重庆市育才中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理模拟试题（Word附含答案）

这是一份重庆市育才中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理模拟试题（Word附含答案），文件包含重庆市育才中学校2023-2024学年高一下学期期末考试物理模拟试题docx、重庆市育才中学校2023-2024学年高一下学期期末考试物理模拟试题答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。

B．B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；C．C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；D．D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。
2．D【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 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，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
竖直方向其中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 θ角从45°逐渐增大，则 D正确；
3．D【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，根据可知
所以故A错误；B．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即，根据，所以B与C的周期相等，即；根据，则A与B的周期之比所以A、C两点的周期之比为故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，可知B、C两点的向心速度大小之比为
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，所以
所以故D正确。
4．D【详解】A．小球在竖直面内做完整的圆周运动，若小球恰好能通过最高点，则有重力提供向心力，可得解得可知小球能通过最高点的最小速度是，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，则有解得由以上计算可知，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，由动能定理可得小球在最高点时，由牛顿第二定律可得
小球在最低点时，由牛顿第二定律可得联立以上各式解得D正确。
5．B【详解】A．由图可知由，解得卫星的动能
所以卫星A、B的动能之比为5∶4，故A错误；B．由，解得所以卫星A、B的加速度之比为25∶16，故B正确；C．由，解得所以卫星A、B的角速度之比为，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，由，可知卫星B与地面P点的线速度之比大于，故D错误。
6．A【详解】解：地球表面的物体受到的重力等于万有引力得地球可以看成球体，体积为所以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所以所以地球密度为故选
7．C【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
故A错误；B．由图a、图b结合牛顿第二定律可得 联立可得机器人质量
滑动摩擦力为机器人与水平桌面间的动摩擦因数为故B错误；C．在0~4s时间内，合外力的冲量为故C正确；D．4s末机器人的速度为在0~4s时间内，合外力做的功为故D错误。故选C。
8．BC【详解】C．全程根据动能定理得解得C正确；A．上滑过程中根据动能定理得解得A错误；B．上滑的最大距离为B正确；
D．取最低点为零势能面，在最高点的机械能为零势能面未知，因此机械能也不确定，D错误。故选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=mbv2
可得在b球落地前瞬间，b球的速度大小为故BD正确。
10．AD【详解】A．对时间内吹向游客的气体，设气体质量为，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，故满足另外联立可得故A正确；B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为联立解得故B错误；C．若风速变为原来的，设风力为，由动量定理可得另外联立可得
由牛顿第二定律可得解得故C错误；D．风洞单位时间流出的气体质量为M
单位时间内风机做的功为故D正确。故选AD。
11．BC 低 1【详解】(1)[1]A．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，可得联立上式解得
12． 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
（2）[2]从A到B小球机械能守恒，有代入得
（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，ΔE-ΔE将减小。
13．（1）3s；（2）【详解】（1）根据题意可知，运动员由到做平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有又有解得（2）根据题意，由公式可知，运动员在点时的竖直分速度为则运动员落到B点时的重力功率为
14．（1）；（2）；（3）距B点m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
对小物块，在B点，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力等于，即以上方程联立得（2）小物块在E点由重力提供向心力有
小物块从B点到E点，由动能定理得以上两个方程联立得
（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，由动能定理得解得由此可知，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 小物块距B点的距离 以上方程联立得
故小物块最终会停在距B点m处。
15．（1）4m/s；（2）；（3）【详解】（1）设小球与A碰前的速度为，碰后的速度为，则由机械能守恒定律知： 对小球与A的碰撞过程，由动量守恒定律知解得 （2）Ａ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
由能量守恒定律知 联立解得 方向水平向左； 方向水平向右；设A与B碰后再次回到点时，做匀速运动的时间为，做减速运动的时间为 在时间内，B做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知B的加速度
在时间内，A的加速度 B的加速度为
在这段时间内A运动的位移与B运动的位移大小之和等于d，则有
而A在这段时间内运动的总位移也等于d，则有
联立解得 （舍去）， （3）由（2）问中分析可知
在时刻B的速度为则在A做减速运动阶段，B运动的时间
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
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
A运动到B粗糙面后，运动的位移为 故运动过程中A相对于B在其粗糙面上运动的位移为 则在此过程中产生的热量