山西省大同市2020年高一(下)物理期末复习检测模拟试题含解析

山西省大同市2020年高一(下)物理期末复习检测模拟试题
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)如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()
A．小物体恰好滑回到B处时速度为零
B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零
C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低
D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点
2．(本题9分)如图所示，圆锥摆的摆长为L，摆角为α，质量为m的摆球在水平面内做匀速圆周运动，则
A．摆线的拉力为cos
mgα
B．摆球的向心加速度为cos
gα
C．其运动周期为2L g
π
D．其运动周期为
cos 2
L
g
α
3．(本题9分)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知：
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D．相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
4．如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端有固定转轴O，杆可在竖直平面内绕轴
O 无摩擦转动．已知小球通过最低点Q 时，速度大小为 ，则小球的运动情况为（ ）
A ．小球不可能到达圆周轨道的最高点P
B ．小球能到达圆周轨道的最高点P ，但在P 点不受轻杆对它的作用力
C ．小球能到达圆周轨道的最高点P ，且在P 点受到轻杆对它向上的弹力
D ．小球能到达圆周轨道的最高点P ，且在P 点受到轻杆对它向下的弹力
5． (本题9分)如图所示，A 、B 为某小区门口自动升降杆上的两点，A 在杆的顶端，B 在杆的中点处. 杆从水平位置匀速转至竖直位置的过程中，A 、B 两点
A ．角速度大小之比2：l
B ．角速度大小之比1：2
C ．线速度大小之比2：l
D ．线速度大小之比1：2
6． (本题9分)下列物体运动过程中，机械能守恒的是( )
A ．沿斜坡匀速行驶的汽车
B ．真空中自由下落的羽毛
C ．蹦床运动中越跳越高的运动员
D ．在竖直平面内作匀速圆周运动的小球
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)两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B 球在前，A 球在后1kg A m =、2kg B m =、6m/s A v =、3m/s B v =，当A 球与B 球发生碰擅后，A 、B 两球的速度可能为（ ） A ．4m/s A v =、4m/s B v =
B ．2m/s A v =、5m/s B v =
C ．4m/s A v =-、6m/s B v =
D ．7m/s A v =、 2.5m/s B v =
8． (本题9分)物体在恒定的合外力F 作用下做直线运动，在时间1t ∆内速度由0增大到v ，接着在时间2
t ∆
内速度由v 增大到2v ．设F 在1t ∆内做的功是1W ，冲量是1I ；在2t ∆内做的功是2W ，冲量是2I ；那么（ ）
A ．12I I <
B ．12I I =
C ．12W W <
D ．12W W =
9． (本题9分)一轻弹簧的左端固定在竖直墙上，右端与质量为M 的滑块相连，组成弹簧振子，在光滑的水平面上做简谐运动。

当滑块运动到右侧最大位移处时，在滑块上轻轻放上一木块组成新振子，继续做简谐运动，新振子的运动过程与原振子的运动过程相比（ ）
A ．新振子的最大速度比原来的最大速度小
B ．新振子的最大动能比原振子的最大动能小
C ．新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大
D ．新振子的振幅和原振子的振幅一样大
10． (本题9分)如图，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上.质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为F f ，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是( )
A ．物块到达小车最右端时具有的动能为F(L ＋s)
B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f s
C ．物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋s)
D ．物块和小车增加的机械能为F f s
11． (本题9分)t ＝0时，甲乙两汽车从相距70 km 的两地开始相向行驶，它们的v －t 图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是
A ．在第1小时末，乙车改变运动方向
B ．在第2小时末，甲乙两车相距10 km
C ．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大
D ．在第4小时末，甲乙两车相遇
12． (本题9分)关于惯性有下列说法，其中正确的是( )
A ．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B ．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C ．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D ．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)在“探究功与速度变化的关系”实验中，某同学设计了如图甲所示的实验方案：使小物块在橡皮筋的作用下沿水平桌面被弹出，第二次、第三次…操作时分别改用2根、3根、…同样的橡皮筋将小物块弹出，测出小物块被弹出时速度，然后找到牵引力对小物块做的功与小物块速度的关系．
（1）要测得小物块被弹出后的水平速度，需要测量哪些物理量（填正确答案标号，g 已知）______． A ．小物块的质量m
B ．橡皮筋的原长x
C ．橡皮筋的伸长量x ∆
D ．桌面到地面的高度h
E ．小物块抛出点到落地点的水平距离L
（2）用测量的物理量表示获得速度大小的表达式________．
（3）能够实现橡皮筋对小物块做功整数倍变化的是_______．
A ．增加相同橡皮盘的条数，使小物块每次从同一位置释放
B ．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的伸长量依次加倍
C ．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的长度依次加倍
D ．释放小物块的位置等间距的变化
（4）根据实验数据做出2W v -的图象如图乙所示，图线不通过原点的原因是_________．
14． (本题9分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，备有下列器材：
A ．电火花计时器；
B ．天平；
C ．秒表；
D ．交流电源；E.电池；F.纸带；G.细绳、砝码、滑块(可骑在气垫导轨上)；H.气垫导轨(一端带定滑轮)；I.毫米刻度尺；J.小型气泵．
(1)实验中应选用的器材有________________；实验的研究对象是________________．
(2)本实验分两大步骤进行：①________________；②________________.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．(本题9分)如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A．一质量m=0.10kg的小球，以初速度V0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点．求
（1）小球到A点的速度
（2）小球到B点时对轨道是压力
（3）A、C间的距离（取重力加速度g=10m/s2）．
16．(本题9分)如图所示，水平传送带AB长1m，以v=1m/s的速度匀速运动．质量均为4kg的小物体P、Q与绕过定滑轮的轻绳相连，t=0时刻P在传送带A端以初速度v0=4m/s向右运动，已知P与传送带间动摩擦因数为0.5，P在传送带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水平．不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且有足够长度，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，取g=10m/s1．求：
（1）t=0时刻小物体P的加速度大小和方向；
（1）小物体P滑离传送带时的速度．
17．如图所示，质量为m1＝1kg的小物块P，置于桌面上距桌面右边缘C点L1＝90cm的A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量为M＝3.5kg、长L＝1.5m的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端．小车左端放有一质量为m2＝0.5kg的小滑块Q．现用水平向左的推力将P缓慢压缩L2＝5cm推至B点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P沿桌面滑到桌子边缘C时速度为2m/s，并与小车左端的滑块Q相碰，最后Q停在小车的右端，物块P停在小车上距左端0.35m处P与桌面间动摩擦因数μ1＝0.4，P、Q与小车表面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2
（1）小车最后的速度v；
（2）推力所做的功；
（3）在滑块Q与车相对静止时，Q到桌边的距离．
参考答案
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．C
【解析】
试题分析：小球从A 滑动到D 的过程中，根据动能定理，有：mgh-W f =0；即克服阻力做的功W f 为mgh ；
从D 返回的过程，由于弹力和重力的径向分力的合力提供向心力，有：2v N mgcos m R
θ-=，由于返回时的速度小于开始时经过同一点的速度，故返回时弹力减小，故滑动摩擦力减小，克服摩擦力做的功小于mgh ，故物体会超出B 点，但超出高度小于h ；故AB 错误，C 正确；滑块不一定能够到达最低点，故D 错误；
故选C ．
考点：
2．D
【解析】
【详解】
A.小球的受力如图所示
小球受重力mg 和绳子的拉力F ，因为小球在水平面内做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据平行四边形定则知，拉力为：cos mg F α
=，故A 错误。

B.拉力与重力的合力沿水平方向提供向心加速度，根据牛顿第二定律得：tan n mg ma α= ，解得：tan n a g α= ．故B 错误；
CD.小球做圆周运动根据牛顿第二定律得：
224tan sin mg m L T
παα= 小球运动的周期为：
cos 2L T g
απ= 故C 错误D 正确。

3．C
【解析】
太阳位于木星运行轨道的焦点位置，选项A 错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，木星和火星绕太阳运行速度的大小不是始终相等，离太阳较近点速度较大，较远点的速度较小，选项B 错误；根据开普勒行星运动第三定律可知， 木星与火星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，选项C 正确；根据开普勒行星运动第二定律可知，相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积相等，但是不等于木星与太阳连线扫过面积，选项D 错误；故选C.
4．C
【解析】
【详解】
由能量守恒定律得：，解得：，所以小球能到达圆周轨道的最高点P ，且在P 点受到轻杆对它向上的弹力，故ABD 错误，C 正确．
故选：C
5．C
【解析】
【详解】
AB.因为AB 两点是同轴转动，所以A 、B 两点的角速度是相等的。

故AB 错误；
CD.由v=rω，可知速度之比等于半径之比，故A 、B 两点线速度大小之比为2：1，故C 正确，D 错误； 6．B
【解析】
【详解】
A ．沿斜坡匀速行驶的汽车,动能不变，重力势能变化，则机械能不断变化，选项A 错误；
B.真空中自由下落的羽毛，只有重力做功，机械能守恒，选项B 正确；
C.蹦床运动中越跳越高的运动员，因到达最高点时的重力势能不断增加，则机械能不断增加，选项C 错误；
D.在竖直平面内作匀速圆周运动的小球，动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，选项D 错误；
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．AB
【解析】
两球碰撞过程系统动量守恒,以两球的初速度方向为正方向,如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得:()A A B B A B m v m v m m v +=+
解得速度为v 4m/s =
如果两球发生完全弹性碰撞：A A B B A A B B m v m v m v m v ''+=+ 由机械能守恒定律得222211112222
A A
B B A A B B m v m v m v m v ''+=+ 解得：2/A v m s '= ;5/B v m s '=
所以碰后24/A v m s ≤≤ ；45/B v m s ≤≤ AB 对；CD 错；
故AB 正确
点睛：两球碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒;碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能,根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能;同时考虑实际情况,碰撞后A 球速度不大于B 球的速度.
8．BC
【解析】
【详解】
根据动能定理得：
2112
W mv ＝ ()22221132222
W m v mv mv =-= 则
12W W ＜．
根据动量定理得
10I mv mv =-=
22I mv mv mv =-=
知
12I I =
故BC 正确，AD 错误．
点睛：根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．
9．ACD
【解析】
【详解】
A.因整体的质量增大，整体的加速度小于原来的加速度，故物体回到平衡位置时的速度大小比原来小，故A 正确；
B.振子在最大位移处时系统只有弹簧的弹性势能，弹性势能不变，根据机械能守恒定律可知到达平衡位置的动能，即最大动能不变，故B 错误；
C.根据周期公式：
2T π=可知总质量增大，则周期增大，所以新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大，故C 正确；
D.因为弹簧的最大伸长量不变，故振子的振幅不变；故D 正确。

10．BC
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：对物块分析，物块相对于地的位移为L s +，根据动能定理得，21()()02f F F L s v -+=-，则知物块到达小车最右端时具有的动能()()f F F L s -+，故A 错误．对小车分析，小车对地的位移为l ，根据动能定理得，2102
f F l Mv ='-，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为f F s ，故B 正确．物块相对于地的位移大小为L s +，则物块克服摩擦力所做的功为f F L s （）
+，故C 正确．根据能量守恒得，外力F 做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：F
L s E Q +=∆+（），则物块和小车增加的机械能为f E F
L s F L （）∆=+-，故D 错误. 11．BC
【解析】
【详解】
A ．由图可知，2小时内乙车一直做反方向的运动，1小时末时开始减速但方向没有变，A 错误；
B ．图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，2小时内，甲车正向运动的位移为
1230km 30km 2x =⨯⨯=甲；而乙车反向运动，其位移大小为1230km 30km 2
x 乙=⨯⨯=，因两车相向运动，且初始时刻相距70km ，则2小时末时，两车还相距10km ，B 正确；
C ．图象的斜率表示加速度，由图可知，乙车的图象斜率总是大于甲车的图象的斜率，故乙车的加速度总比甲车的大，C 正确；
D ．4小内甲车的总位移为120km ，而乙车的总位移为30km 60km 30km -+=，即乙车的位移为正方向
的30km ，两车原来相距70km ，4小时末时，甲车离出发点120km ，而乙车离甲车的出发点70+30km=100km ，
故此时甲乙两车不相遇，故D 错误．
12．AD
【解析】
【分析】
惯性定律的内容是：一切物体都有保持原来运动状态的性质，即任何物体在任何情况下都有惯性；根据惯性定律的内容进行分析．
【详解】
物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质称为惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，A 正确；没有力的作用，物体可能做匀速直线运动，B 错误；一切物体都有保持原来运动状态的性质，说明速度不变，不是指速率不变，C 错误；运动物体如果没有受到力的作用，物体将保持原来的运动状态，即匀速直线运动，D 正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (1)DE; (2)v = (3)A; (4) 物体在桌面上运动时要克服摩擦力做功 【解析】
（1）物块离开桌面后做平抛运动，竖直方向：212h gt =，水平方向：L vt =，解得：v =物被弹出时的速度，需要测量：桌面到地面的高度h ，小物块抛出点到落地点的水平距离L ，故选DE ；
（2）由（1）可知用测量的物理量表示获得速度大小的表达式为v = （3）实验时，选择相同的橡皮筋，使橡皮筋的形变量相同，通过改变橡皮筋的条数改变橡皮筋对小车所做的功，A 正确，BCD 错误，选A ；
（4）物块在桌面上运动时，弹力对物块做整个，摩擦力对物块做负功，由于物块要克服摩擦力做功，则图象不过原点．
14． A 、B 、D 、F 、G 、H 、I 、J 骑在气垫导轨上的滑块 研究a 与F 的关系(m 一定) 研究a 与m 的关系(F 一定)
【解析】（1）因实验中打点计时器本身可以记录时间，故不用秒表；电源应采用交流电流，故电池组不需
要；需要测量小车的质量，故需要天平，实验需要测量物体运动的位移，因此缺少刻度尺．研究小车在气垫导轨上受细线的拉力运动，所以需要气垫导轨(一端带定滑轮)和小型气泵，细绳、砝码、滑块(可骑在气垫导轨上)，故需要的器材是ABDFGHIJ 。

（2）实验分为两大步骤，一是研究加速度与合力的关系，二是控制外力一定，研究加速度与质量的关系
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1） 5/A V m s = （2） 1.25N F N = （3）S AC =1.2m
【解析】
【详解】
（1）匀减速运动过程中，有：2202A v v as -=
解得：5/A v m s =
（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B 满足： mg=m 21B v R
，解得1B v =2m/s 假设物体能到达圆环的最高点B ，由机械能守恒：
12mv 2A =2mgR+12
mv 2B 联立可得：v B =3 m/s
因为v B >v B1，所以小球能通过最高点B ． 此时满足2
N v F mg m R
+= 解得 1.25N F N =
（3）小球从B 点做平抛运动，有： 2R=12
gt 2 S AC =v B ·t
得：S AC =1.2m ．
【点睛】
解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律．
16．（1）2．5m/s 1 ，方向向左（1m/s
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）由于v 0>v ， 所以P 向右减速运动，
对P ： T+μmg=ma 1①
对Q ： mg- T=ma 1②
a 1=2．5m/s 1 ③
方向向左
（1）设经过时间t 1速度与传送带速度相同，则
④ 位移
⑤ 由于最大静摩擦力，所以此后P 将继续向右减速
加速度:22() 2.5mg mg m m a a μ-=+⇒=m/s 1⑥
当其速度减为0时，位移⑦
可知P 在速度未减为0时没有到达B 端，此后P 将反向向左加速从A 端离开传送带 由：
⑧
得:6A v =m/s ⑨
17．（1）0.4m/s ；（2）6J ；（3）1.92m ．
【解析】
【详解】
（1）设物块P 与滑块Q 碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v 由动量守恒得： 1c 12()m v m m M v =++
代入数据可得：v ＝0.4m/s
（2）90cm ＝0.9m ，设弹簧的最大弹性势能为E pm
根据动能定理得：
211121c 1(2)2
W m g L L m v μ-+=
得：W ＝6J （3）设物块P 与滑块Q 碰后速度分别为v 1和v 2，P 与Q 在小车上滑行距离分别为S 1和S 2 P 与Q 碰撞前后动量守恒，则有：
11122c m v m v m v =+
由动能定理得：
2222112221122121
11()222
m gs m gs m v m v m m M v μμ+=+-++
联立得v 1＝1m/s ，v 2＝2m/s
方程的另一组解：当 v 2′=23m/s 时，v 1′=53
m/s ，v 1′＞v 2′不合题意舍去． 设滑块Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s ，Q 在小车上运动的加速度为a 由牛顿第二定律得：
222m g m a μ-=
代入数据解得：a ＝﹣1m/s 2
由匀变速运动规律得：
2222v v s a
-= 解得：s ＝1.92m。