云南省高一下学期期末考试模拟卷物理试题（十）

云南省高一下学期期末考试模拟卷物理试题（十）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．一质量为的物体，以的速度在光滑的水平面上向左滑行，从某一时刻起对物体施一水平向右的恒力，经过一段时间，物体的速度方向变为向右，大小仍为，则这段时间内水平力对物体所做的功为（　　）
A．
B．
C．
D．
2．如图所示，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成。已知M始终保持静止，下列说法正确的是（　　）
A．水平拉力的大小一直增大
B．物块M所受细绳的拉力大小不变
C．物块M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．物块M所受斜面的摩擦力大小一定一直减小
3．如图所示，小物块A与水平圆盘保持相对静止，随着圆盘一起做速圆周运动，关于物块的受力情况是，下列说法正确的是（　　）
A．受重力、支持力 B．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力
C．重力、支持力、向心力、摩擦力 D．受到的合外力为零
4．某天文兴趣小组的同学们，想估算出太阳到地球的距离，进行了认真的讨论，如果已知地球的公转周期为T，万有引力常量为G，通过查找资料得到太阳与地球的质量比为N，你认为还需要的条件是　　
A．地球半径和地球的自转周期
B．月球绕地球的公转周期
C．地球的平均密度和太阳的半径
D．地球半径和地球表面的重力加速度
5．下列说法错误的是（　　）
A．海王星是人们依据万有引力定律计算出其轨道而发现的
B．牛顿发现万有引力定律时，给出了万有引力常量的值
C．万有引力常量是卡文迪许通过实验测出的
D．万有引力常量的测定，使人们可以测出天体的质量
6．木星有4颗卫星是伽利略发现的，称为伽利略卫星，其中木卫一、木卫二、木卫三的公转周期之比约为1：2：4。设三颗卫星各自仅受木星引力作用，且运行轨道均为圆周。关于这三颗卫星，下列说法正确的是（　　）
A．木卫一是三颗卫星中运行速率最大的
B．木卫三是三颗卫星中运行角速度最大的
C．木卫一和木卫二的线速度大小之比约为1：2
D．木卫一和木卫三的轨道半径之比约为8：1
7．如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块轨迹的示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90°，则在此过程中（　　）
A．物块的运动轨迹AB可能是某个圆的一段圆弧
B．物块的动能可能先增大后减小
C．物块的速度大小可能为
D．B点的加速度与速度的夹角等于90°
8．如图所示，甲、乙两个高度相同的固定斜面，倾角分别为和，且。质量为的物体（可视为质点）分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端，物体与这两个斜面的动摩擦因数均为。关于物体两次下滑的全过程，下列说法中正确的是（ ）
A．物体克服摩擦力所做的功相同
B．物体重力势能的变化量相同
C．合力所做的功相同
D．物体到达斜面底端时，重力的功率相同
二、多选题
9．如图所示为甲、乙两个物体做直线运动的运动图像，则下列叙述正确的是（　　）

A．甲物体运动的轨迹是抛物线
B．甲物体内运动所能达到的最大位移为
C．乙物体前的加速度为
D．乙物体末速度为0
10．某网球以速度竖直向上抛，落回出发点的速度为。由于空气阻力因素，网球速度随时间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，则下列说法正确的是（　　）
A．图象中时刻的斜率的绝对值等于重力加速度大小
B．由于阻力因素、下降过程网球处于超重状态
C．网球上升过程克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功
D．网球上升、下降过程所受阻力的冲量大小相等
11．用水平恒力 F 推放置在水平面上的物体 m，物体保持静止，关于受力情况正确的是（ ）
A．物体受到水平推力、重力、支持力三个力的作用
B．物体受到水平推力、重力、支持力、摩擦力四个力的作用
C．物体所受摩擦力的方向水平向左
D．推力大小等于物体所受摩擦力大小
12．一小球被细线拴着做匀速圆周运动，其半径为2m，角速度为1rad/s，则（ ）
A．小球的线速度为1.5m/s
B．小球在5s的时间内通过的路程为10m
C．小球做圆周运动的周期
D．以上说法都不正确
三、实验题
13．用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），所用电源的频率为50Hz。已知，m1=50g，m2=150g。则：（结果均保留两位有效数字）
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5= m/s；
(2)在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量= J；
(3)若某同学作出图像如图丙所示，则当地的重力加速度g= m/s2。
14．某同学在知道重物自由下落是初速度为0的匀加速直线运动后，预利用如图所示装置测量其下落的加速度。实验时，通过电磁铁控制小球从P处静止下落。结果均用题目所给字母表示：
(1)将光电门固定在A处，光电门记录下小球经过光电门的时间，测出小球的直径为d，则小球运动到光电门处的速度v= 。
(2)设小球释放点P距A的距离为h0（d<(3)移动光电门在铁架台上的位置，进行多次实验。由于直尺长度限制，该同学测了光电门位置与其正上方固定点M（图中未画出）之间的距离h，并记录小球通过光电门的时间。利用实验数据绘制出如图所示的图像，已知图像斜率为k，纵截距为b，根据图像可知，加速度a= ，经过M点的速度vM= 。
四、解答题
15．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v = 4m/s，传送带与水平面的夹角θ = 37°，现将质量m = 1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F = 6N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h = 3m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ = 0.5，（g取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）。问：
（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？
（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？
16．如图所示，某游戏弹射装置架在的平台上，由弹射器（含物块）、圆轨道和直轨道组成。质量为的物块压缩弹簧后由静止释放，以一定速度冲上光滑轨道，沿半径的光滑圆轨道绕行一周后通过点进入粗糙的、可伸缩的水平轨道，物块与轨道之间的动摩擦因数。水平地面上，点位于点正下方，是一个大小不计的接收筐，、两点相距，整个装置处在同一竖直平面内。某次游戏时，物块恰好通过圆形轨道最高点。重力加速度。求：
(1)物块经过圆形轨道最低点时对轨道的压力；
(2)物块释放前，弹簧的弹性势能大小；
(3)保持释放物块时弹簧弹性势能不变，改变轨道的长度，能否使物块落入接收筐内，若能，计算轨道的长度，若不能，请说明理由。
17．如图甲所示，一长木板静置于水平地面上，木板最右端放置一小物块。时刻对木板施加一水平向右的恒力，时撤去，此后木板运动的图像如图乙所示。已知物块质量，木板质量，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块始终在木板上，重力加速度大小。
（1）设物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数分别是、，求、的值（提示：）；
（2）求撤去直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力的冲量大小；
（3）求整个过程中木板与物块间、木板与地面间因摩擦产生的总热量。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】据动能定理，有
而物体的初动能为
末动能为
所以外力做功
故选A。
【点睛】解本题的关键是根据功的定义式来求解
2．A
【详解】AB．对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，故A正确，B错误；
CD．M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为，若
则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若
则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后反向增大，故CD错误。
故选A。
3．B
【详解】物体受重力、支持力和指向圆心的摩擦力，其中重力和支持力平衡，指向圆心的摩擦力提供向心力，合外力不为零。
故选B。
4．D
【详解】对于地球万有引力提供向心力：又由黄金代换：；又由以上三式可得，则还需要的物理量是地球半径R和地球表面的重力加速度g，则D正确，故选D.
5．B
【详解】A、海王星是英国人亚当斯和法国人勒威耶根据万有引力推测出这颗新行星的轨道和位置，故A正确；
B、牛顿发现万有引力定律，100多年后卡文迪许测出了万有引力常量的值．故B错误；
C、万有引力常量是卡文迪许通过实验测出的．故C正确；
D、万有引力常量的测定，使人们可以测出天体的质量，故D正确；
本题选错误的，故选B．
点睛：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
6．A
【详解】B．根据
又
联立，可得
可知，木卫三是三颗卫星中运行角速度最小的。故B错误；
D．卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，可得
解得
根据
可得木卫一、木卫二和木卫三的轨道半径之比为
故D错误；
AC．根据
联立，可得
故A正确；C错误。
故选A。
7．C
【详解】A．物体做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动的轨迹是一段抛物线，不是圆弧。故A错误；
B．图中A、B两点速度相同，且夹角为90°，分析可知物体受到的合力方向为垂直于AB连线，方向向下，A、B两点动能相同，物体从A到B的过程中，合力先做负功，后做正功，故物体的动能先减小后增大。故B错误；
C．连接AB，物体从A到B的过程，可看做加速度方向垂直于AB类斜抛运动，根据对称性，可知A点速度与AB连线为45°，物体速度最小时，速度方向平行于AB连线，此时速度大小为
故C正确；
D．由上述分析可知，B点加速度方向垂直于AB连线向下，可知其加速度与速度的夹角小于90°。故D错误。
故选C。
8．B
【详解】A．克服摩擦力做功为
故与斜面倾角有关，由于角度不同，故克服摩擦力做的功也不同，A错误；
B．重力做功为
两种轨道上物体下降高度相等，故重力做功相同，重力势能的变化量相同，B正确；
C．合力做功为
故合力所做的功不相同，C错误；
D．由动能定理可得
可知倾角为时，到达斜面底端的速度v较小，对应重力的功率为
故倾角为时到达斜面底端时重力的功率较小，D错误。
故选B。
9．BD
【详解】A．x-t图像只能描述物体做直线运动，图像形状不能表示运动轨迹，A错误；
B．甲物体在4s时达到最大位移为80m，B正确；
C．乙物体前的加速度为
C错误；
D．由图可知，乙物体末速度为0，D正确。
故选BD。
10．ACD
【详解】A．图象中时刻速度大小为零，空气阻力大小与网球速率成正比，可知此时空气阻力为零，网球只受重力，由牛顿第二定律，此时的加速度为重力加速度。因为速度时间图像的斜率表示加速度，所以图象中时刻的斜率的绝对值等于重力加速度大小。A正确；
B．上升过程中，空气阻力向下、重力向下，故合力向下。由牛顿第二定律，加速度向下，物体处于失重状态。B错误；
C．小球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，因此上升过程中平均空气阻力大于下降过程中平均空气阻力，上升过程和下降过程位移大小x大小相同，根据
可知，上升过程中克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，C正确；
D．小球运动的v-t图像如图所示
由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因为
则f-t图像与图像相似，两阴影部分的面积也相等，f-t图像t轴上方图像与坐标轴围成的面积表示上升过程的阻力的冲量大小，t轴下方图像与坐标轴围成的面积表示下降过程的阻力的冲量大小。可知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等。D正确。
故选ACD。
11．BD
【详解】用水平恒力 F 推放置在水平面上的物体 m，物体保持静止，受力平衡。
AB．物体受到推力、重力、支持力、摩擦力四个力的作用，A错误，B正确；
CD．水平方向上推力和摩擦力相互平衡，由于不知道推力的方向，故不能确定摩擦力的方向，但摩擦力的大小等于推力的大小，C错误，D正确。
故选BD。
12．BC
【详解】A．小球的线速度为
A错误；
B．小球在5s的时间内通过的路程为
B正确；
CD．小球做圆周运动的周期为
C正确，D错误。
故选BC。
13．(1)2.4
(2)0.58
(3)9.7
【详解】（1）每相邻两计数点间还有4个点，则相邻计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，在纸带上打下计数点5时的速度为
（2）在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量
（3）根据系统机械能守恒可得
整理得
可得图像的斜率为
解得当地的重力加速度为
14． 3h0
【详解】(1)[1]小球通过光电门时的速度为
(2)[2]若某次实验时光电门计时器记录下小钢球经过光电门的时间为，则通过光电门的速度变为原来的 2 倍，根据
可知下落的高度变为原来的 4 倍 ，故距 A 点的距离
(3)[3][4]根据速度位移公式可知
则有
结合图像信息则有
，
解得
，
15．（1）1.75s；（2）1s，2m/s
【详解】（1）物块开始上滑的加速度为
速度达到与传送带速度相同经历的位移为
则有
第二阶段由于F = mgsinθ，则物块不受摩擦力，做匀速直线运动，运动的时间为
则有
t = t1＋t2 = 1＋0.75s = 1.75s
（2）当速度相等时，撤去F，由于mgsinθ > μmgcosθ，物块向上做匀减速运动，加速度大小为
根据v2﹣v′2 = 2a2x′得
所用的时间为
【点睛】解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律综合求解。
16．(1)，方向竖直向下；(2)；(3)不能，理由见解析
【详解】(1)设物块在圆形轨道最高点速度为，在最高点时有
得
根据动能定理有
解得
经过轨道最低点时，有
解得
根据牛顿第三定律可知，在圆形轨道最低点时物块对轨道的压力大小为，方向竖直向下
(2)根据能量守恒定律可知
得
(3)设长度为，物块从点离开时的速度为，则有
根据平抛运动知识有
联立上述三式可得，落点离的水平距离
根据数学知识可知
当时
故物块不能落入接收筐中。
17．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）根据图线可知，时物块和木板速度相等，之后两者相对静止一起匀减速至0。设内木板加速度大小为，内木板加速度大小为，内物块加速度大小为，由图像可知
，，
内，对木板，根据牛顿第二定律有
对物块，根据牛顿第二定律有
内，对木板，根据牛顿第二定律有
联立解得
，，
（2）时，物块速度
撤去直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力的冲量即为合外力的冲量，则
联立解得
所以物块所受摩擦力的冲量大小为
（3）设撤去外力时，木板位移为，则
对全过程，根据能量守恒定律有
联立解得
答案第1页，共2页
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