期末模拟卷02-2024-2025学年高一物理下学期末复习（人教版2019必修第二册）

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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题(本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合要求)
1．（本题4分）关于物体做曲线运动的条件，下列说法正确的是（ ）
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．做曲线运动的物体，在一段时间内路程可能为零
C．合力的方向与物体速度的方向既不相同又不相反时，物体一定做曲线运动
D．变速运动都是曲线运动
【答案】C
【详解】A．物体在恒力作用下可做曲线运动，如匀变速曲线运动，故A错误；
B．路程是指物体实际运动轨迹的长度，所以做曲线运动的物体在一段时间内路程不可能为零，故B错误；
C．合力的方向与物体速度的方向既不相同、也不相反，即合力与速度不在同一条直线上时，物体做曲线运动，故C正确；
D．变速运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，故D错误。
故选C。
2．（本题4分）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．如图a，汽车通过拱桥的最高点时重力一定完全提供向心力
B．图b所示是一圆锥摆，合力沿绳指向悬点
C．如图c，小球在光滑而固定的圆锥筒内做匀速圆周运动，支持力全部用来提供向心力
D．如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用
【答案】D
【详解】A．汽车在最高点受重力、支持力，由二者的合力提供向心力，有
mg−FN=mv2R
解得
mg>FN
当FN=0时，才由重力提供向心力，故A错误；
B．如图b所示是一圆锥摆，小球做圆周运动的向心力由绳子拉力沿着水平方向的分力提供，并不沿绳方向，故B错误；
C．如图c，小球在光滑而固定的圆锥筒内沿水平面做匀速圆周运动，合力用来提供向心力，故 C错误；
D．火车转弯超过规定速度行驶时，轨道的支持力和重力的合力不足以提供做圆周运动的向心力，火车有做离心运动的趋势，则外轨对外轮缘会有挤压作用，故D正确。
故选 D。
3．（本题4分）开普勒研究火星轨道时，多次按行星绕太阳做匀速圆周运动的观点来计算的结果都与第谷的观测数据有所误差，据此推理出行星的运动并非匀速圆周运动，最终推理出了行星运动的三个定律。下列关于开普勒行星运动定律的说法正确的是（ ）
A．所有行星绕太阳运动的轨迹都是椭圆，且太阳处于椭圆的中心处
B．同一行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
C．开普勒行星运动定律只适用于做椭圆运动的行星
D．开普勒行星运动定律的基础是地心说
【答案】B
【详解】A．根据开普勒第一定律有，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳连线在相等的时间内扫过相等的面积，故B正确；
C．开普勒行星运动定律即适用于做椭圆运动的行星也适用与绕天体做圆周运动的其他物体或行星，例如卫星绕行星的圆周运动，故C错误；
D．开普勒行星运动定律是建立在哥白尼的日心说上的，故D错误。
故选B。
4．（本题4分）如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成。车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动。已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，则下列说法正确的是（ ）
A．大车轮与小车轮的角速度之比为9∶1
B．手轮圈与小车轮的角速度之比为8∶9
C．大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1
D．大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为1∶1
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，大车轮与小车轮边缘的线速度大小相等，由公式ω=vr可知，大车轮与小车轮的角速度之比
ω大ω小=r小r大=19
故A错误；
B.根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，则
ω手ω小=ω大ω小=r小r大=19
故B错误；
C．大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，一起平动，则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1，故C正确；
D．根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据公式v=ωr，则
v大v手=r大r手=98
故D错误。
故选C。
5．（本题4分）一塔吊竖直提升重物由静止开始向上匀加速运动，电动机输出功率达到某值后保持不变，最终做匀速运动。不计阻力及绳索质量，此过程中重物的速度v、电动机输出功率P随时间t的变化规律正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】AB．设汽车的额定功率为P，所受恒定阻力为f，牵引力为F，匀加速结束时的速度为v，由于汽车开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据速度与时间的关系可得
v=at
当汽车的匀加速阶段结束，其速度还未达到最大值，此时根据
P=Fv
结合牛顿第二定律
F−f=ma
可知，速度将继续增大，而牵引力将减小，则加速度将减小，即此后汽车将做加速度逐渐减小的加速运动，直至牵引力等于阻力时，加速度减小为0，速度达到最大值vm，而速度—时间图像的斜率表示加速度，因此可知该图像第一阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐减小的向下弯曲的曲线，故AB错误；
CD．根据
P=Fv
而汽车在匀加速阶段
F−f=ma
可得
F=ma+f
而
v=at
即在匀加速阶段有
P=Fv=(ma+f)v=(ma+f)at
式中(ma+f)a，则可知在汽车匀加速阶段汽车的功率与时间成正比，即此图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，汽车的功率达到额定值，此后功率不变，其图像与时间轴平行，故C正确、D错误。
故选C。
6．（本题4分）2024年3月，航天科技集团相关研究团队表示，中国计划2030年前后完成火星采样返回。火星公转轨道半径是地球公转轨道半径的32，火星的半径为地球半径的12，火星的质量为地球质量的19，火星探测器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动（探测器可视为火星的近地卫星），探测器绕火星运行周期为T，已知火星和地球绕太阳公转的轨道都可近似为圆轨道，地球和火星可看作均匀球体，已知万有引力常数为G，则（ ）
A．火星的公转周期和地球的公转周期之比为827
B．火星的自转周期和地球的自转周期之比为278
C．探测器环绕火星表面运行速度与环绕地球表面运行速度之比为29
D．火星的平均密度为3πGT
【答案】C
【详解】A．设太阳质量为M，火星、地球质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，公转周期分别为T1、T2，则由万有引力提供向心力
GMm1r12=m1(2πT1)2r1
GMm2r22=m2(2πT2)2r2
解得
T1T2=(r1r2)3=(32)3=278
故A错误；
B．由题意可知，无法比较火星的自转周期和地球的自转周期，故B错误；
C．设火星、地球的半径分别为R1、R2，探测器质量为m，运行速度分别为v1、v2，则
Gm1mR12=mv12R1
Gm2mR22=mv22R2
解得
v1v2=Gm1R1×R2Gm2=19×21=29
故C正确；
D．探测器绕火星表面附近运行时，有
Gm1mR12=m(2πT)2R1
解得火星的质量为
m1=4π2R13GT2
火星的体积为
V=43πR13
即火星的平均密度为
ρ=m143πR13=3πGT2
故D错误。
故选C。
7．（本题4分）如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为2L的刚性轻杆连接，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触（a、b球均可无碰撞通过O点），且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．a、b两球组成系统机械能不守恒
B．a球到达与b球等高位置时速度大小为gL
C．a球运动到最低点时，b球速度最大
D．a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力一直做负功
【答案】C
【详解】A．a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A错误；
B．根据系统机械能守恒，则a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，则
mgL=12mva2
解得
va=2gL
故B错误；
C．当a球运动到两杆的交点后再往下运动2L，此时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球的速度达到最大，则
mg(L+2L)=12mvb2
所以
vb=2(1+2)gL
故C正确；
D．由于系统机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功再做负功，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（本题6分）如图所示，I为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为2θ，II为地球的近地卫星。已知地球的自转周期为T0，万有引力常量为G，根据题中条件，可求出（ ）
A．卫星II运动的线速度小于卫星I的线速度
B．卫星II运动的角速度大于卫星I的角速度
C．卫星I和卫星II的加速度之比为sin2θ
D．地球的质量为4π2R3GT02
【答案】BC
【详解】AB．根据万有引力提供向心力
GMmr2=mv2r=mω2r
可得
v=GMr，ω=GMr3
卫星II的轨道半径小于卫星I的轨道半径，则卫星II运动的线速度大于卫星I的线速度，卫星II运动的角速度大于卫星I的角速度，故A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律
GMmr2=ma
可得
a=GMr2
其中
rΙ=Rsinθ，rΙΙ=R
卫星I和卫星II的加速度之比为
aΙ:aΙΙ=rΙΙ2:rΙ2=sin2θ:1
故C正确；
D．根据万有引力提供向心力
GMmrΙΙ2=m4π2T2rΙΙ
解得地球的质量为
M=4π2R3GT02sin3θ
故D错误。
故选BC。
9．（本题6分）如图甲所示，轻杆一端固定在О点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点时的速度大小为v，其FN−v2图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，小球可视为质点，不计一切阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为1kg
B．小球做圆周运动的半径为2.5m
C．v2=2v12时，在最高点杆对小球的弹力大小为40N
D．v2=v12时，小球的向心加速度大小为10m/s2
【答案】AB
【详解】A．当v2=0时
mg=FN=10N
解得
m=1kg
故A正确；
B．当FN=0时，由图可知
v2=25（m/s）2
由
mg=mv2R
解得
R=2.5m
故B正确；
C．在最高点时由
FN+mg=mv2R
由图可知
mR=FNv12−25
解得
v1=52m/s
当v2=2v12时，联立解得
FN=30N
故C错误；
D．当v2=v12时，由C选项知v1=52m/s，由
a=v2R=20m/s2
故D错误。
故选AB。
10．（本题6分）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可转动的同心圆盘，圆盘的边缘放置一个质量为m的物块，物块与圆盘、物块与餐桌面间的动摩擦因数均为μ。从静止开始缓慢增大圆盘转动的角速度至物块恰好要发生相对滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，物块可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力与速度方向相反
B．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为W=μmgr2
C．继续增大圆盘转动的角速度，物块由于受到一个大于向心力的离心力作用而从圆盘滑动到餐桌面上
D．继续增大圆盘转动的角速度，物块从圆盘滑动到餐桌面上，若物块最终停在餐桌面边沿，忽略圆盘和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直径为d=5r
【答案】BD
【详解】A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的径向摩擦力提供向心力，圆盘对物块的切向摩擦力使物块加速，故圆盘对物块的摩擦力方向不是与速度方向相反，故A错误；
B．物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时
μmg=mv2r
圆盘对物块的摩擦力做功大小为
W=12mv2=μmgr2
故B正确；
C．继续增大圆盘转动的角速度，由于物块提供的向心力小于做圆周运动所需的向心力，而从圆盘滑动到餐桌面上，故C错误；
D．物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示
由动能定理可得
−μmgx=−12mv2
解得
x=r2
餐桌面的直径为
d=2R=2r2+x2=5r
故D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、非选择题（本题共5小题，共54分．考生根据要求作答）
11．（本题7分）用如图甲所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的轨迹半径之比为1∶2∶1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种方式进行组合，每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1.
(1)在这个实验中，利用了 来探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法
(2)在探究向心力大小与半径的关系时，为了控制角速度相同需要将传动皮带调至第 （填“一”“二”或“三”）层塔轮，然后将两个质量相等的钢球分别放在 （填“A和B”“A和C”或“B和C”）位置；
(3)在探究向心力大小与角速度的关系时，若将传动皮带调至图乙中的第三层，转动手柄，则左右两小球的角速度之比为 。为了更精确探究向心力大小F与角速度ω的关系，采用接有传感器的自制向心力实验仪进行实验，测得多组数据经拟合后得到F—ω2图像如图丙所示，由此可得的实验结论是 。
【答案】(1)C
(2) 一 B和C
(3) 1∶3 小球的质量、运动半径相同时，小球受到的向心力与角速度的平方成正比
【详解】（1）本实验探究向心力F的大小与小球质量m关系时，保持r，ω不变；探究向心力F的大小与角速度ω的关系时，保持r，m不变；探究向心力F的大小和半径r之间的关系时， 保持m、ω不变，所以实验中采用的实验方法是控制变量法。
故选C。
（2）[1][2]变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
v=ωr
在探究向心力大小与半径的关系时，需控制小球质量、角速度相同，运动半径不同，故需要将传动皮带调至第一层塔轮， 将两个质量相等的钢球分别放在B和C位置。
（3） [1]变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
v=ωr
左右两小球的角速度之比为
ω左：ω右=1:3
[2]可得的实验结论是：小球的质量、运动半径相同时，小球受到的向心力与角速度的平方成正比。
12．（本题7分）用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
(1)关于本实验，下列说法正确的是_____（填字母代号）。
A．应选择密度大、体积小的重物进行实验
B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C．先释放纸带，后接通电源
(2)实验中，得到如图乙所示的一条纸带。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（O点与下一点的间距接近2mm）的距离分别为ℎA、ℎB、ℎC。已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T，设重物质量为m。从打O点到B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp= ，动能变化量ΔEk= （用已知字母表示）
(3)某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器的示数为F。已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式F= 时，可验证机械能守恒。
【答案】(1)AB
(2) mgℎB mℎC−ℎA28T2
(3)3mg
【详解】（1）A．为了减小空气阻力的影响，应选择密度大、体积小的重物进行实验，故A正确；
B．为了减小纸带与打点计时器之间的摩擦阻力，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；
C．为了充分利用纸带，应要先接通电源，后释放纸带，故C错误。
故选AB。
（2）[1]从打O点到B点的过程中，重物的重力势能减少量为
ΔEp=mgℎB
[2]根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得
vB=ℎC−ℎA2T
从打O点到B点的过程中，重物的动能变化量为
ΔEk=12mvB2−0=mℎC−ℎA28T2
（3）设摆长为L，摆球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgL=12mv2−0
在最低点，由牛顿第二定律得
F−mg=mv2L
联立可得
F=3mg
在误差允许范围内，当满足关系式F=3mg时，可验证机械能守恒。
13．（本题10分）中国探月工程（“嫦娥工程”）分为“绕”“落”“回”3个阶段，嫦娥五号月球探测器已经成功实现采样返回，不久的将来中国宇航员将登上月球。已知引力常量为G。
（1）若探测器在靠近月球表面的圆形轨道无动力飞行，测得其环绕周期为T，忽略探测器到月面的高度，求月球的密度。
（2）忽略其他星球的影响，将地球和月球称为双星，他们受到彼此的万有引力作用，分别围绕其连线上的某一点O做周期相同的匀速圆周运动，如图所示。已知地球和月球中心之间的距离为L，地球质量M，月球质量m，求月球的运动周期为T0。
【答案】（1）ρ=3πGT2；（2）T0=4π2L3GM+m
【详解】（1）探测器在靠近月球表面的圆形轨道无动力飞行，则有
GMmR2=m4π2T2R
又
ρ=MV=M43πR3
解得
ρ=3πGT2
（2）设地球和月球运动的半径分别为r1、r2，则
r1+r2=L
根据万有引力提供向心力，有
GMmL2=M4π2T02r1，GMmL2=m4π2T02r2
联立，解得
T0=4π2L3GM+m
14．（本题14分）如图所示为跳台滑雪轨道简化模型，AB段光滑曲面为加速滑道，BCD段圆弧滑道为半径r=16m的姿态调整滑道，左侧与AB段平滑连接，右侧与水平跳台DE连接，EF段为倾角为30°的速降斜坡。质量为60kg的滑雪运动员从加速滑道滑下后到达圆弧轨道的最低点C点时的速度大小v1=20m/s，经过D点时的速度大小为v2=15m/s，运动员整个运动过程的最高点P恰好在E点的正上方ℎ=7.2m处，最后落在斜坡上的Q点。已知重力加速度为10m/s2，不计空气阻力，速降斜坡足够长，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力；
（2）水平平台DE的长度；
（3）经过P点之后，运动员距斜坡的最远距离（结果用根式表示）。
【答案】（1）2100N，方向竖直向上；（2）xDE=10.8m；（3）d=171340m
【详解】（1）在C点有
FN−mg=mv12r
解得
FN=2100N
即运动员在C点受到圆弧轨道的弹力大小为2100N，方向竖直向上。
（2）运动员在由D点飞出时速度与水平方向成α角，从D点运动到P点的过程中，竖直方向有
(v2sinα)2=2gℎ，v2sinα=gt1
水平方向有
xDE=v2csα · t1
解得
α=53°，xDE=10.8m
（3）运动到P点的速度
vP=v2csα
对其垂直斜坡方向分解
vy=vPsinθ，ay=gcsθ
当垂直斜坡方向上的速度减为0时，距离斜坡最远，由几何关系可知
d=ℎcsθ+H
其中
vy2=2ayH
解得
d=171340m
15．（本题16分）如图所示，水平传送带的左侧轨道平面与传送带等高且相接于B点，传送带右侧地面上静置着一质量M=2kg的薄滑板，紧挨传送带放置，其上表面与传送带等高，在水平轨道的左侧固定着一竖直挡板，挡板连接着一劲度系数k=600N/m的弹簧。质量为m=1kg的物块被锁定在轨道平面上的A点，此时物块与挡板间的弹簧处于压缩状态，物块与弹簧不相连，现解除锁定，物块经过B点冲上传送带BC，此时弹簧已恢复原长。已知左侧轨道AB的长度L1=2m，传送带BC的长度L2=4m，滑板的长度L3=3.96m，物块与左侧轨道平面、传送带、滑板间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.25、μ3=0.4，滑板、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ4=0.1、μ5=0.12，传送带顺时针匀速转动的速度v0=8m/s，物块刚冲上传送带时的速度vB=4m/s，重力加速度g=10m/s2，弹簧的弹性势能Ep=12kx2（其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。
（1）求解除锁定前，弹簧的压缩量；
（2）求物块和传送带间因摩擦产生的热量；
（3）判断物块能否从右侧滑板上滑下？若能滑下，求物块静止时到滑板右侧的距离；若不能滑下，求物块相对滑板的位移。
【答案】（1）0.2m；（2）6J；（3）能，0.42m
【详解】（1）解除锁定到物块到达B点过程，由功能关系可得
12kx2−μ1mgL1=12mvB2
代入数据可得弹簧的压缩量x=0.2m。
（2）设物块在传送带上运动到C点时的速度为vC，由动能定理可得
μ2mgL2=12mvC2−12mvB2
代入数据可得
vC=6m/s
由于vC=6m/sv2，所以假设成立，物块能从滑板上滑下，物块静止时到滑板右侧的距离
Δs=v122a物−v222a滑地
由牛顿第二定律有
μ5mg=ma物，μ4Mg=ma滑地
代入数据可得
Δs=0.42m