湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高一下学期期末模拟物理试题

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1. 某利用太阳能驱动的小车质量为m，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的道路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度达到时电动机功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了s距离，达到最大速度．小车运动过程中所受阻力恒为，则小车的额定功率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】小车匀加速运动时，根据牛顿第二定律
且
解得
当达到最大速度时，此时牵引力
则
故选项B正确，ACD错误
故选B。
考点：功率；牛顿第二定律.
2. 为了防止高空下落物体对楼下行人造成伤害，我国已将高空抛物纳入了法律追责范畴，进一步规范居民生活行为．假设质量为的物体从高处自由落下，落到地面与地面作用时间为，物体落地后不反弹，重力加速度取，不计空气阻力．则地面受到的作用力约为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】物体落地的速度
落地时由动量定理
解得
故选B。
3. 如图所示，质量为m的小车左端紧靠竖直墙壁但不固定，其左侧AB部分为光滑圆弧轨道，半径为R，轨道最低点B与水平粗糙轨道BC相切，，将质量也为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放，只考虑物块与BC间的摩擦，其动摩擦因数为，其余一切摩擦不计，则物块相对BC运动的位移大小为( )
A. B. RC. D. 2R
【答案】A
【解析】
【详解】物块从A下滑到B的过程中,小车保持静止,对物块,由机械能守恒定律得:

从B到C的过程中,小车和物块组成的系统水平方向动量守恒,有:

从B到C的过程中,由功能关系得:

故A正确；
故选A
点睛：根据机械能守恒定律求滑块下落至B点时的速度,滑块从B向C滑动时,满足系统动量守恒,求出滑块和小车在水平面上一起运动时的共同速度,再根据功能关系求出物块相对BC运动的位移大小.
4. 如图所示，半径为0.1m的竖直圆环上固定有一个质量为0.1 kg的小球，圆环绕其圆心在竖直面内以角速度＝7rad/s沿逆时针方向匀速转动．已知重力加速度g取9.8 m/s2，小球由P点转动到Q点的过程中，下列说法正确的是
A. 小球重力的功率先增大后减小
B. 圆环对小球的作用力先减小后增大
C. 圆环对小球的作用力与竖直方向的最大夹角为30°
D. 圆环对小球的作用力的最小值为0.98 N
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球随圆环匀速转动，由P点转到Q点的过程中，竖直分速度越来越大，因此重力的功率越来越大，故A错误；
BD．圆环由P到Q转动过程中，由牛顿第二定律： (其中α为圆环所在位置与圆心连线与竖直方向的夹角)，当α=0时FN=-0.49N，方向竖直向上；当α=90°时FN=0.49N，则随着α增大，FN先减小到0后变大，圆环对小球的作用力的最小值为0，故BD错误；
C．小球受到的向心力F向＝mω2r=0.49N，如图所示，以小球所处的位置为圆心，以0.49N为半径作圆，可知圆环对小球的作用力F与圆相切时，夹角θ最大，，则θ=30°，故C正确；
5. 一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．则 ( )
A. 2～6s时间内物体的加速度为0.5m/s2B. 物块的质量为1kg
C. 整个过程中，物体所受摩擦力始终为2ND. 0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功30J
【答案】D
【解析】
【详解】A．2～6s时间内物体的加速度为
故A错误；
B. 2～6s时间内由牛顿定律
即
3-f=0．75m
6～8s时间内物体匀速运动，此时
F=f
即
f=2N
可得
m=1．33kg
故B错误；
C. 开始的2s内物体静止，所受的摩擦力为静摩擦力，大小为1N，故整个过程中，物体所受摩擦力不是始终为2N ，故C错误；
D．0～10s时间内，物体的位移
则物体克服摩擦力所做的功
Wf=fx=30J
故D正确。
故选D。
6. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波，时的波形如图甲所示，处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是( )

A. 1m/sB. 2m/sC. 3m/sD. 4m/s
【答案】B
【解析】
【详解】由图乙可知，波的周期为T=6s，质点在时沿y轴正方向振动，波沿x轴正方向传播， 则处质点可能处在
(n=0,1,2,3，⋯)
则有
(n=0,1,2,3，⋯)
解得
(n=0,1,2,3，⋯)
则波速为
(n=0,1,2,3，⋯)
则波速可能是：当n=0时
当n=1时
因此则波速可能是2m/s，ACD错误，B正确。
故选B。
7. 如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37°。已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置能以任意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在平面内，那么在角速度从零缓慢增大的过程中( )(重力加速度g取，，)
A. 两细线张力均增大
B. 细线AB中张力一直变小，直到为零
C. 细线AC中张力一直增大
D. 当AB中张力为零时，角速度可能为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．当静止时，受力分析如图，由平衡条件
由平衡条件得
TAB=mgtan37°=0.75mg
TAC＝＝1.25mg
若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图
根据受力分析
mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2
得
根据对称性可知，当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有
mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2
得
ωmax＝
所以ω取值范围为
≤ω≤
绳子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，开始时AB拉力不为0，当转速在≤ω≤时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，AB错误；
C．当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变；随后当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大，C错误；
D．由开始时的分析可知，当ω取值范围为≤ω≤时，绳子AB的拉力都是0，D正确。
故选D
二、多选题
8. 2019年10月11日，中国火星探测器首次公开亮相，暂命名为“火星一号”，并计划于2020年发射，探测器接近火星后需经历如图所示的变轨过程，轨道Ⅰ为圆轨道，已知引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A. 探测器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
B. 探测器在轨道上运动时，运行的周期
C. 探测器若从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反向喷气
D. 若轨道I贴近火星表面，并已知探测器在轨道I上运动的角速度，可以推知火星的密度
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】AC．探测器在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使探测器减速到达轨道Ⅰ，则探测器在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，AC错误；
B．根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道上运动时半长轴越大其运行的周期越大，B正确；
D．根据万有引力定律可得
根据可得
联立解得
所以当轨道Ⅰ贴近火星表面，并且已知探测器在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，D正确；
故选BD。
9. 在粗糙水平面上有一可视为质点的小物块，物块质量为m，物块与水平面间的动摩擦因数随位置坐标变化如图所示，若小物块从坐标原点由静止在恒力F作用下沿x轴正方向运动时间t至坐标为x0处停下，重力加速度为g，则在此运动过程中下列说法正确的是( )
A. 物块加速度随时间均匀变化
B. 恒力F大小为
C. 物块运动速度最大值
D. 物块所受摩擦力冲量大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律可知物体的加速度为
=-μg
所以加速度与动摩擦因数是线性关系，则与位移是线性关系，但变速运动的位移与时间是非线性关系，所以加速度随着时间不是均匀变化，故A错误；
BD．根据图象可知，滑动摩擦力随着位移均匀变化，由动能定理得：
即有：
解得：
由动量定理得：
即有：
故BD正确；
C．当F等于摩擦力时，速度最大，则有
即

所以
由图像可知物体发生的位移为
由于加速度与位移成线性关系，所以物体前一半位移平均加速度与后一半位移的平均加速度大小相等，所以前一半位移的时间与后一半位移的时间也相等，如物体是匀变速直线运动，则
=
解得
但物块做的是非匀变速直线运动，故C错误．
10. 如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环和倾角为的斜面相接于点，为中点，A、两点与圆环的圆心等高。现将甲、乙小球同时从A、两点以一定大小的初速度沿水平方向同时抛出，两球恰好在点相碰(不计空气阻力)。则下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两球初速度大小之比为
B. 若仅增大两球质量，则两球不再相碰
C. 若乙球速度大小变为原来的一半，则落在斜面之间某点
D. 若乙球速度大小变为原来的两倍，则可能垂直击中圆环
【答案】AC
【解析】
【详解】A．甲、乙小球同时从A、两点同时抛出，在点相碰，则两小球运动的时间相等，由几何知识可知，两小球水平位移之比为
则甲、乙两球初速度大小之比为，故A正确；
B．两球的运动时间与质量无关，若改变质量，两球仍会相碰，故B错误；
C．若乙球速度大小变为原来的一半，在时间不变的情况下水平位移将会变为原来的一半，但由于乙球会落在斜面上导致下落高度减小，则时间减小，所以乙球的水平位移会小于原来位移的一半，则落在斜面之间某点，故C正确；
D．若乙球垂直击中圆环，则落点时速度的反向延长线过圆心O，如下图所示
根据平抛运动的推论，即速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，可知此时的水平位移变为原来的两倍，但由于下落高度减小，则运动的时间减小，故此时的初速度大于原来的两倍。则若乙球速度大小变为原来的两倍，则不可能垂直击中圆环，故D错误。
故选AC。
三、实验题
11. 利用如图装置做“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.速度变化量与势能变化量
C.速度变化量与高度变化量
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图所示的一条纸带。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hA、hB、hC。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ΔEp=______，动能变化量ΔEk=______。

(3)请提出一条减小实验误差的方法________________________。
【答案】 ①. A ②. ③. ④. 选用质量大体积小的重物
【解析】
【详解】(1)[1]验证机械能守恒定律原理是看减少的重力势能和增加的动能是否相等，所以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]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量
[3]B点的速度
则动能变化量为
[4]造成误差的原因是重物下落受到的空气阻力、纸带受到的摩擦力等，所以为了减小误差重物用质量大体积小的物体、纸带不能打结。
12. 为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切。第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，滑槽末端与桌面右端对齐，小球从滑槽顶端由静止释放，落在水平地面上的点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出滑槽末端与桌面右端的距离为，小球从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上的点。已知重力加速度为，不计空气阻力，滑块与滑槽之间有摩擦力。
(1)实验还需要测出的物理量是__________(用代号表示)
A．滑槽的高度
B．桌子的高度
C．点到点的距离
D．点到点的距离
E．滑块的质量
(2)实验中需要用到的测量工具(仪器)有_____________
(3)写出动摩擦因数的表达式是__________________
【答案】 ①. BCD ②. 刻度尺 ③.
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]滑块离开桌面后做平抛运动，实验需要测出滑块离开滑槽与离开桌面时的速度，因此实验时需要测出：桌子的高度H； O点到P点的距离d1；O点到Q点的距离d2。
故选BCD。
(2)[2]实验中需要用到的测量工具(仪器)有刻度尺。
(3)[3]滑块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上
在水平方向上
，
滑块在桌面上运动时，要克服摩擦力做功，由动能定理得
解得
四、解答题
13. 如图为过山车的简化模型，AB是一段光滑的半径为R的四分之一圆弧轨道，B点处接一个半径为r的竖直光滑圆轨道，滑块从圆轨道滑下后进入一段长度为L的粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径为R，圆心角θ=60°的光滑圆弧轨道DE。现将质量为m的滑块从A点由静止释放，求∶
(1)若R=3r，求滑块第一次到达竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)若要求滑块能滑上DE圆弧轨道但不会从E点冲出轨道，并最终停在平直轨道上，平直轨道BD的动摩擦因数μ需满足的条件。
【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)对滑块，从A到C的过程，由机械能守恒可得：
根据牛顿第二定律
代入，得
由牛顿第三定律得
(2)滑块由A到B得
若滑块恰好停在D点，从B到D的过程，由动能定理可得：
可得
若滑块恰好不会从E点冲出轨道，从B到E的过程，由动能定理可得：
可得
综上所述，需满足的条件为
14. 如图所示，半径R=0.80m的光滑圆弧轨道竖直固定，过最低点的半径OC处于竖直位置。其右方有底面半径r=0.2m的转筒，转筒顶端与 C等高，下部有一小孔，距顶端h=0.8m。转筒的轴线与圆弧轨道在同一竖直平面内，开始时小孔也在这一平面内的图示位置。今让一质量m=0.1kg的小物块自A点由静止开始下落后打在圆弧轨道上的B点，但未反弹，在瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为0，而沿切线方向的分速度不变。此后，小物块沿圆弧轨道滑下，到达 C点时触动光电装置，使转筒立刻以某一角速度匀速转动起来，且小物块最终正好进入小孔。已知 A、B到圆心O的距离均为R，与水平方向的夹角均为θ=30°，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)小物块到达C点时对轨道的压力大小；
(2)转筒轴线距C点的距离；
(3)转筒转动的角速度。
【答案】(1)；(2)；(3)(，，)
【解析】
【详解】(1)小物块从A到B做自由落体运动，则有
解得
小物块经B点后，速度变为
从B到C，由动能定理
解得
经过C点时
得
根据牛顿第三定律，轨道对物块的压力大小为3.5N。
(2)小物块从C点后平抛到小孔，有
解得
则有
(3)小物块最终正好进入小孔，所以在小球做平抛运动的时间里，转筒正好转了圈，则圆筒匀速转动时的角速度为
(，，)
15. 如图甲是某游乐场“过山车”设施的一部分，其运行原理可简化为图乙的“滑块轨道”模型。其中轨道ABC段和竖直圆轨道光滑，滑块(可视为质点)与CD、DE段直轨道的动摩擦因数μ=0.8，BC、CD段轨道水平，DE段轨道的倾角α=37°，B、D连接处圆滑，C为竖直圆轨道的最低点，圆轨道半径R=2m，轨道CD、DE的长度 LCD= LDE=3m。滑块从右侧轨道的A点由静止开始下滑，已知sin37°=0.6，重力加速度取g=10m/s2.
(1)若滑块恰能通过圆轨道最高点，求滑块到达最高点时速度大小以及A点离水平轨道的高度h；
(2)若要使滑块在运动过程中不脱离轨道，并最终停在DE段，求A点离水平轨道高度h的范围。
【答案】(1)；5m；(2)5m≤h≤6.12m
【解析】
【详解】(1)设滑块质量为m，滑块恰好能通过第1个圆轨道，有

解得

滑块从A点到圆轨道最高点过程机械能守恒有

联立解得
h=5m
(2)如果滑块停止在D点，从A点到D点，根据动能定理，有

解得
h=2.4m