安徽省芜湖市联考2024-2025学年高一期末模拟物理试卷（含解析）

安徽省芜湖市联考2024-2025学年高一期末模拟物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.如图所示，光滑水平桌面上的为矩形区域的四个顶点，某小球沿方向以速度自点进入该区域，以后的运动过程中，小球始终受到平行于方向的恒力的作用，且恰能经过点。关于小球在矩形区域所在平面内的运动，下列说法正确的是( )
A. 小球由到可能做匀变速直线运动
B. 若足够大，小球可能经过点
C. 若只增大，小球自点运动到所在直线时的时间将变短
D. 若只减小，小球自点运动到所在直线时的时间将变长
2.如图所示，光滑直杆倾斜固定在竖直面内，小球套在杆上，绕过定滑轮的轻绳一端连接在小球上，另一端吊着小球，由静止释放小球、，小球沿杆向上运动，当轻绳与杆间的夹角为时，小球的速度大小与小球的速度大小之间的关系正确的是( )
A. B. C. D.
3.目前世界上已知的强度最高的材料石墨烯的发现使“太空电梯”制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面并延伸到太空的轻质“太空电梯”，如图所示，假设某物体乘坐太空电梯到达了图示位置并相对电梯静止，与同高度运行的卫星、更高处同步卫星相比较。下列说法正确的是( )
A. 的线速度大于的线速度 B. 的加速度大于的加速度
C. 与都是高度相同的人造地球卫星 D. 的线速度小于的线速度
4.如图所示，长为的轻杆可绕水平转轴转动，在杆两端分别固定质量均为的球、可视为质点，球距轴的距离为。现给系统一定初速度，使杆和球在竖直平面内转动。当球运动到最高点时，水平转轴对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力。已知重力加速度为，则球在最高点时，下列说法不正确的是( )
A. A、转动角速度相等 B. 杆对球的弹力大小为
C. 球的速度为 D. 球对杆有向上的拉力
5.荡秋千是中华传统游戏竞技项目，深受各族人民的喜爱，如图、所示。荡秋千有若干形式，图是其中一种形式，小朋友坐姿基本不变，大人缓慢将秋千由最低点拉至图示点再由静止放手。在点时秋千绳与竖直方向的夹角为为左侧最高点。假设小朋友及座板的总质量为，绳长为，不计绳重和空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是
A. 小朋友被大人从拉到的过程中，机械能不变
B. 小朋友运动到点时，两根绳子对座板的总拉力大小为
C. 小朋友从运动到点的过程中，重力的功率逐渐增大
D. 点高度高于点的高度
6.如图所示，是“天宫一号”飞行器、、是地球同步卫星，此时，、恰好相距最近。已知地球质量为，半径为，地球自转的角速度为，若“天宫一号”飞行器和卫星、均沿逆时针方向转动，“天宫一号”飞行器的轨道半径为，引力常量为，则( )
A. “天宫一号”飞行器的线速度大于卫星的线速度
B. “天宫一号”飞行器在轨运行的周期大于小时
C. 卫星加速就一定能追上卫星
D. 从此时起再经时间、相距最远
7.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物、轻质定滑轮下方悬挂重物，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物、处于静止状态，释放后、开始运动。已知、的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为，当下降的高度为时( )
A. 上升的高度为 B. 动能的增加量是动能增加量的一半
C. 的速度大小为 D. 的动能大小为
8.中欧班列是指运行于中国与欧洲以及“一带一路”共建国家间的集装箱国际联运列车，从开通至今已经完成万次运输。列车采用内燃加锂电池的混合动力进行驱动，整车最大功率，行驶过程中受到阻力恒定，速度最高为，已知列车的总质量为，列车以最大功率启动，下列说法正确的是
A. 行驶过程中列车受到的阻力为
B. 列车以行驶时的加速度是
C. 列车加速过程中的平均速率是
D. 列车行驶小时，牵引力对其做功为
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.救援车营救被困在深坑中探险车的情景可简化为如图甲所示的模型。斜坡倾角为，其动摩擦因数为。在救援车作用下，探险车从坑底点由静止匀加速至点时达到最大速度，接着匀速运动至点，最后从点匀减速运动到达最高点，恰好停下，选深坑底部为参考平面，救援过程中探险车的机械能随高度变化的图线如图乙所示，已知重力加速度，，，下列说法正确的是( )
A. 探险车质量为
B. 探险车在坡面上的最大速度为
C. 探险车在段运动的时间为
D. 救援过程中救援车对探险车做功为
10.利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小，同时记录对应时刻轻绳与竖直方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图所示。已知绳长，取，则下列判断正确的是( )
A. 小球在最低点与最高点绳的拉力差为
B. 小球的质量为
C. 小球在最低点的初速度大小为
D. 若改变初速度，小球刚好能过最高点时最大拉力为
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“探究平抛运动的特点”实验中，某学习小组用如图甲所示装置研究平抛运动．将印有方格的纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上．钢球沿斜槽轨道由静止滑下后从末端水平飞出，落在水平挡板上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．
在某次实验中，某同学正确调试好器材，按规范步骤进行实验．让小球从斜槽同一位置由静止多次释放，改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．该同学将水平板依次放在图甲中、、的位置，且与的间距等于与的间距．若三次实验中，小球从抛出点到图中、、位置的落点的水平位移依次为、、，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是 填字母；
A. ． ． 无法判断
该同学用印有小方格小方格的边长为的纸记录下轨迹，、、、为轨迹上四个点如图乙所示，已知重力加速度为，不计空气阻力，则小球平抛的初速度 用题中字母表示；若以为坐标原点，水平向右、竖直向下分别为轴、轴正方向建立平面直角坐标系，则小球抛出点的坐标为 用题中字母表示．
12.某物理学习小组准备探究“机械能变化与摩擦力做功的关系”，现有器材：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干、光电门个、数字计时器、带遮光条的滑块质量为，其上可放钩码、刻度尺。已知当地重力加速度为。
具体实验操作步骤如下：
安装器材，调整两个光电门距离，轻细绳下端悬挂钩码，如图所示：
接通电源释放滑块，记录遮光条分别通过两个光电门的时间，算出滑块通过光电门的速度；
保持轻细绳所挂钩码数不变，在滑块上依次增加一个钩码，并重复上述步骤；
完成次测量后，记录每次实验中滑块及所载钩码的总质量，轻细绳悬挂钩码的质量、计算系统总机械能的减少量，然后将数据记录于表格中。
学习小组测出遮光条的宽度为。若已知滑块和所载钩码通过光电门和的时间分别为、，则这一过程中系统总机械能的减少量为__________用题目中的字母、、、、、及重力加速度表示
某次实验操作中，学习小组在轻细绳下悬挂了个钩码，测量出，其他实验数据结果如下表格所示：
若以为横轴，为纵轴，请选择合适的标度并在图中绘出的图像；
若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则根据图像可推算出滑块与木板之间的动摩擦因数约为______。保留两位有效数字
考虑到空气阻力的影响，学习小组推算出的滑块与木板间的动摩擦因数应该比其真实值_____填“略大”、“略小”或“相等”
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.年月日凌晨，搭载神舟二十号载人飞船的三名宇航员成功进入中国空间站，与神舟十五号航天员乘组实现“太空会师”如图所示，这是中国航天史上第六次“太空会师”。若空间站绕地球做匀速圆周运动，运行周期为，地球表面的重力加速度为，引力常量为，地球半径为，忽略地球自转的影响，求：
地球密度
中国空间站的轨道高度。
14.小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为的小球可视为质点，给小球一初速度，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳的张力恰好达到最大值而突然断掉，球飞行水平距离后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为，手与球之间的绳长为，重力加速度为。忽略手的运动半径和空气阻力。
求绳断时球的速度大小和球落地时的速度大小。
轻绳能承受的最大拉力多大？
保持手离地面的高度不变，改变绳长，让球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时恰好张力达到最大值而断掉，要使球抛出的水平距离最大，则绳长应是多少？最大水平距离为多少？
15.如图，传送带与水平方向的夹角为，上端与一段斜面相连，斜面的倾角也为半径为的光滑圆弧轨道与斜面相切与，最高点、圆心与点在同一竖直线上．传送带间的距离为，始终以速度沿顺时针方向运转．一质量为的小滑块以某一初速度从点冲上传送带，滑块与传送带及斜面间的动摩擦因数均为滑块通过点对轨道的压力大小为，求：
滑块经过点时的动能；
滑块离开点后落到与等高的水平面时与点间的距离；
滑块从点冲上传送带时的速度大小．
答案和解析
1.【答案】
【解析】由题意知，小球在、间运动时，所受合力恒定，加速度恒定，但合力与速度不共线，故做匀变速曲线运动，A错误；
B.因小球有沿方向的初速度，即使足够大，小球也会在沿的方向产生位移，故小球一定不能经过点，即B错误；
C.若只增大，小球的加速度不变，自点运动到所在直线时的时间也不会发生变化，故C错误；
D.若只减小，小球的加速度将变小，小球自点运动到所在直线时的时间将变长，故D正确。
2.【答案】
【解析】 、小球沿绳方向的速度大小相等，则有 ，即 ，项正确。故选 A。
3.【答案】
【解析】与的角速度相同，的角速度大于的角速度，故的角速度小于的角速度，由于、做圆周运动的半径相同，所以的线速度小于的线速度，的加速度小于的加速度，故 A、B错误；
是人造地球卫星，但不是，故 C错误
与的角速度相同，但运动半径小于运动半径，所以的线速度小于的线速度，故D正确。
故选D。
4.【答案】
【解析】A.因为同轴转动，所以、转动角速度相等，故A正确；
当球运动到最高点时，水平转轴对杆的作用力恰好为零时，杆对两球的作用力大小相等、方向相反。由牛顿第二定律得：
对球：
对球：
解得：，，则杆对球的弹力为，方向竖直向下，根据牛顿第三定律知球对杆有向上的拉力，故BD正确；
C.球的速度，球的速度，故C错误；
此题选不正确的，故选C。
5.【答案】
【解析】小朋友从到的过程中，除重力外，还有大人的拉力做功，故机械能不守恒，A错误
当小朋友由点开始运动后，只有重力做功，机械能守恒，故运动到点时机械能和在点时机械能相等，速度均为零，重力势能相等，高度相等，D错误
由点到点过程中，机械能守恒，根据，分析在点受力，根据牛顿第二定律可得，两式联立可得，B正确
在点时速度为零，重力的功率为零当运动到点时，重力瞬时功率为零，中间位置重力瞬时功率不为零，小朋友从运动到点的过程中，重力的功率先增大后减小，C错误。
6.【答案】
【解析】A.由万有引力提供卫星向心力可得，卫星运行线速度为，则卫星运行轨道半径越小，线速度越大，故A正确；
B.由万有引力提供卫星向心力可得，卫星运行周期为，则卫星轨道半径越小，周期越小，同步卫星周期为小时，所以卫星周期小于小时，故B错误；
C.卫星加速后，轨道变高，速度变小，故C错误；
D.由万有引力提供卫星向心力可得，卫星角速度为，取为参考系，当以相对的角速度运行半周时，距离最远，则距离最远的时间为，故D错误。
故选A。
7.【答案】
【解析】【解答】设细线的拉力为 ，受到两细线的拉力为，方向向上，受到细线的拉力为向上，、所受重力大小相等，对、受力分析如图，、释放后，向上运动，向下运动，若下降的高度为时，而细线固定端不移动，则连接动滑轮两侧的细线上升高度均为 ，故A上升的高度为 ，则任意时刻有，，、初动能为零，故A动能增加量是动能增加量的 ，故AB错误；
C.由牛顿第二定律，对、有，，，则可解得，对由动能定理，则，故C正确；
D.根据上面可知，故D错误。
8.【答案】
【解析】A.当列车匀速行驶时，所受的牵引力等于阻力，即，解得行驶过程中列车受到的阻力为，故A错误；
B.当列车以行驶时，对列车由牛顿第二定律，其中，联立解得，列车以行驶时的加速度是，故B正确；
C.作出列车运动的 图像，
如图所示，
由图可知，列车加速过程中的平均速率，故C错误；
D.根据列车以最大功率启动，则，故D错误。
9.【答案】
【解析】解：设点处最大速度为，机械能大小为
过程中，图像中斜率大小为探险车的重力，则
则探险车质量为
故A正确；
B.在的位置速度达到最大值，则将坐标点代入中的表达式，则解得
故B正确；
C.由图像可知探险车在段上升的高度满足
探险车的位移满足
解得探险车的位移：
根据运动学同事，探险车在段运动的时间为
故C错误；
D.根据动能定理，对全过程分析有
代入数据解得救援过程中救援车对探险车做功为
故D正确。
故选：。
10.【答案】
【解析】当 时， ，由牛顿第二定律得
小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
当 时， ，由牛顿第二定律得
小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
联立解得 ，
故B错误C正确；
在最低点得 ，在最高点得
则
故小球在最低点与最高点绳的拉力差为，
由于小球刚好能过最高点时在最高点的拉力为零，则最大拉力为，
故AD正确。故选ACD。
11.【答案】
【解析】因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以，故选A．
小球竖直方向做自由落体运动，若为抛出点，则应有，图中关系不符合，故点不是抛出点，根据匀变速直线运动推论有，解得，小球平抛的初速度大小是
点竖直方向分速度大小为，则抛出点到点的时间为，则抛出点到的水平位移大小为，抛出点到点的竖直位移大小为，则抛出点坐标为
12.【答案】；
；；
略大。
【解析】通过光电门和速度分别为，，机械能的减少量为，带入数据可得：；
做出图象如图所示：
；
根据，由图像可知，解得；
在钩码运动过程中会受到空气阻力的作用，所以实际上得出的阻力包含了空气阻力，因此测出的动摩擦力因数略大。
13.【解析】设地球质量为，在地球表面对质量为的物体，由于不计地球自转的影响，得：，整理得：，又有：，联立以上各式可得：；
设中国空间站质量为，轨道半径为，由万有引力提供向心力得，又：，联立以上各式可得，所以中国空间站轨道高度。
14.【解析】设绳断后小球飞行时间为，小球做平抛运动，竖直方向
水平方向
解得
小球落地时在竖直方向的分速度为，则
小球落地速度
所以。
小球在最低点，根据牛顿第二定律
解得轻绳对小球拉力大小
据牛顿第三定律得，轻绳能承受的最大拉力。
小球在最低点，根据牛顿第二定律
绳断后做平抛运动，竖直方向
水平方向
解得
由数学关系得，当时。
15.【解析】滑块经过点时，由牛顿第二定律得：
滑块从到的过程，运用动能定理得：
；
联立解得：
滑块离开点后做平抛运动，则有：
整理得所求的距离为：
滑块从到的过程中，做匀减速运动，根据动能定理得：
解得：
设滑块在距离点为时速度与传送带相等，则有：
又
据题有：
解得
滑块从冲上传送带到与传送带速度相等的过程中，由动能定理得：
解得：
答：滑块经过点时的动能是；
滑块离开点后落到与等高的水平面时与点间的距离；
滑块从点冲上传送带时的速度大小是．
第7页，共15页