重庆市2023-2024学年高一下学期期末考试物理模拟试题含答案

重庆市高2026届高一下期末考试物理模拟试题（答案在最后）
一、单选题
1.一质点做曲线运动，它的轨迹由M到N（如图所示曲线）。

关于质点通过轨迹中点时的速度v的方向和加速度a的方向，下图中可能正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．A图中的速度方向沿轨迹切线方向是正确的，而加速度不可能沿切线方向，故A错误；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。

故选B。

2.如图，竖直平面内放一直角杆，水平和竖直部分套有质量均为1kg的滑块A、B，两滑块之间用长0.5m
μ=，杆的竖直部分光滑。

图示时刻，轻绳与的轻绳连接，杆的水平部分粗糙，滑块与杆的动摩擦因数0.4
竖直杆的夹角为45°，物块A在恒为F＝20N的水平拉力作用下从静止开始向右运动。

从图示时刻起在A 向右运动的过程中，下列说法正确的是（）
A.F的功率一直增大
B.滑块B的机械能不变
C.滑块A受到的摩擦力逐渐增大
D.运动过程中滑块B的速率不可能比滑块A的速率小
【答案】D
【解析】
【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
P Fv
=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N 1,根据牛顿第二定律可知，水平方向
A
1=--f N ma F 竖直方向
B
12--=N G ma G 其中
f N
μ=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
A B sin cos v v θθ=A B tan θ
=v v θ角从45°逐渐增大，则
A
B ≥v v D 正确；故选D 。

3.自行车运动是治疗帕金森病有效、廉价的方法，对提高患者总体健康状况、改善平衡能力和协调能力，缓解焦虑和抑郁等都有重要作用.图示是某自行车的部分传动装置，其大齿轮、小齿轮、后轮的半径分别为R 1、R 2、R 3，A 、B 、C 分别是三个轮子边缘上的点。

当三个轮子在大齿轮的带动下一起转动时，下列说法中正确的是（
）
A.A 、B 两点的角速度大小之比为1:1
B.A 、C 两点的周期之比为R 2:R 1
C.B 、C 两点的向心加速度大小之比为R 22:R 32
D.A 、C 两点的向心加速度大小之比为R 22:（R 1R 3）【答案】D 【解析】
【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v R ω=可知
1122
R R ωω=所以
12
21
R R ωω=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32ωω=，根据2T π
ω
=，所以B
与C 的周期相等，即23T T =；根据2T π
ω
=
，则A 与B 的周期之比
121212
T R T R ωω==所以A 、C 两点的周期之比为
1132
T R T R =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2a r ω=，可知B 、C 两点的向心速度大小之比为
2323
::a a R R =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2
v a r
=，所以
1221
::a a R R =所以
211222331313
2
2
a a R R R R a R R R R a R ==⋅=⋅故D 正确。

故选D 。

【点睛】本题考查灵活选择物理规律的能力。

对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。

解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等。

4.如图所示，一长为L 的轻绳拉着质量为m 的小球保持静止。

现在给小球一个水平初速度，使小球在竖直面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列判断正确的是（
）
A.小球在最高点的速度可以等于0
B.
C.小球做圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心
D.小球过最低点与最高点时受到绳的拉力大小之差等于6mg 【答案】D 【解析】
【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
2
v mg m
L
=
解得
v =
可知小球能通过最高点的最小速度是
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22
11
222
mgL mv mv '=-
解得
v '=
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v 0，在最低点时的速度为v ''，由动能定理可得
22
11222
mgL mv mv ''=-小球在最高点时，由牛顿第二定律可得
2
v F mg m
L
+=小球在最低点时，由牛顿第二定律可得
2
v F mg m
L
'''-=联立以上各式解得
6F F F mg
'∆=-=D 正确。

故选D 。

5.我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级，如图P 是纬度为37θ=︒的地球表面上一点，质量相同的北斗导航卫星A 、B 均绕地心O 做匀速圆周运动，卫星B 是地球静止轨道卫星（同步地球卫星）。

某时刻P 、A 、B 、O 在同一平面内，且O 、P 、A 在一条直线上，OA 垂直于AB ，sin 370.6,37cos 0.8︒︒==，则（
）
A.卫星A 、B 的动能之比为4∶5
B.卫星A 、B 的加速度之比为25∶16
C.卫星A 、B
的角速度之比为8: D.卫星B 与地面P 点的线速度之比为5∶4
【答案】B 【解析】
【详解】A ．由图可知
4
cos375
A B r r ︒=
=
由2
2Mm v G m r r
=，解得
v =
卫星的动能
2k 122GMm E mv r
=
=所以卫星A 、B 的动能之比为5∶4，故A 错误；B ．由2Mm
G
ma r
=，解得2
GM
a r =
所以卫星A 、B 的加速度之比为25∶16，故B 正确；C ．由2
2Mm G
m r r
ω=，解得
ω=
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v r ω=，可知卫星B 与地面P 点的线速度之比大于5:4，故D 错误。

故选B 。

6.地球表面重力加速度为g ，地球的第一宇宙速度为v ，万有引力恒量为G ，下式关于地球密度的估算式正确的是（
）
A.2
2
34ρπ=
g Gv B.234g
Gv ρπ=
C.2
2
43g Gv ρπ=
D.2
g Gv ρ=
【答案】A 【解析】
【详解】解：地球表面的物体受到的重力等于万有引力
2
Mm
G
mg R =得
2R g M G
=
地球可以看成球体，体积为
3
43
V R π=所以
233443
R g M g G V GR R ρππ===
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
2
v mg m
R
=所以
2v R g
=
所以地球密度为
2
2
34ρπ=
g Gv 故选A 。

7.最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a ，以及相同时段机器人的加速度a 随时间变化的图像b 。

若不计空气，取重力加速度大小为210m/s ，则下列同学的推断结果正确的是（
）
A.机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N
B.机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C.在0~4s 时间内，合外力的冲量为12N·s
D.在0~4s 时间内，合外力做的功为12J 【答案】C 【解析】
【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
m 212
2N 6N 4
f F ==
⨯=故A 错误；
B ．由图a 、图b 结合牛顿第二定律可得
44F f ma -=22
F f ma -=联立可得机器人质量
3kg
m =滑动摩擦力为
3N
f =机器人与水平桌面间的动摩擦因数为
N 0.1f f F mg
μ=
==故B 错误；
C ．在0~4s 时间内，合外力的冲量为
()13
342N s 12N s 2
I mat +==⨯
⨯-⋅=⋅故C 正确；
D ．4s 末机器人的速度为
13
2m/s 4m/s 2
v at +==
⨯=在0~4s 时间内，合外力做的功为
2
124J 2
W mv =
=故D 错误。

故选C 。

二、多选题
8.在倾角为37°的斜面底端给小物块一初动能，
使小物块在足够长的粗糙斜面上运动。

若小物块在上滑和下滑过程中其动能E k 随高度h 的变化如图乙所示，g =10m/s 2，sin37°=0.6，则小物块（
）
A.小物块质量为0.5kg
B.上滑的最大距离为5m
C.所受的摩擦力大小为2N
D.在最高点的重力势能一定为25J 【答案】BC 【解析】
【详解】C ．全程根据动能定理得
22040sin 37h
f -⋅
⨯=-︒
解得
2N
f =C 正确；
A ．上滑过程中根据动能定理得
040
sin 37h
mgh f --⋅
=-︒
解得
1kg
m =A 错误；
B ．上滑的最大距离为
5m sin 37h
L =
=︒
B 正确；
D ．取最低点为零势能面，在最高点的机械能为
30J
E mgh ==零势能面未知，因此机械能也不确定，D 错误。

故选BC 。

9.如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个均可看做质点的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置由静止释放（重力加速度为g），则（）
A.在b球落地前的整个过程中，a球向左做加速运动
B.在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统机械能守恒
C.在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统动量守恒
D.在b球落地前瞬间，b
【答案】BD
【解析】
【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
m b v2
m b gh=1
2
可得在b球落地前瞬间，b球的速度大小为
v=
故BD正确。

故选BD。

10.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。

其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。

假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是（）
A.mg S
ρB.mgS
ρ
C.风若速变为原来的1
2，游客开始运动时的加速度大小为
12
g D.2
333
8
d m g S πρ【答案】AD 【解析】
【详解】A ．对Δt 时间内吹向游客的气体，设气体质量为m ∆，由动量定理可得
F t mv
∆=∆由于游客处于静止状态，故满足
F mg
=另外
m v t S
ρ∆=⋅∆⋅联立可得
mg v S
ρ=
故A 正确；
B ．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为
2
2d V v π⎛⎫= ⎪
⎝⎭
联立解得
V =
故B 错误；
C ．若风速变为原来的1
2，设风力为'F ，由动量定理可得
''
2
v F t m ∆=∆另外
'22
v vS t
m t S ρρ∆∆=⋅∆⋅=
联立可得
2'
44
v S mg F ρ==
由牛顿第二定律可得
'mg F ma
-=解得
34
g a =
故C 错误；
D ．风洞单位时间流出的气体质量为M
M V ρ==
单位时间内风机做的功为
2
12W Mv ==
故D 正确。

故选AD 。

三、实验题
11.用如图1所示的装置研究平抛运动。

将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上。

钢球沿斜槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 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，如图2所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系。

(1)为保证实验结果误差尽可能小，下列说法正确的是______。

A.斜槽轨道必须光滑
B.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
C.必须调节硬板，保证硬板在竖直平面内
D.轨道末端的Q 点即为坐标原点，也就是平抛运动的起点
(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______（选填“高”或“低”）。

(3)根据图2记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为______m/s （已知g =10m/s 2）。

【答案】①.BC
②.低
③.1
【解析】
【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。

故选BC 。

(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
2
10.20m 2
h gt ==
00.20m x v t
==
联立上式解得
01m/s
v 12.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。

有一直径为d 、质量为m 的金属小球从A 处由静止释放，下落过程中能通过A 处正下方、固定于B 处的光电门，测得A 、B 间的距离为H （H >>d ），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t ，当地的重力加速度为g。

则：
（1）小球经过光电门B 时的速度表达式为v =______。

（2）多次改变高度H ，重复上述实验，作出
2
1
t 随H 的变化图象如图乙所示，当图中已知量t 0、H 0和重力加速度g 及小球的直径d 满足表达式20
1
t ＝______
时，可判断小球下落过程中机械能守恒。

（3）实验中发现动能增加量△E k 总是稍小于重力势能减少量△E p ，减小下落高度后，则△E p －△E k 将______（选填“增加”、“减小”、“不变”）。

【答案】①.
d
t
②.
02
2gH d ③.减小
【解析】【分析】
【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
d v t
=
（2）[2]从A 到B 小球机械能守恒，有
2
0012
mv mgH =代入
00
d v v t ==
得
22
021gH t d =（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 p -ΔE k 将减小。

四、解答题
13.跳台滑雪是一种观赏性很强的体育运动。

运动员不带雪杖、踏着专用滑雪板在弧形助滑道上获得水平速度飞出，在空中飞行一段距离后着地，如图所示。

若运动员从A 点水平飞出的速度为20m v =，落到倾斜雪坡上的B 点。

雪坡足够长且倾角37θ=︒，运动员质量为65kg ，运动员和滑雪板可看作质点，不计空气阻力、重力加速度210m/s =g ，sin 370.6︒=，cos370.8︒=。

求：（1）运动员在空中飞行的时间t ；（2）运动员落到B
点时的重力功率。

【答案】（1）3s ；（2）4W 1.9510⨯【解析】
【详解】（1）根据题意可知，运动员由A 到B 做平抛运动，水平方向上有
0x v t
=竖直方向上有
2
12
y gt =
又有
tan 37y
x
=︒解得
3s
t =（2）根据题意，由公式y gt =v 可知，运动员在B 点时的竖直分速度为
310m s 30m s
y v =⨯=则运动员落到B 点时的重力功率为
41.9510W
y P mgv ==⨯14.如图所示，长度 1.2m L =的光滑水平轨道BC 左端与半径10.1m R =的竖直四分之一光滑圆弧轨道AB 在B 点平滑连接，右端与竖直半圆形光滑轨道CDE 在C 点平滑连接。

将一质量0.1kg m =的小物块从距离A 点正上方0.4m H =处由静止释放，小物块恰好能到达E 点。

重力加速度g 取10m/s 2，求：（1）物块通过B 处时对轨道的压力大小：（2）半圆弧轨道CDE 的半径2R ；
（3）若水平面BC 粗糙且与物块之间的动摩擦因数0.3μ=，通过计算说明小物块在半圆轨道CDE 上运动时是否会脱离半圆形轨道：若不会脱离半圆轨道，小物块最终会停在何处。

（结果用分式表示）
【答案】（1）11N ；（2）0.2m ；（3）距B 点11
15
m 处【解析】
【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
()2
112
B mg H R mv +=
对小物块，在B 点，由牛顿第二定律得
2N 1
B
v F mg m
R -=由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力N F '等于N F ，即
N
N F F '=以上方程联立得
N 11F N
'=（2）小物块在E 点由重力提供向心力有
22
E
v mg m
R =小物块从B 点到E 点，由动能定理得
22211222
B E mgR mv mv -=
-以上两个方程联立得
20.2m
R =（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
2
102
B
mgL mgh mv μ--=-解得
20.14m 0.2m
h R =<=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
21=02
B mgs mv -μ-
小物块距B 点的距离
()
x L s L =--以上方程联立得
11m 15
x =
故小物块最终会停在距B 点
11
15
m 处。

15.如图所示，“L ”型平板B 静置在地面上，小物块A 处于平板B 上的O ′点，平板O ′点左侧粗糙，右侧
光滑。

用长为l 的不可伸长的轻绳将质量为M 的小球悬挂在O ′点正上方的O 点，轻绳处于水平拉直状态。

将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A 发生碰撞，碰后小球继续沿原方向上升到距离B 板最大高度为h =0.2m 的位置，A 以一定的初速度沿平板滑动直至与B 右侧挡板发生弹性碰撞。

一段时间后，A 返回到O 点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此过程中小球与A 没有再次碰撞。

已知小球的质量M =0.2kg ，绳长l =0.8m ，A 的质量m A =0.1kg ，B 的质量m B =0.3kg ，A 与B 之间的动摩擦因数μ1=0.4，B 与地面间的动摩擦因数μ2=0.225，取重力加速度g =10m/s 2。

整个过程中A 始终在B 上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球和小物块A 均视为质点，求：（1）小球与A 碰撞后，A 的速度v 0；（2）B 光滑部分的长度d ；
（3）运动过程中A 与B 之间由于摩擦所产生的热量Q 。

【答案】（1）4m/s ；（2）7
m 6
；（3）16J 65【解析】
【详解】（１）设小球与A 碰前的速度为1v ，碰后的速度为2v ，则由机械能守恒定律知：
211
2Mgl Mv =
2
2
12Mgh Mv =对小球与A 的碰撞过程，由动量守恒定律知
120
A Mv Mv m v =+解得
04m/s
v =（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
0A A A B B
m v m v m v =+由能量守恒定律知
2
12
A m v 212A A m v =212
B B m v +联立解得
A 2m/s
v =-方向水平向左；
B 2m/s
v =方向水平向右；
设A 与B 碰后再次回到'O 点时，做匀速运动的时间为1t ，做减速运动的时间为2t 在1t 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
()22
3m/s A B B B
m m g
a m μ+=
=在2t 时间内，A 的加速度
2
114m/s A A A
m g
a g m μμ=
==B 的加速度为
()2
1213
m/s 3
'A A B B B m g m m g a m μμ=++=
在1t 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
21111
2
A B B v t v t a t +-d
=而A 在12t t +这段时间内运动的总位移也等于d ，则有
212A
A A
v v t a +d
=联立解得
11s
3
t =11s t =（舍去），7
m
6
d =（３）由（２）问中分析可知
20.5s A
A
v t a =
=
在1t 时刻B 的速度为
1'1m/s
B B B v v a t =-=则在A 做减速运动阶段，B 运动的时间
3'3
s 0.5s '13
B B v t a =
=<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
()112A A B f m g m m g
μμ=<+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
3'3m 226
B B v x t =
=A 运动到B 粗糙面后，运动的位移为
20.5m
2A
A A
v x a ==故运动过程中A 相对于B 在其粗糙面上运动的位移为
8m 13A B x x x =+=
则在此过程中产生的热量
116J 65
A Q m gx μ==。