云南省高一下学期期末考试模拟卷物理试题（三）

云南省高一下学期期末考试模拟卷物理试题（三）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于加速度的说法正确的是（ ）
A．加速度的单位读作“米每秒的平方”
B．物体有加速度说明物体速度在增大
C．加速度越大说明物体速度变化越大
D．加速度是描述物体速度变化快慢的物理量
2．如图所示,质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上,通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B．整个装置处于静止状态,已知重力加速度为g则
A．A对地面的摩擦力方向向左
B．A对地面的压力大于(M+m)g
C．B对A的压力大小为
D．细线对小球的拉力大小为
3．第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2，图中：EQ垂直于斜面CD，垂足为Q点。（忽略空气阻力，运动员可视为质点），下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上距C的距离也加倍 D．若运动员离开C点的速度加倍，则空中运动的时间加倍
4．2023年2月10日，在中国空间站全面建成后，航天员首次出舱活动取得圆满成功。已知空间站在距地球表面约的高空绕地球做匀速圆周运动，运行周期，地球半径约，下列说法正确的是（　　）
A．空间站围绕地球做圆周运动的线速度略大于第一宇宙速度
B．空间站距地面高度与同步卫星距地面高度之比约
C．空间站运行的向心加速度与地球表面重力加速度之比约为
D．空间站与地球同步卫星的线速度大小之比约为
5．2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．图为一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员（可视为质点）从起点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点．已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50 kg．重力加速度g＝10 m/s2．下列说法正确的是( )
A．运动员从起点运动到B点的整个过程中机械能不守恒
B．运动员到达A点时对轨道的压力大小为1000 N
C．运动员到达A点时重力的瞬时功率为104 W
D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为 s
6．如图所示，在倾角的光滑固定斜面上固定有一可绕转轴O在斜面内自由转动的轻杆，杆的两端分别连接着质量为的小球P和质量为的小球Q，OP的长度，OQ的长度，重力加速度g取。现给小球P一个垂直于OP且与斜面平行的初速度，规定转轴O点为零势能点，则此后（　　）

A．系统机械能不变恒为0.09J
B．当轻杆转至水平位置时，轻杆对球P弹力的大小为0.6N
C．当球Q转至最低点时，轻杆对转轴O的弹力为零
D．当球Q转至最低点时，轻杆对转轴O的弹力大小为0.4N
二、多选题
7．如图所示，两平行光滑金属导轨水平放置且间距L=1.0m，电阻R=1.0Ω，导体棒ab的质量m=1.0kg，磁感应强度B=0.2T的匀强磁场与导轨平面垂直，导体棒ab在水平拉力F的作用下向右从静止开始以a=4.0m/s2加速度做匀加速直线运动，导体棒与导轨接触良好且电阻均不计，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．拉力F与时间t成正比
B．在1s末，安培力的功率为0.64W
C．拉力F所做的功等于导体棒ab增加的动能
D．在导体棒ab运动2s的过程中，通过电阻R的电荷量为1.6C
8．我国自主研发的卫星不仅可以在高空领域清理空间碎片，还可以发挥“太空拖船”的作用。“实践21号卫星”（ 简称21号）将一颗失效的北斗二号卫星由同步卫星轨道经转移轨道送入“墓地轨道”，这一操作震惊了世界。如图所示，轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为同步卫星轨道、转移轨道和墓地轨道，P、Q分别为轨道Ⅱ与轨道 Ⅰ、 Ⅲ的切点。下列说法正确的是（　　）

A．北斗二号卫星失效后的运行周期与失效前相同
B．21号捕捉住北斗二号卫星之后需在P点点火加速才能进入转移轨道
C．北斗二号卫星在轨道Ⅲ上的运行周期小于24h
D．21号携北斗二号卫星在轨道Ⅱ上由P点运动至Q点的过程中加速度大小不变
9．如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（　　）
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
10．把质量相同的两小球A、B从同一高度以相同的速度大小分别沿水平与竖直方向抛出。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．两球落地时的动能相同
B．从抛出开始到落地，B球重力做的功大于A球重力做的功
C．从抛出开始到落地，两球的重力平均功率
D．落地时，两球的重力瞬时功率
三、实验题
11．如图为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置，主要实验步骤如下：
A．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；
B．测出挡光条的宽度d；
C．将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离l；
D．释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间t；
E．用天平称出托盘和砝码的总质量m；
F.……
已知重力加速度为g。回答下列问题：
(1)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了 。
(2)挡光条通过光电门的速率为 。
(3)为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是 。（写出物理量的名称及符号）
12．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示，已知打点计时器所用电源频率为50Hz，试回答下列问题。
(1)实验中在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。根据测量结果计算：打C点时小车的速度大小为 m/s；小车运动的加速度大小为 m/s2。(结果保留三位有效数字)
(2)平衡好摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出的a F图线如图丙所示，此图线不通过原点的主要原因是 。
(3)某次在利用上述已调整好的装置进行实验时，保持砝码盘中砝码个数不变，小车自身的质量保持不变(已知小车的质量远大于砝码盘和盘中砝码的质量)，在小车上加一个砝码，并测出此时小车的加速度a，调整小车上的砝码数量，进行多次实验，得到多组数据，以小车上砝码的质量m为横坐标，相应加速度的倒数为纵坐标，在坐标纸上作出如图丁所示的-m关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b，图线的斜率为k，则小车受到的拉力大小为 ，小车的质量为 。
四、解答题
13．如图所示，一长木板在水平地面上向右运动，速度v0=7m/s时，在其最右端轻轻放上一与木板质量相同的小铁块。已知小铁块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，整个过程小铁块没有从长木板上掉下来，重力加速度g取10m/s2。
求∶
(1)小铁块能达到的最大速度vm；
(2)小铁块与长木板都停止运动后，小铁块离长木板最右端的距离x。
14．一辆质量为 的汽车以额定功率为在水平公路上行驶，汽车受到的阻力为一定值，在某时刻汽车的速度为，加速度为，求（g取）。
（1）汽车所能达到的最大速度是多大
（2）若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为，则这一过程能保持多长时间
15．如图所示，水平轨道AB长度m，左端连接半径为m的光滑圆弧轨道，右端连接水平传送带，AB与传送带的上表面等高，三段之间都平滑连接。一个质量kg的物块（可视为质点），从圆弧上方距AB平面H高处由静止释放，恰好切入圆弧轨道，经过AB冲上静止的传送带，物块恰好停在C端。已知物块与AB、BC段的动摩擦因数分别为、，BC长度，取，不计空气阻力。求：
（1）H的大小；
（2）物块第一次经过圆弧轨道最低点A时，轨道对物块的支持力大小；
（3）如果传送带以速度逆时针转动，则物块最后停止的位置到A点的距离x；
（4）保持（3）问中传送带速度不变，物块从运动直至停止的全过程中，整个系统因摩擦所产生的热量Q。
试卷第8页，共8页
试卷第7页，共8页
参考答案：
1．D
【详解】A．加速度的单位读作“米每二次方秒”，A错误；
B．物体加速度方向与速度方向反向时，物体速度在减小，B错误；
CD．加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，加速度大说明速度变化快，C错误、D正确。
故选D。
2．D
【详解】把AB看成一个整体，对整体受力分析得整体受重力和地面对整体的支持力，地面对整体没有摩擦力，即A对地面没有摩擦力，否则不能平衡，A错误；整体对地面的压力即是A对地面的压力等于（M+m）g，B错误；对小球受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：，，由几何关系有：，，解得：，，C错误，D正确．
3．D
【详解】以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图
A．对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，知
选项A错误；
B．由于沿斜面方向有初速度，不满足初速度为零的匀变速直线运动的规律，位移之比不等于1∶3，选项B错误；
CD．将初速度沿x、y方向分解为、，将加速度沿x、y方向分解为，则运动员的运动时间为
落在斜面上的距离
离开C点的速度加倍，则、加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，选项C错误，D正确。
故选D。
4．C
【详解】A．第一宇宙速度是卫星绕地球飞行的最大速度也是发射卫星的最小速度，所以所有卫星的线速度应该都小于第一宇宙速度，A错误；
C．空间站运行的向心加速度与地球表面重力加速度之比
C正确；
B．同步卫星的周期设为T，则空间站的周期，根据开普勒第三定律
空间站距地球表面的距离与地球半径之比为1:16，空间站距地面高度与同步卫星距地面高度之比一定不是1:16，故B错误；
D．由万有引力提供向心力得
，
联立解得
D错误。
故选C。
5．B
【详解】A．运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒，故A错误；
B．运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以
由牛顿第二定律可得，
得
故A点时对轨道的压力大小为1000N，故B正确；
C．此时速度沿水平方向，故重力的瞬时功率为零，故C错误；
D．由
可得
故D错误．
6．A
【详解】A．两球运动过程中，只有重力做功系统机械能守恒。依题意，两球角速度相同，根据
可知二者线速度关系为
小球P刚犹得速度时，系统的机械能为
联立解得
系统机械能不变恒为0.09J，故A正确；
B．当轻杆转至水平位置时，由机械能守恒，可得
又
此时轻杆对球P的弹力与重力下滑分力的合力提供向心力，有
且
联立，解得
故B错误；
CD．当球Q转至最低点时，有
又
由牛顿第二定律，可得
联立解得
，
所以轻杆对转轴O的弹力大小为
故CD错误。
故选A。
7．BD
【详解】A．经时间t，导体棒所受安培力为
由牛顿第二定律可得
可见，拉力F与时间t不成正比，A错误；
B．s时，安培力为
N
速度为
安培力的功率
W
B正确；
C．由动能定理知，拉力F和安培力所做功的代数和等于导体棒增加的动能，C错误；
D．在导体棒运动2s的过程中，通过电阻的电荷量
D正确。
故选BD。
8．AB
【详解】AC．根据开普勒第三定律有
北斗二号卫星失效后R相同，则在北斗二号卫星失效后的运行周期与失效前相同，且在轨道Ⅰ的轨道半径小于轨道Ⅲ的轨道半径，则北斗二号卫星在轨道Ⅲ上的运行周期大于24h故A正确，C错误；
B．21号捕捉住北斗二号卫星之后需在P点点火加速做离心运动才可以到达转移轨道，故B正确；
D．21号携北斗二号卫星在轨道Ⅱ上，经过P、Q两点时受到的万有引力大小不相等，根据牛顿第二定律可知，经过P、Q两点处的向心加速度大小也不相等，故D错误。
故选AB。
9．BD
【详解】AB．当管壁对球无作用力时，绳子的拉力和球的重力合力提供向心力，所以
故，增加绳长之后，此时小球需要的向心力增大，重力与细绳的拉力不足以提供向心力，则小球将受到玻璃管斜向下方的压力；增加绳长之后，小球做圆周运动的半径增大，要保持小球与管壁之间无压力，则小球所需向心力大小不变，半径增大，则需要减小角速度，故A错误，B正确；
C．增加小球质量，此时
质量可被约去，小球做圆周运动的半径不变，小球对玻璃管无压力，故玻璃管对小球也无压力，故C错误；
D．仅增加角速度至后，小球需要的向心力增大，小球有离心的趋势，小球将垂直于右侧管壁挤压管壁，玻璃管会给小球一个斜向下的压力，故D正确。
故选BD。
10．AD
【详解】A．根据机械能守恒定律，抛出时两球的机械能相同，则落地时两球的动能相同，选项A正确；
B．由重力做功的特点可知，重力的功为W=mgh，由于两球下落的高度相同，两球的质量相同，所以重力对两球做的功相同，故B错误；
C．从开始运动至落地，重力的做的功相同，但是落地时间不同，上抛物体运动的时间较长，所以根据可知，B球重力平均功率小，故C错误；
D．两球落地时速度大小相同，设为v，设A球落地时速度方向与水平方向成θ角，所以A球落地时重力的瞬时功率为
PA=mgvsinθ
B球落地时与水平方向垂直，所以B球落地时重力的瞬时功率为
PB=mgv
所以两小球落地时，A球重力的瞬时功率小于B球重力的瞬时功率，即，故D正确。
故选AD。
11． mgl 滑块和挡光条的总质量M
【详解】(1)[1]在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统减少的重力势能为
(2)[2]挡光条通过光电门的速率为
(3)[3]根据机械能守恒定律得
为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是滑块和挡光条的总质量M。
12． 1.18 1.50 未计入砝码盘的重力
【详解】(1) [1]由图可得相邻计数点间的时间间隔
打C点时小车的速度大小
[2]小车运动的加速度
(2)[3]平衡摩擦力后，F=0 时就产生了加速度，说明未计入砝码盘的重力。
(3) [4][5]根据题意，由牛顿第二定律得
则
则图象的纵轴上的截距和斜率
解得小车受到的拉力大小
小车的质量
13．（1）1m/s；（2）3.125m
【详解】(1)设铁块与木板开始时的加速度大小分别为、， 由牛顿第二定律得
解得
，
当二者速度相等时，铁块的速度最大，根据速度公式可得
解得
，
(2)铁块从开始运动到最大速度发生的位移
木板从开始减速到发生的位移
设木板从停止运动过程中的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
解得
铁块从最大速度到停止运动发生的位移
木板从停止运动过程中发生的位移为
最终铁块离木板右端的距离
14．（1）；（2）
【详解】（1）在速度为
的时刻，由
联立得
当牵引力与摩擦力平衡时，速度达到最大，此时
代入数据得
（2）随速度增加，牵引力的功率逐渐变大，当功率达到额定功率时，机车达到匀加速直线运动所能达到的最大速度，设此时机车的牵引力为，则由牛顿第二定律，有
又
联立解得
时间
【点睛】对于汽车的两种启动方式：恒定功率启动过程是加速度不断减小的加速运动，当牵引力与阻力平衡时速度达到最大，匀加速启动过程加速度和牵引力恒定，当功率达到最大时，变为恒定功率加速，最后匀速。
15．(1)；(2)；(3) 0.44m；(4)
【详解】(1)全程根据动能定理得
解得
(2)物块从释放到A点，根据动能定理得
解得
在A点，根据牛顿第二定律得
解得
(3)传送带逆时针转动时，物体到达C点时速度为零，反向加速，根据动能定理有
解得
之后，物体在传送带上匀速运动，滑上AB段，根据动能定理有
解得
所以物体滑到圆弧轨道后，返回，最终停在距A点的距离为
(4)第一次从圆弧轨道向右滑动过程中，在AB段，发热为
在传送带上向右运动过程，根据逆向运动可知，运动时间满足
解得
物体与传送带相对运动距离为
在传送带上第一次发热量为
从C点返回，在传送带上加速时间为
物体与传送带相对运动距离为
物体在传送带上第二次发热为
物体离开传送带后，在AB段的发热为
所以总的发热量为
答案第12页，共13页
答案第11页，共13页