知，运动员在B点时的竖直分速度为3 10m s30m syv=则运动员落到 B 点时的重力功率为41.95 10 WyPmgv=14（1）11N；（2）0.2m；（3）距 B 点1115m 处【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()2112Bmg HRmv+=对小物块，在 B 点，由牛顿第二定律得2N1BvFmgmR=由牛顿第三定律可知，小物块对

26、轨道的压力NF 等于NF，即NNFF=以上方程联立得N11FN=（2）小物块在 E点由重力提供向心力有22EvmgmR=小物块从 B点到 E点，由动能定理得22211222BEmgRmvmv=以上两个方程联立得20.2mR=（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 学科网（北京）股份有限公司 能定理得2102BmgLmghmv=解得20.14m0.2mhR=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21=02Bmgsmv 小物块距 B 点的距离()xL

27、sL=以上方程联立得11m15x=故小物块最终会停在距 B点1115m 处。15（1）4m/s；（2）7m6；（3）16J65【详解】（1）设小球与 A 碰前的速度为1v，碰后的速度为2v，则由机械能守恒定律知：2112MglMv=2212MghMv=对小球与 A 的碰撞过程，由动量守恒定律知120AMvMvm v=+解得 04m/sv=（2）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0AAABBm vm vm v=+由能量守恒定律知2012Am v 212AAm v=212BBm v+联立解得A2m/sv=

28、方向水平向左；B2m/sv=方向水平向右；设 A 与 B碰后再次回到O点时，做匀速运动的时间为1t，做减速运动的时间为2t 在1t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()223m/sABBBmmgam+=在2t时间内，A的加速度 2114m/sAAAm gagm=B的加速度为()21213m/s3AABBBm gmmgam=+=在1t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211112ABBv tv ta t+d=而 A 在12tt+这段时间内运动的总位移也等于 d，则有212AAAvv ta+d=联立解得11s3t=11st=（舍去），7m6d=（3）由（2）问中分析可知20.5sAAvta=在1t时刻 B 的速度为11m/sBBBvva t=则在 A做减速运动阶段，B 运动的时间33s0.5s13BBvta=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()112AABfm gmmg=+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33m226BBvxt=A 运动到 B 粗糙面后，运动的位移为20.5m2AAAvxa=故运动过程中 A 相对于 B在其粗糙面上运动的位移为8m13ABxxx=+=则在此过程中产生的热量116J65AQm gx=