重庆市育才中学2022-2023学年高一物理下学期期末复习模拟考试试题（三）（Word版附解析）

重庆市育才中学校高2025届2022-2023学年（下）期末复习模拟考试

物理试题三

注意事项：

1．平时周考要认证对待，每一次要当成最后一次考试的模拟，仔细审题

2．完成试卷后不要提前交卷，仔细检查，老师在出题时设置了几个难题和易错题，不要粗心

3．统一在答题卡上完成，可在试卷上勾画、打草稿，试卷上答题无效

4．试卷好好保管，考试结束后由各班物理老师上课评讲

一、单项选择题

1. 如图，小船沿直线AB过河，船头方向始终垂直于河岸，若水流速度增大，为保持航线不变，下列措施与结论正确的是（　　）

A. 减小船速，过河时间变长 B. 减小船速，过河时间不变

C. 增大船速，过河时间变长 D. 增大船速，过河时间缩短

【答案】D

【解析】

【详解】设船在静水中的速度为，水流速度为，河岸宽度为，船头方向始终垂直于河岸，则渡河时间为

设合速度方向与河岸的夹角为，则有

若水流速度增大，为保持航线不变，即保持角度不变，则应增大船速，过河时间变短。

故选D。

2. 在一斜面顶端，将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。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（　　）

A. 2倍 B. 4倍 C. 6倍 D. 8倍

【答案】A

【解析】

【详解】甲乙两小球从斜面顶端抛出落到斜面上，斜面的倾角等于平抛运动位移的偏角，设斜面的倾角为，则

即

落至斜面的速率为

所以甲乙落至斜面的速率之比为

即

A正确。

故选A。

3. 学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为1m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动；自动识别区ab到a＇b＇的距离为6.9m。汽车以速度3m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3s；若汽车可看成高1.6m的长方体，闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6m。要使汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角速度至少为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】闸杆转动时间为

汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为

解得

闸杆转动的角速度至少为

故选A。

4. 近地卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，若其轨道半径近似等于地球半径R，运行周期为T，地球质量为M，引力常量为G，则（　　）

A. 近地卫星绕地球运动的向心加速度大小近似为

B. 近地卫星绕地球运动的线速度大小近似为

C. 地球表面的重力加速度大小近似为

D. 地球的平均密度近似为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由向心加速度公式可知，近地卫星绕地球运动的向心加速度大小

故A错误；

B．近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，由向心力公式得

解得近地卫星绕地球运动的线速度大小

故B错误；

C．地球表面的重力等于万有引力，所以有

地球表面的重力加速度大小为

故C错误；

D．近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，由向心力公式得

解得地球的质量为

地球的平均密度近似为

故D正确。

故选D。

5. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（　　）

A. a的向心加速度等于重力加速度g

B. 在相同时间内b转过的弧长最长

C. c在4小时内转过的圆心角是

D. d的运动周期有可能是20小时

【答案】B

【解析】

【详解】A．a随地球自转，由于万有引力分为两部分，一部分为重力，一部分充当向心力，所以其向心加速度不为g，A错误；

B．万有引力提供向心力

得

则知卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B正确；

C．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是

D错误；

D．由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能是20h，D错误。

故选B。

考点：考查了万有引力定律的应用

【点睛】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。

6. 太阳系中的九大行星绕太阳公转的轨道均可视为圆，不同行星的轨道平面均可视为同一平面．如图所示，当地球外侧的行星运动到日地连线上，且和地球位于太阳同侧时，与地球的距离最近，我们把这种相距最近的状态称为行星与地球的“会面”．若每过N1 年，木星与地球“会面”一次，每过N2 年，天王星与地球“会面”一次，则木星与天王星的公转轨道半径之比为(      )

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】每过N1年，木星与地球“会面”一次，则N1年内地球比木星多转一周，木星转了N1-1圈，设地球自转周期为T，则木星的周期为 ；同理可得，天王星的周期为 ；根据开普勒第三定律得；联立解得 ；

A. ，与结论相符，选项A正确；

B. ，与结论不相符，选项B错误．

C. ，与结论不相符，选项C错误.

D. ，与结论不相符，选项D错误.

7. 某汽车从静止开始以加速度a匀加速启动，最后做匀速运动，已知汽车的质量为m，额定功率为P，匀加速运动的末速度为v1，匀速运动的速度为vm，所受阻力为f。如图所示是反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中不正确的是（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】ABD．汽车以恒定加速度启动，刚开始做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律牵引力大小不变，功率逐渐增大；当功率达到额定功率后匀加速直线运动结束，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，根据牛顿第二定律牵引力逐渐减小，当牵引力等于阻力时，加速度为零，速度达到最大值，AD正确，不符合题意，B错误，符合题意；

C．汽车匀加速直线运动结束时有

得

此后加速度逐渐减小，当牵引力等于阻力时，加速度为零，速度达到最大值，有

得

速度时间图象中，图线斜率表示加速度，所以C正确，不符合题意。

故选B。

二、多项选择题

8. 如图所示，质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（　　）

A. 重力势能增加了mgh B. 机械能损失了mgh

C. 动能损失了mgh D. 克服摩擦力做功mgh

【答案】AB

【解析】

【详解】A．在此过程中，重力做功为

重力做负功，则重力势能增加，故A正确；

C．物体所受的合外力为

合外力做功为

根据动能定理知，动能损失了，故C错误；

BD．根据

解得

则克服摩擦力做功

除了重力外的其他力所做负功即为机械能的损失，即摩擦力做负功，则机械能损失，故B正确，D错误。

故选AB。

9. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则（　　） 

A. 该碰撞为弹性碰撞

B. 该碰撞为非弹性碰撞

C. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5

D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】CD．规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB=2mA，所以碰撞前vA＞ vB，所以左方是A球。碰撞后A球的动量增量为，所以碰撞后A球的动量是，由碰撞过程系统总动量守恒

mAvA+mBvB=-mAvA′+mBvB′

可知碰撞后B球的动量是，根据

mB=2mA

所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，选项C正确，D错误；

AB．碰撞前系统动能

碰撞后系统动能为

则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，选项A正确，B错误。

故选AC。

点睛：碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快；由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性。为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究。

10. 物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则（　　）

A. C球落地前瞬间A球的速度为

B. 从上至下三球的质量之比为1∶2∶6

C. A球弹起的最大高度为25H

D. A球弹起的最大高度为9H

【答案】ABD

【解析】

【分析】

【详解】A．因为A、B、C球由静止同时释放，所以落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式v2=2gH

解得

A正确；

B．由题意可知，C球碰地，反向碰B，B在反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，所以C碰B有

mCvC−mBvB=mBvB＇

B碰A有

mBvB＇−mAvA=mAvA＇

由以上几式可得

mA﹕mB﹕mC=1﹕2﹕6

B正确；

CD．由B选项分析解得

A球弹起最大高度

C错误，D正确。

故选ABD。

三、实验题

11. 如图（a）所示为探究向心力与质量、半径、角速度关系的实验装置。金属块放置在转台凹槽中，电动机带动转台做圆周运动，可通过改变电动机的电压来控制转台的角速度。光电计时器可以采集转台转动时间信息。已知金属块被约束在转台的径向凹槽中，只能沿半径方向移动，且可以忽略与凹槽之间的摩擦力。

(1)某同学保持金属块质量和转动半径不变，仅改变转台的角速度，探究向心力与角速度的关系。不同角速度对应的向心力可由力传感器读出。若光电计时器记录转台每转50周的时间为T，则金属块转动的角速度=_____

(2)上述实验中，该同学多次改变角速度后，记录了一组角速度与对应的向心力F的数据，见下表。请根据表中数据在图（b）给出的坐标纸中作出F与的关系图象_____。由图象可知，当金属块质量和转动半径一定时，F与呈_____关系（选填“线性”或“非线性”）。

(3)为了探究向心力与半径、质量的关系，还需要用到的实验器材：_____、_____。

【答案】    ①.     ②.     ③. 线性    ④. 刻度尺    ⑤. 天平

【解析】

【详解】(1)[1]由题意可知，周期为

根据角速度和周期的关系可得角速度

(2)[2] [3]根据描点法在坐标纸中作出F－ω2的关系图象如图所示

由图像可知，F与呈线性关系

(3) [4][5]根据向心力Fn=mrω2可知，为了探究向心力跟半径、质量关系，还需要用到的实验器材刻度尺测半径，还需要用天平测量金属块的质量m

12. 某学习小组采用图甲所示气垫导轨装置验证滑块碰撞过程中的动量守恒。其主要实验步骤如下，请回答下列问题。

（1）用天平测得滑块A、B（均包括挡光片）的质量分别为、；用游标卡尺测得挡光片的宽度均为。若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示，则其读数为_________mm。

（2）充气后，调节气垫导轨下面的旋钮，导轨左侧放一个滑块并推动滑块，滑块通过两个光电门时，若与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为0.05s、0.06s，则应使导轨右端_________（选填“调高”或“调低”）。

（3）气垫导轨已经调节水平后，滑块B放在两个光电门之间，滑块A向左挤压导轨架上的轻弹簧，并释放滑块A，滑块A一直向右运动，与光电门1相连的计时器的示数只有一个，为，与光电门2相连的计时器的示数有两个，先后为、。

（4）在实验误差允许范围内，若表达式_________（用测得的物理量表示）成立，说明滑块A、B碰撞过程中动量守恒；若表达式_________（仅用、和表示）成立，说明滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守恒。

【答案】    ①.     ②. 调低    ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1]由图乙可知，游标为20分度，且第4个小格与主尺对齐，则读数为

（2）[2]同一滑块通过两个光电门，由可知，时间长的速度小，可知滑块做减速运动，导轨右端应调低一点，直至两个计时器显示的时间相等，即说明滑块做匀速运动，导轨已调成水平。

（4）[3]根据题意可知，滑块A碰撞前的速度为

碰撞后，滑块A速度为

滑块B的速度为

实验误差允许范围内，若

即

成立，说明滑块A、B碰撞过程中动量守恒。

[4]若表达式

即

成立，说明滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守恒，整理可得

四、计算题

13. 如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动。一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度的大小为g。

（1）若，小物块受到的摩擦力恰好为零，求。

（2）若，求小物块受到的摩擦力大小和方向。

【答案】（1） ；（2），方向沿罐壁切线向下

【解析】

【详解】（1）当摩擦力为零时，支持力和重力的合力提供向心力，如图所示

根据牛顿第二定律得

解得

（2）当时，物块所受重力和支持力的合力不足以提供其做圆周运动的向心力，物块相对罐壁有上滑的趋势，摩擦力方向沿罐壁的切线向下，如图所示

在水平方向上有

在竖直方向上有

联立解得

14. 滑板项目是极限运动历史的鼻祖，在滑板公园里经常看到各种滑板场地，如图1所示。现有一个滑板场可简化为如下模型，如图2所示，由足够长的斜直轨道、半径m的凹形圆弧轨道和半径m的凸形圆弧轨道三部分组成的滑板组合轨道。 这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内。 其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上。一可视为质点、质量为m=1kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点。在凸形圆弧最右侧距离L=0. 9m的位置有一个高度m、倾角为53°的斜面。不计一切阻力，g取10m/s2.求：

(1)若P点距水平面的高度m，滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小FN；

(2)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度H；

(3)若滑板滑至N点时刚好做平抛运动，滑板能否与右侧斜面发生碰撞（不考虑碰撞后反弹）？若能，请计算出碰撞的具体位置；若不能，请说明理由。

【答案】（1）42N；（2）5.4m；（3）能，见解析

【解析】

【详解】（1）滑板由P点滑至M点过程，由机械能守恒有

得

vM=8m/s.

对滑板滑至M点时受力分析，由牛顿第二定律有

得

FN=42N.

（2）滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有

得

vN=6m/s

滑板从P点到N点机械能守恒，则有

解得

H=5.4m.

（3）由平抛运动的规律

x=vNt

解得

t=0.8s

则碰撞点距离斜面底端的水平距离为0.3m，距离斜面底端的高度为0.4m。

15. 如图所示，光滑的水平面上，质量为m1=1kg的平板小车以v0=5m/s的速度向左运动，同时质量为m2=4kg的铁块（可视为质点）从小车左端以v0=5m/s的速度向右滑上平板小车，一段时间后小车将与右侧足够远的竖直墙壁发生碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后小车速度大小不变，方向相反。已知铁块与平板车之间的动摩擦因数为μ=0.25，小车始终未从小车上掉下来，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）小车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小；

（2）小车的最小长度；

（3）小车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程（计算结果保留三位有效数字）。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）设水平向右为正方向，小车与墙壁发生第一次碰撞时的速度大小为v1

由动量守恒定律得

解得

（2）设小车的最小长度为L，最终小车和铁块的动能全部转化为系统的内能，由能量守恒定律得

解得

（3）设小车的加速度大小为a，小车第一次碰撞后向左速度减为零时的位移大小为x1，小车从发生第一次碰撞到发生第二次碰撞间的路程为s1，由牛顿第二定律得

由运动学公式得

解得

设小车从发生第k次碰撞到发生第k+1次碰撞间的路程为sk，同理可得

设小车从发生第一次碰撞后运动总路程为s，得

解得