2020年临沂市物理高一(下)期末质量检测模拟试题含解析

2020年临沂市物理高一(下)期末质量检测模拟试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．(本题9分)如图，两个相同的小球在内表面光滑的漏斗形容器内，做水平面的圆周运动，甲的位置高于乙的位置。

关于它们受到的向心力大小和周期大小，下列关系正确的是
A．F甲=F乙T甲=T乙B．F甲=F乙T甲＞T乙
C．F甲＞F乙T甲=T乙D．F甲＜F乙T甲＞T乙
【答案】B
【解析】
【详解】
对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图
根据牛顿第二定律，有：F=mgtanθ=m
2
2
4
T
π
r。

可知，向心力F甲=F乙。

周期
2
4r
T
gtan
π
θ
=，半径大的周期
大，即 T甲＞T乙．故B正确，ACD错误。

2．自行车是一种代步工具。

图是自行车的一部分，其大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样。

它们的边缘有三个点a、b、c，下列说法中正确的是
A．a、b的角速度相同
B．b、c的角速度相同
C．b、c的线速度相同
D．a、c的线速度相同
【答案】B
【解析】
【详解】
A.大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等，故：v a=v b，由于半径不同和v=rω可知，a、b的角速度不同；选项A错误；
B.由于b、c两点是同轴转动，可知b、c两点角速度相同，选项B正确；
C. b、c两点角速度相同，据v=rω可知，b、c的线速度不相同，选项C错误；
D.由于a、b两点线速度相同，b、c两点线速度不同，则a、c两点的线速度不相同；选项D错误；3．(本题9分)如图所示，在风力推动下，风叶带动发电机发电，M、N为同一个叶片上的两点，下列说法中正确的是
A．M点的线速度等于N点的线速度
B．M点的角速度小于N点的角速度
C．M点的向心加速度小于N点的向心加速度
D．M点的周期大于N点的周期
【答案】C
【解析】
【详解】
ABD．由于M、N两点的转动的角速度相等，则周期相等，M点转动的半径小，根据v=rω知，M点的线速度小于N点的线速度，故ABD错误．
C．M、N的角速度相等，M点的转动半径小，根据a=rω2知，M点的向心加速度小于N点的加速度，故C正确．
4．(本题9分)一架飞机以一定的水平速度匀速飞行，不计空气阻力，在某一时刻让A物体先落下，相隔1秒钟又让B物体落下，在以后运动中关于A物体与B物体的位置关系，以下说法中正确的是（）A．A物体在B物体的前下方
B．A物体在B物体的后下方
C．A物体始终在B物体的正下方
D．以上说法都不正确
【答案】C
【解析】
AB 两物体均从匀速飞行的飞机上自由落下，均做平抛运动，水平方向做速度等于飞机速度的匀速直线运动，所以两物体在落地前总在飞机的正下方；A 物体先下落，A 物体在竖直方向速度始终大于B 物体在竖直方向的速度，则A 物体在B 物体的正下方，且两物体竖直方向的间距越来越大．故C 项正确，ABD 三项错误．
5． (本题9分)如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。

设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为r 1、r 2、r 3，当A 点的线速度大小为v 时，C 点的线速度大小为
A ．12
r v r B ．23r r v C ．31r r v D ．32
r v r 【答案】D
【解析】
【详解】
传动过程中，同一链条上的A 、B 两点的线速度相等，即v A =v B ，B 点的速度为v ，根据v r
ω= ，且B 、C 两点同轴转动，角速度相同，所以C B B C v v r r = ，代入数据联立得：3C 2
r v v r =。

A. 12
r v r 与计算结果不符，A 错误。

B. 23
r r v 与计算结果不符，B 错误。

C. 31
r r v 与计算结果不符，C 错误。

D. 32
r v r 与计算结果相符，D 正确。

6． (本题9分)关于瞬时速度、平均速度、速度、平均速率，下列说法正确的是
A ．在直线运动中，某一段时间内的平均速度大小一定等于它在这段时间内的平均速率
B ．运动物体在某段时间内的任一时刻速率都不变，则它在这段时间内的瞬时速度一定不变
C ．若物体在某段时间内每个时刻的瞬时速度都等于零，它在这段时间内的平均速度可能不等于零
D．若物体在某段时间内的平均速度等于零，它这段时间内的任一时刻的瞬时速度可能都不等于零
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值，如果物体做往返直线运动，则位移和路程不等，则平均速度大小不等于平均速率，A错误；
B．瞬时速率是瞬时速度的大小，瞬时速率只有大小没有方向，瞬时速度既有大小又有方向，所以瞬时速率不变，只是大小不变，有可能方向在变，如匀速圆周运动，瞬时速度时刻在变，B错误；
C．若物体在某段时间内每个时刻的瞬时速度都等于零，说明物体处于静止状态，平均速度一定为零，C 错误；
D．物体做圆周运动，转动一周，位移为零，所以平均速度为零，但是过程中的瞬时速度却不为零，D正确；
故选D.
考点：考查了平均速度，平均速率，瞬时速度
【名师点睛】
正确解答本题的关键是：深刻理解瞬时速度、平均速度、平均速率等基本概念，瞬时速度是与某一时刻或者某一位置相对应的速度，平均速度是质点在某段时间内运动的位移与所用时间的比值，而平均速率是所用路程与时间的比值，二者是两个完全不同的概念．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．(本题9分)以下关于分运动和合运动的关系的讨论中，错误的说法是（）
A．两个直线运动的合运动，可能是直线运动，也可能是曲线运动
B．两个匀速直线运动的合运动，可能是直线运动，也可能是曲线运动
C．两个匀变速直线运动的合运动，可能是直线运动，也可能是曲线运动
D．两个分运动的运动时间，一定与它们的合运动的运动时间相等
【答案】ACD
【解析】
根据平行四边形定则知，两个直线运动的合运动，若合加速度与合初速度的方向共线，则是直线运动；若两者方向不共线，则可能是曲线运动．故A正确．根据平行四边形定则知，两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动，因为合加速度为零，做匀速直线运动，故B错误．根据平行四边形定则知，两个匀变速直线运动的合运动，若合速度与合加速度共线，则是直线运动；若两者不共线，则是曲线运动．故C正确．两个分运动的运动时间，一定与它们的合运动的运动时间相等．故D正确．本题选择错误的，故选B．
点睛：考查平行四边形定则的应用，解决本题的关键知道合运动是直线运动还是曲线运动取决于合速度方
向与合加速度方向是否在同一条直线上.
8． (本题9分)任何有质量的物体周围都存在引力场，万有引力是通过引力场发生作用的。

引入“引力场强度”A 来表示引力场的强弱和方向，质量为m 的物体在距离地心r 处（r 大于地球半径）受到的万有引力为F ，则地球在该处产生的引力场强度A=F m ，以下说法正确的是（ ）
A ．A 的单位与加速度的单位相同
B ．A 的方向与该处物体所受万有引力的方向一致
C ．r 越大，A 越大
D ．m 越大，A 越小
【答案】AB
【解析】
【详解】
AB 、F 为质量为m 的物体在距离地心r 处（r 大于地球半径）受到的万有引力，则A=F m
表示的就是物体的加速度，根据牛顿第二定律定律，A 的方向与该处物体所受万有引力的方向一致，故AB 正确。

CD 、由万有引力定律F=G
2mM r 知，r 越大，引力F 越小，则A 越小；由A=F m
知，A 与m 无关，故CD 错误。

9． (本题9分)如图所示，一轻质弹簧固定在水平地面上，O 点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m 的物体从O 点正上方的A 点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B 后向上运动，则以下说法正确的是
A ．物体落到O 点后，做加速度增大的减速运动
B ．物体从O 点运动到B 点，动能逐渐减小
C ．物体在B 点速度为零
D ．若不计空气阻力，在整个过程中，物体与弹簧组成系统的机械能守恒
【答案】CD
【解析】
【详解】
AB. 物体接触弹簧开始，弹簧的弹力小于重力，其合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，合力为零，加速度为零，速度最大，后来弹簧的弹力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点B时，速度为零，所以速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A错误，B错误；
C. B点时最低点，所以物体在B点速度为零，故C正确；
D. 在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，物体与弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确．
故选CD.
10．(本题9分)轻质弹簧一端悬挂于天花板，另一端与一小木块相连处于静止状态，一子弹以水平速度v 瞬间射穿木块，不计空气阻力
A．子弹射穿木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能不守恒
B．子弹射穿木块后，木块在运动过程中机械能守恒
C．木块在向右摆动过程中，木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小
D．木块在向右摆动过程中重力的功率在变小
【答案】AC
【解析】
子弹射穿木块的过程中，将会有热量产生，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A正确；子弹射穿木块后，木块将会做圆周运动，弹簧将被拉长，势能增加，所以木块在运动过程中机械能不守恒，故B 错误；把木块和弹簧看成一个系统机械能守恒，弹性势能、动能和重力势能之和保持不变，木块在向右摆动过程中，重力势能增加，所以木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小，故C正确；当木块在最低点时重力的瞬时功率为零，物块到达最高处时重力的瞬时功率也为零，所以重力的功率先增大后减小，故D错误．所以AC正确，BD错误．
11．(本题9分)把两个质量相等的小球a、b放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使两小球沿光滑的漏斗壁分别在1、2水平面内做匀速圆周运动，如图所示.平面1比平面2高，轨道1半径是轨道2半径的2倍.则（）
A．小球做匀速圆周运动时受到重力支持力、向心力
B ．小球a 的线速度大小是小球b 的2倍
C ．小球a 对漏斗壁的压力大小是小球b 的2倍
D ．小球a 的向心加速度大小等于小球b 的向心加速度
【答案】BD
【解析】
A 、小球做匀速圆周运动时，只受重力和支持力两个力作用，由两个力的合力提供向心力，故A 错误．
B 、受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律得：2v mgtan m r
θ=，解得：v grtan θ=，知轨道1半径是轨道2半径的2倍，则同一个小球在轨道1的线速度是轨道2线速度的 2a 的线速度大小是小球b 2倍，故B 正确；
C 、轨道对小球的支持力为：mg N cos θ
=，与轨道平面的高度无关，则小球对轨道的压力也与轨道平面无关，因此同一个小球a 和小球b 对漏斗壁的压力大小相等，故C 错误；
D 、根据mgtan ma θ=得：a gtan θ=，知同一个小球在轨道1的向心加速度等于在轨道2的向心加速度，即小球a 的向心加速度大小等于小球b 的向心加速度，故D 正确． 点睛：本题是圆锥摆类型的问题，分析受力情况，确定小球向心力的来源，再由牛顿第二定律和圆周运动规律结合进行分析，是常用的方法和思路．
12． (本题9分)把盛水的水桶拴在长为l 的绳子一端，使这水桶在竖直平面内做圆周运动，要使水桶转到最高点时水不从桶里流出来，这时水桶的速率可以是 （ ）
A 2gl
B gl
C gl
D 2gl 【答案】AB
【解析】
【详解】 设水桶转到最高点时水恰好不从桶里流出来时，水桶的速度为v ，则由牛顿第二定律得2
v mg m l =，得到v gl =gl gl 出来．故选AB ．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．做“研究平抛运动”实验中利用钢球从斜面小槽滚下，在竖直的白纸上记录小球经过的位置，然后得到运动轨迹．
（1）实验中除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉、白纸之外，下列器材中还需要的是______，其中器材______是用来调整木板是否竖直，保证小球的轨迹平面与板面平行．（填字母序号）
A、刻度尺
B、秒表
C、天平
D、弹簧测力计
E、重垂线
（2）实验中为减小实验误差，下列做法正确的是______．（填字母序号）
A、斜槽轨道必须光滑
B、斜槽轨道末端必须水平
C、每次释放小球的位置必须相同
D、毎次必须从静止开始释放小球．
【答案】AE E BCD
【解析】
【分析】
考查平抛运动实验，根据实险原理分析可得．
【详解】
(1)．[1] [2] 本实验不需要测小球运动时间，小球质量，不需要测力，所以不需要秒表、天平、弹簧测力计，该实险要测运动位移，要判断竖直坐标轴是否竖直，所以要用刻度尺、重垂线．故AE符合题意，BCD 不符合题意．
(2)．[3]
AB．研究同一次平抛运动时，要保证小球离开端口时速度水平，每次大小一样，斜槽轨道末端必须水平，轨道不光滑，每次重力、阻力做功相同，离开端口时的速度大小相等，故
A不符合题意，B符合题意．
CD．每次释放小球的位置必须相同，必须从静止开始释放小球，这样才能保证小球每次离开端口时速度相同．故CD符合题意．
【点睛】
理解实验原理，掌握平抛运动实验常考的知识点：原理，操作步骤、数据处理，计算初速度时，可考虑竖直方向用逐差法求出时间间隔，再求水平初速度．
14．(本题9分)探究小组利用传感器研究小球在摆动过程中的机械能守恒规律，实验装置如图所示．在悬点处装有拉力传感器，可记录小球在摆动过程中各时刻的拉力值．忽略摆线的质量和摆动过程中摆线长度
的变化，重力加速度为g ，实验过程如下：
（1）测量小球质量m 和摆线长L ；
（2）为了测量小球在最低点的速度大小，小组成员将小球拉至某一高度h 处无初速释放，在传感器采集的数据中提取最大值为F ，则小球在最低点的速度表达式为v=__（用F 等测定的物理量符号表达），若考虑小球的大小不可忽略，则该速度的计算值与实际值相比较__（填写“偏大”、“偏小”或“相等”）． （3）小球从释放到最低点的过程中机械能守恒的表达式为__．（用测定物理量的符号表达） 【答案】()F mg L m
- ； 偏小； (2)FL mg h L =+ ; 【解析】
【分析】
【详解】 （2）当小球运动到最低点时，拉力最大，根据F ﹣mg=m 2
v L
得， 则小球在最低点的速度表达式为v=()F mg L m
-． 若考虑小球的大小不可忽略，即实际L 值变大，而计算时，仍代入L ，导致计算值小于实际值； （3）根据下摆过程中，减小的重力势能转化为动能的增加，即为：21
2
mgh mv =， 而v=()F mg L m
-，则有：FL=mg （2h+L ）． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在A 的上方O 点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L ＝0.8 m ．现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与A 物体发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的最大高度为h ＝0.2 m ．已知A 、B 、C 的质量分别为m A ＝4 kg 、m B ＝8 kg 和m C ＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求小球C 与物体A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；
(2)求A 、C 碰撞后瞬间A 的速度大小；
(3)若物体A 未从小车B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？
【答案】 (1) 30N (2) 1.5m/s (3) 0.375m
【解析】
【详解】
解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2012C C m gL m v =
代入数据解得：04v =m/s
对小球，由牛顿第二定律得：20c c v T m g m L -= 代入数据解得：T=30N
（2）小球与A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向
由动量守恒定律得：0C C c A A m v m v m v =-+
代入数据解得：A v =1.5m/s
（3）物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：()A A A B m v m m v =+
代入数据解得：v=0.5m/s
由能量守恒定律得：()221122
A A A A
B m gx m v m m v μ=
-+ 代入数据解得：x=0.375m 。

16． (本题9分)汽车以额定功率行驶7×102m 距离后关闭发动机，汽车运动过程中动能E k 与位侈x 的关系图象如图所示。

已知汽车的质量为1000kg ，汽车运动过程中所受阻力为2000N ，求汽车：
(1)匀速运动过程的速度；
(2)减速运动过程的位移；
(3)加速运动过程所用的时间。

【答案】（1）
（2） （3） 【解析】
【详解】
（1）由图像可知，汽车匀速运动过程动能为
所以匀速运动时的速度为
（2）由图像可知，汽车匀减速运动的位移
（3）结合图像可知汽车匀速时的动能为
而刚开始时汽车的动能为
在匀加速阶段运动走过的位移为 机车的额定功率为
在此过程中利用动能定理可知：
解得：
综上所述本题答案是：（1） （2）
（3）
【点睛】
应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。

(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)。

(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的。

若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待
17． (本题9分)如图所示，光滑轨道CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为0.32R m =的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m ．物块B 静止在水平面的最右端F 处．质量为1A m kg =的物块A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，然后与B 发生碰撞并粘在一起．若B 的质量是A 的k 倍，A B 、与传送带的动摩擦因数都为0.2μ=，物块均可视为质点，物块A
与物块B 的碰撞时间极短，取2
10/g m s =．求：
（1）当3k =时物块A B 、碰撞过程中产生的内能； （2）当k=3时物块A B 、在传送带上向右滑行的最远距离；
（3）讨论k 在不同数值范围时，A B 、碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式．
【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()
2215
21k k W k +-=
+ 【解析】
（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20
A A v m g m R
=①， 设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222
A A A m gR m v m v +=②， 联立并代入数据解得：14/v m s =③；
设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得()122A A m v m m v =+④； 解得：211
41/13
A A
B m v v m s m m =
=⨯=++⑤；
由能量转化与守恒定律可得：()22
121122A A B Q m v m m v =
-+⑥，代入数据解得Q=6J⑦； （2）设物块AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s ， 由动能定理得：()()221
2
A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214
/1A A B m v v m s m m k
=
=++⑩；
（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2
21
2
A B A B m m v m m gL μ+>+，
解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为：W=0J ，
（II ）当0k ≤<3时，AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速， 当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧． 在这个过程中传送带对AB 所做的功为()()2
221122
A B A B W m m v m m v =
+-+， 解得()
2215
21k k W k +-=+；
【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解．A 恰好通过最高点E ，由牛顿第二定律求出A 通过E 时的速度，由机械能守恒定律求出A 与B 碰撞前的速度，A 、B 碰撞过程系统动量
守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离．根据A、B速度与传送带速度间的关系分析AB的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功．。