高一物理期末模拟 基础篇(2)(解析版)

【新教材（人教版）】高一期末备考专题强化篇之全真模拟卷
基础篇
时间：90分钟 满分：100分
一、单选题（共8个小题，每题3分，满分24分；在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．要使两物体间万有引力减小到原来的1
4
，不可采取的方法是 A ．使两物体的质量各减少
1
2
，距离保持不变 B ．使两物体间距离变为原来的2倍，质量不变 C ．使其中一个物体质量减为原来的
1
4
，距离不变 D ．使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14
【答案】 D 【解析】 由2Mm F G
r 可知，若要使两物体间万有引力减小到原来的1
4
，距离不变的情况下，可以使两物体的质量各减少
12或者使其中一个物体质量减为原来的1
4
，质量不变的情况下，使两物体间距离变为原来的2倍，所以ABC 正确，D 错误，D 符合题意，故选D 。

2．如图所示，以9.8m/s 的水平速度v 0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是（ ）
A B C
D ．2s
【答案】 C 【解析】
物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为30的斜面上时，把物体的速度分解如图所示
由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为
tan 30y v v =
︒
由y gt =v 可得运动的时间
tan y v v t g
g θ
=
=
==
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

3．关于互成角度(不为0和180︒)的一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动，下列说法正确的是( ) A ．一定是直线运动
B ．一定是曲线运动
C ．可能是直线，也可能是曲线运动
D ．以上选项都不对
【答案】 B 【解析】
两个分运动一个是匀速直线运动，另一个是匀变速直线运动，只有一个方向上有加速度，则合加速度的方向就在该方向上，所以合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，其合运动为曲线运动，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

4．某人用手将1kg 物体由静止向上提起1m ，这时物体的速度为2m/s ，则下列说法正确的是（g =10m/s 2）（ ）
A ．手对物体做功10J
B ．合外力做功2J
C ．合外力做功12J
D ．物体克服重力做功12J
【答案】 B 【解析】 根据动能定理
2
G 1+02
W W W mv ==
-合人 G W mgh =-
代入数据解得
2J W =合 G 10J W =- 12J W =人
物体克服重力做的功为
G 10J W W =-=克
故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

5．嫦娥五号探测器是由中国空间技术研究院研制的中国首个实施无人月面取样返回的航天器。

假设嫦娥五号在着陆月球表面前，绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的a 倍，地球的质量和半径分别为月球质量和半径的b 倍、c 倍，已知地球的第一宇宙速度为0v ，则下列说法正确的是（ ） A ．嫦娥五号的发射速度小于0v
B ．地球表面重力加速度为月球表面重力加速度的
b c
倍
C ．月球第一宇宙速度大小为v
D ．嫦娥五号的环绕速度为v 【答案】 D 【解析】
A ．地球的第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，所以嫦娥五号的发射速度大于0v ，所以A 错误；
B ．由题可知
M bM =月地，R cR =月地
由
2
Mm
G
mg r = 得，地球表面的重力加速度为
g =
地化简可知
2=
b g g c
月地 所以B 错误； C ．根据
22
=M m v G m R R 月月月月
得，月球的第一宇宙速度为
v 月地球的第一宇宙速度为
0v =
化简可知
0v =
月 即
0v 月 所以C 错误； D ．根据
22M m v G m r r
=月
其中
r aR =月
则嫦娥五号的环绕速度为
0v =
== 所以D 正确。

故选D 。

6．有关圆周运动的基本模型如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．如图甲，火车转弯小于规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用
B ．如图乙，汽车通过拱桥的最高点时受到的支持力大于重力
C ．如图丙，两个圆锥摆摆线与竖直方向夹角θ不同，但圆锥高相同，则两圆锥摆的线速度大小相等
D ．如图丁，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A 、B 位置先后分别做匀速圆周运动，则在A 、B 两位置小球所受筒壁的支持力大小相等 【答案】 D 【解析】
A ．火车转弯小于规定速度行驶时，重力和支持力的合力大于提供向心力，内轨受到挤压，故A 错
误；
B ．汽车过凸桥最高点时，加速度的方向向下，处于失重状态，受到的支持力小于重力，故B 错误；
C ．小球受到重力和绳的拉力作用，如图所示
二者合力提供向心力，向心力大小为
tan θn F mg =
小球做圆周运动的半径为
tan θR h =
由牛顿第二定律得
2
tan θmv mg R
= 可得
θv
可知两个圆锥摆摆线与竖直方向夹角θ不同，但圆锥高相同，则两圆锥摆的线速度大小不相等，故C 错误；
D ．小球靠重力和支持力的合力提供向心力，设支持力与竖直方向的夹角为α，则支持力的大小
cos α
mg
N =
所以同一小球在A 、B 两位置小球所受筒壁的支持力大小相等，故D 正确； 故选D 。

7．质量m =200kg 的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系．设汽车在运动过程中阻力不变，在18s 末汽车的速度恰好达到最大．则下列说法正确的是( )
A ．汽车受到的阻力200N
B ．汽车的最大牵引力为800N
C ．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m
D ．8s~18s 过程中汽车牵引力做的功为8×104 J
【答案】 D 【解析】
根据机车保持恒定的加速度启动，先做匀加速直线运动，当功率增大到最大功率后做变加速直线运动，最后牵引力减小到等于阻力时做匀速直线运动．
A 、机车匀速时有m m P Fv fv ==，可得3
m m 810N 800N 10
P f v ⨯===，故A 错误． B 、对启动的过程分析可知，最初的匀加速阶段时的牵引力最大，而由v -t 图象可知21m/s v
a t
∆==∆，故最大牵引力为2
1800N 200kg 1m s
1000N F f ma -=+=+⨯⋅=，B 错误；
C 、汽车在做变加速运动过程的时间218s 8s 10s t =-=，速度从8m/s 增大为10m/s ，此过程牵引力的功率保持不变，由动能定理22
m 22m 11122
P t fx mv mv -=
-，解得：295.5m x =；故C 错误． D 、8s~18s 牵引力的功率保持不变，则牵引力的功为34
m 281010J 810J F W P t ==⨯⨯=⨯，故D 正
确． 故选D.
8．质量为400 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a 和速度的倒数
1
v
的关系如图所示，则赛车在加速的过程中( )
A ．速度随时间均匀增大
B ．加速度随时间均匀增大
C ．输出功率为160 kW
D ．所受阻力大小为1 60 N 【答案】 C 【解析】
由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，速度随时间不是均匀增大故A 错误；a -1
v
函数方程a ＝400
v
−4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F -f=ma ；其中：F=P/v ；联立得：P f
a mv m
=-，结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，
1
v
=0.01，v=100m/s
，
所以最大速度为100m/s ；由图象可知：−f/m ＝−4，解得：
f=4m=4×400=1600N ；10400100400
P f
⋅-＝ ，解得：P=160kW ，故C 正确，D 错误；故选C ．
二、多选题（共4个小题，每题5分，满分20分；在每小题给出的四个选项中，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。

）
9．如图所示，一根长度为2L 、质量为m 的绳子挂在小定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x 时，加速度大小为a ，滑轮对天花板的拉力为T ，链条动能E k ．已知重力加速度大小为g ，下列a -x 、E k -x 、T -x 关系图线正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】 BC 【解析】
AB ．设单位长度上质量为m 0，则根据牛顿第二定律得
00120()()()2L x m L x m m m g x
a g g m Lm L
+---=
==
加速度与x 成正比，当x =L 时，加速度 a =g
以后不变，故A 错误，B 正确； C ．链条的速度
v =动能
2211222k x mg E mv m g x x L L
=
=⋅⋅= 当 x =L
时，有
1
2
k E mgL =
可知，E k -x 图象开口向上的抛物线，故C 正确； D ．选取左边部分受力分析，知
2
00m g F mg ma x m gL L
=+=-
+ 由数学知识T -x 是开口向下的抛物线，故D 错误。

故选BC 。

10．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端与水平地面相连，让小球从距离弹簧上端一定高度自由下落，直至到弹簧被压缩到最短的整个下落过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（ ）
A ．小球的机械能守恒
B ．小球的机械能一直减小
C ．小球的动能一直增大
D ．小球、弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】 BD 【解析】
AB ．小球接触弹簧后，弹簧对小球有向上的弹力，弹力对小球做负功，所以小球的机械能不断减少，故A 错误，B 正确；
C ．弹簧对小球的弹力先小于重力，后大于重力，小球先加速后减速，动能先增大后减小，故C 错误；
D ．小球、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，故D 正确． 故选BD ．
11．随着科技的发展，人类的脚步已经踏入太空，并不断的向太空发射人造卫星以探索地球和太空的奥秘。

如图所示：为绕地球旋转的两颗人造地球卫星，他们绕地球旋转的角速度分别为1ω、2ω，关于他们的运动说法正确的是（ ）
A ．卫星1绕地球旋转的周期小于卫星2
B ．卫星1绕地球旋转的角速度小于卫星2
C ．想要卫星1变轨到卫星2的轨道，只需沿卫星1的速度方向喷火加速即可
D ．若某一时刻卫星1、2以及地心处在同一直线上，我们说此时两颗卫星距离最近。

从此时开始计时，两卫星要再次达到距离最近，需要时间为12
2π
t ωω=-
【答案】 AD 【解析】 A ．根据
2
224πMm G m r r T
= 可得
T =
由图可知
21r r >
所以
1T T >2
即卫星1绕地球旋转的周期小于卫星2，所以A 正确； B ．同理可得
ω=
所以
12ωω>
所以B 错误；
C ．想要卫星1变轨到卫星2的轨道，需沿卫星1的速度的反方向喷火加速，这样就会给卫星一个向前的冲力，让卫星1加速做离心运动，到达2轨道，所以C 错误；
D ．由于
1T T >2
所以当下次距离最近时，卫星1比卫星2多绕一圈，即
122πt t ωω-=
化简可得
12
2π
t ωω=
-
所以D 正确。

故选AD 。

12．一个物体以初速度v 0水平抛出，落地时速度为v ，则（ ）
A ．物体在空中运动的时间是0
v v g
-
B
C ．物体抛出时的竖直高度是2
2v g
D ．物体抛出时的竖直高度是2
2
02v v g
【答案】 BD 【解析】
AB ．物体在竖直方向做自由落体运动，因此竖直方向速度
y v =再根据y gt =v 得
t =
故A 错误，B 正确；
CD
．物体在竖直方向做自由落体运动，因此竖直方向速度
y v =再根据2
2y v gh =得
2202v v h g
-=
故C 错误，D 正确。

故选BD 。

三、实验题（共2题，满分16分；第13题6分，第14题10分）
13．用如图甲实验装置验证m 1、m 2组成的系统机械能守恒．m 2从高处由静止开始下落，m 1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图甲中未标出），计数点
间的距离如图乙所示．已知m 1=50g 、m 2=150g 则（g 取9.8m/s 2，结果保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v =_______；
（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△E K =________，系统势能的减少量△E P =________，由此得出的结论是_____________________________
（3）若某同学作出212
v -h 图象如图丙，则当地的实际重力加速度g =___________．
【答案】 2.4m/s 0.576J 0.588J 在误差允许的范围内，m 1、m 2组成的系统机械能守恒
9.7m/s 2
【解析】
第一空.根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：()2
46521.6026.4010m/s 2.4m/s 220.1x v T -+⨯⨯＝＝＝。

第二空.物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△E k ＝12
(m 1+m 2)v 52−0＝0.576J ； 第三空.重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△E P =W =（m 2-m 1）gh =0.588J ；
第四空.由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m 1、m 2组成的系统机械能守恒。

第五空.题中根据机械能守恒可知，（m 2-m 1）gh ＝12(m 1+m 2)v 2，即有：12v 2＝12gh ，所以12
v 2−h 图
象中图象的斜率表示12g ，由图可知，斜率k =12g =5.821.20
=4.85，故当地的实际重力加速度g =9.7m/s 2。

14．如图所示，在研究平抛运动的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：
A ．让小球多次从同一位置静止释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图中a 、b 、c 、d 所示.
B ．安装好器材，注意斜槽末端切线水平，记下平抛初位置O 点和过O 点的水平线与竖直线.
C ．取下方格纸，以O 为原点，以水平线为x 轴，竖直线为y 轴建立坐标系，用平滑曲线画出小球平抛运动的轨迹.
（1）上述实验步骤的合理顺序是____________.
（2）已知图中小方格的边长为L ，则小球从a 位置运动到c 位置所用的时间为________，小球平抛的初速度为________. (均用L 、g 表示)
【答案】 BAC 【解析】
(1)实验操作中要先安装仪器,然后进行实验操作,在进行数据处理，故实验顺序为:B,A,C
(2))由图可以知道a 、b 、c 、d 之间的时间间隔是相同的,因此根据匀变速直线运动的规律有: 2h gT ∆=
由题可以知道h L ∆=,带入计算得出每相邻两个位置的时间间隔为：
T = 则小球从a 位置运动到c 位置所用的时间为：
2t T ==水平方向匀速直线运动，
02x L v T ==
小球平抛的初速度为：
02L v T
=
= 四、解答题（共4小题，满分40分；第15、16题8分，第17、18题每题12分）
15．有一台最大功率为P m =8×103W 的起重机，将一个质量为m=1000kg 的物体竖直向上吊起，不计
空气阻力，取重力加速度g=10m/s 2，则
（1）若起重机以最大功率工作时，物体最终能达到的最大速度为多少？
（2）若物体以v=0.4m/s 的速度匀速上升，起重机的实际功率是多少？
（3）若物体从静止气以a=2m/s 2的加速度匀加速上升，则维持此加速度的时间是多少？
【答案】 （1）0.8/m s （2）4000W （3）13
s
【解析】
（1）当牵引力等于重力时，速度最大，根据 m P mgv =
可知最大速度
80000.8m/s 10000
m P v mg === （2）当物体匀速上升时
10000N F mg ==
则起重机的实际功率
100000.4W 4000W P Fv ==⨯=
（3）根据牛顿第二定律得
F mg ma =﹣
解得
()100002000N 12000N F mg ma =+=+=
则匀加速运动的末速度
80002m/s 120003
m P v F === 可知
2
13s 23
v t a === 16．如图所示，嫦娥三号探测器在月球上着陆的最后阶段为：当探测器下降到距离月球表面高度为h 时悬停一会儿，之后探测器由静止自由下落，在重力（月球对探测器的重力）作用下经过t 时间落在月球表面上。

已知月球半径为R 且h ≪R ，引力常量为G ，忽略月球自转影响，求：
(1)月球表面附近重力加速度g 的大小；
(2)月球的质量M ；
(3)月球的第一宇宙速度v 1是多大。

【答案】 (1)22h t ；(2)2
2
2hR Gt ；(3) 【解析】 (1)探测器在月球表面附近做自由落体运动，在下落h 的过程中则有
212
h gt = 解得月球表面附近的重力加速度为
2
2h g t = (2)不考虑自转，万有引力等于重力，对探测器则有 2Mm mg G
R = 解得月球的质量
22
22==gR hR M G Gt
(3)对贴近月球表面附近的卫星，万有引力提供向心力，则有
21v mg m R
= 解得月球的第一宇宙速度
1v t
== 17．如图所示是某公园中的一项游乐设施，半径为R=2.5m 、r=1.5m 的两圆形轨道甲和乙安装在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道CD 相连，现让可视为质点的质量为10kg 的无动力小滑车从A 点由静止释放，刚好可以滑过甲轨道后经过CD 段又滑上乙轨道后离开两圆形轨道，然后从水平轨道飞入水池内，水面离水平轨道的高度h=5m ，所有轨道均光滑，g=10m/s 2．
（1）求小滑车到甲轨道最高点时的速度v ．
（2）求小滑车到乙轨道最高点时对乙轨道的压力．
（3）若在水池中MN 范围放上安全气垫（气垫厚度不计），水面上的B 点在水平轨道边缘正下方，且BM=10m ，BN=15m ；要使小滑车能通过圆形轨道并安全到达气垫上，则小滑车起始点A 距水平轨道的高度该如何设计？
【答案】 （1）5m/s （2）
1000N 3
（3）6.25m 11.25m h ≤≤ 【解析】
（1）在甲轨道最高点P 有 2P v mg m R
= 解得
5m/s P v =
（2）从甲轨道最高点P 到乙轨道最高点Q ，由动能定理：
()22112222
Q P mg R r mv mv -=
- 在Q 点 2Q v F mg m
r +=
联立解得 1000N 3
F = 由牛顿第三定律，小滑车对乙轨道Q 点压力大小为
1000N 3，方向竖直向上． （3）设刚好过P 点，下落高度为h 1，从A 到P ，由动能定理
()211202
P mg h R mv -=
- 解得
h 1=6.25m
所以
6.25m h ≥
又设物体到水平台右端E 点速度为v E ，从E 平抛刚好到M 点
x 1=v E 1t =10m
25m 12
h gt == 解得
v E1=10m/s
从E 平抛刚好到N 点
x 2=v E 2t =15m
25m 12
h gt == 解得
v E2=15m/s
要使物体落在MN 范围
10m/s≤v E ≤15m/s
从A 到E ，由动能定理
2102
E mgh mv =- 则
5m≤h ≤11.25m
可得
6.25m≤h ≤11.25m
18．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。

一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。

已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。

(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。

(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。

(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。

【答案】 (1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A
【解析】
(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有
()212
B mg h R mv += 那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且
()2N 270N B mg h R mv F mg mg R R
+=+=+= 故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。

(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得
cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-︒-︒-︒=（）
所以
1.2m L =
(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得
()212cos370.542
B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-︒=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。