精品解析：重庆市綦江中学2017-2018学年高一下期期末第一次模拟考试物理试题(解析版)

綦江中学2017-2018学年下期期末
第一次模拟考试物理试题
一．单项选择题（共8道小题，每小题4分，共计32分。

每小题只有一个选项符合题意）。

1. 解放前后,机械化生产水平较低,人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用.如图所示,假设驴拉磨的平均用力大小为500 N,运动的半径为1 m,驴拉磨转动一周所用时间约为10s ，则驴拉磨转动一周的平均功率约为：
A. 0
B. 50 W
C. 50πW
D. 100πW
【答案】D 【解析】
试题分析：力与运动方向的切线共线，故，所以平均功率为
50021
10010
W P t ππ⨯⨯=
==，故选D 考点：考查了平均功率的计算
点评：本题的难点在与计算功，需要用到微元法
2.设地球表面的重力加速度为0g ，物体在距离地球表面3(R R 是地球的半径)处，由于地球的作用而产生的加速度为g ，则
g
g 为( ) A. 1 B.
19
C.
14
D.
116
【答案】D 【解析】
【详解】根据地球表面重力与万有引力近似相等02GMm mg R =
，有地球表面处的重力加速度02
GM
g R
= 离地球表面3R ，即离地心距离4R 处，根据牛顿第二定律：2(4)GMm mg R =
，
0211
1616
GM g g R == 即01
16
g g =，故ABC 错误，D 正确． 故选D
3.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A 轮有48齿，B 轮有42齿，C 轮有18齿，D 轮有12齿，则下列正确的是
A. 当B 轮与C 轮组合时，两轮的线速度之比V B :V C =7:3
B. 当B 轮与C 轮组合时，两轮的周期之比T B :T C =3:7
C. 当A 轮与D 轮组合时，两轮的角速度之比ωA :ωD ＝1∶4
D. 当A 轮与D 轮组合时，两轮角速度之比ωA :ωD ＝4∶1 【答案】C 【解析】
当B 轮与C 轮组合时，同缘传动边缘点线速度相等:1:1B C v v =，前齿轮的齿数与每秒转动圈数的乘积等于
后齿轮齿数与每秒转动圈数的乘积，22C B
B C N N ωω
ππ=，解得
37C B C B N N ωω==，故73B A T T =，故AB 错误；同理当A 轮与D 轮组合时，
1
4
A D D A N N ωω==．综故C 正确，D 错误． 4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h ．若将小球A 换为质量为3m 的小球
B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力) ( )
2gh gh
43
gh
2gh 【答案】C 【解析】
【详解】小球A 下降高度h 过程中，重力势能转化为弹性势能，所以此时弹簧的弹性势能为mgh ，换为质量为3m 的小球B ，下降h 时减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和小球B 的动能，根据能量守恒可知
21
332
p mgh E m v =+⨯⨯ 由于弹簧形变量与第一次相等，所以此位置的弹性势能仍然为mgh
，解得：
43
gh
v =
故C 正确；ABD 错误；故选C
5.已知地球赤道上的物体随地球自转的线速度大小为v 1、向心加速度大小为a 1，近地卫星线速度大小为v 2、向心加速度大小为a 2，地球同步卫星线速度大小为v 3、向心加速度大小为a 3．设近地卫星距地面高度不计，同步卫星距地面高度约为地球半径的6倍．则以下结论正确的是 A.
236
v v =
B.
231
7
v v = C.
1316
a a = D.
23491
a a = 【答案】D 【解析】
【详解】根据万有引力提向心力：2
2
GMm mv r r =，可得GM v r =，两卫星的轨道半径比为1：7，则有：237
1
v v =，故AB 错误；同步卫星与随地球自转的物体具有相同的角速度，根据a =rω2得，地球的半径与同步卫星的轨道半径比为1：7，所以
131
7a a =，故C 错误；根据万有引力提向心力：2GMm ma r
=，解得2M
a G r
=，两卫星的轨道半径比为1：7，可得23491a a =，故D 正确．
故选D 。

6.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上，物体A 被水平速度为v 0=90m/s 的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A 的质量m A =m B =0.2kg ，子弹的质量m =0.1kg ，求弹簧的最大弹性势能是
A. 324J
B. 270J
C. 54J
D. 405J
【答案】C 【解析】
【详解】子弹入射木块A 过程中
01()A mv m m v =+
当子弹与A 共速后
12()()A A B m m v m m m v +=++
由能量守恒可知弹簧的最大弹性势能
221211
()()54J 22
p A A B E m m v m m m v =
+-++= 故选C ．
7.如图所示，一条小船位于200 m 宽的河正中A 点处，从这里向下游1003 m 处有一危险区，当时水流速度为4 m/s ，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是 ( )
A.
43
m/s B.
83
m/s C. 2 m/s D. 4 m/s
【答案】C 【解析】
【详解】本题考查临界情况，小船的运动轨迹如图所示
，其中v 1为船速，v 2为水流速，d 为河宽,x 为到达危险区的距离，由此可以求出船在静水中最小
速度为2 m/s ，故C 正确．
8.太阳系中某行星A 运行的轨道半径为R ，周期为T ，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t 发生一次最大的偏离．天文学家认为形成这种现象的原因可能是A 外侧还存在着一颗未知星B ，它对A 的万有引力引起A 行星轨道的偏离，假设其运行轨道与A 在同一平面内，且与A 的绕行方向相同，由此可推测未知行星B 绕太阳运行的圆轨道半径为
A. 2
3t t T ⎛⎫ ⎪
-⎝⎭
B.
t
R t T
+
C.
2 3
t T R
t
-
⎛⎫
⎪
⎝⎭
D.
2
3
t
R
t T
-
【答案】A
【解析】
由题意可知：A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t发生一次最大的偏离，说明A、B相距
最近，设B行星的周期为T0，未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为R0，则有
22
()2
t
T T
ππ
π
-=．据开普勒第三定律
33
22
R R
T T
=．由以上两式联立可得2
3
()
t
R R
t T
=
-
．综上分析，A正确．
二、多项选择：（每小题4分，共16分。

每小题有多个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，多选或错选得0分）
9.如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由1v增加到2v时，上升高度为H，则在这段过程中，下列说法或表达式正确的是()
A. 对物体，动能定理的表达式为2
1
2
FN c
W mv
=，其中
FN
W为支持力的功
B. 对物体，动能定理的表达式为0
W=
合
，其中W合为合力的功
C. 对物体，动能定理的表达式为22
21
11
22
FN
W mgH mv mv
-=-
D. 对电梯，其所受合力做功22
21
11
22
Mv Mv
-
【答案】CD
【解析】
合外力所做功等于物体的动能变化．合力做功为22
21
11
22
N
W mgH mv mv
-=-；
N
W为支持力的功．综上分析，CD正确．
10.汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0．t1时刻，司机减小了油门，使汽车
功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动（设整个过程中汽
车所受的阻力不变）．在下图中能正确反映汽车牵引力F 、汽车速度v 在这个过程中随时间t 变化正确的是（ ）
A. ①③
B. ①④
C. ②③
D. ②④
【答案】AD 【解析】
本题考查的是机车功率问题与图象的问题，t 1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，则牵引力会立即减小一半，而后逐渐增大，汽车匀减速运动，到t 2时刻，牵引力和阻力又恢复相等，汽车又恢复了匀速直线运动，根据P Fv =，可知此时速度变为原来的一半，AD 正确，BC 错误；
11.如图所示，从倾角为θ的斜面顶点A 将一小球以初速度0v 水平抛出，小球落在斜面上B 点，重力加速度为g 不计空气阻力)，则下列说法正确的有（ ）
A. 从A 到B 的运动时间为04tan v t g
θ
=
B. AB 的长度为202tan cos v L g θ
θ
=
C. 到B 点的速度2
22n a n b n -=+
D. 小球在B 点时的速度分量满足
tan y x
v v θ=
【答案】BC 【解析】
【详解】根据2
00
12tan 2gt
y gt x v t v θ===得，物体在空中飞行的时间02tan .v t g
θ=故A 错误；物体的水平位移2002tan v x v t g θ==，所以AB 间的距离2
02tan cos cos v x
L g θθθ
==，故B 正确；根据速度与时间关系，则B 点
竖直方向的速度02tan By v gt v θ==，那么B 点的速度2
2200(2tan )14tan B v v v v θθ=+=+，
故C 正确；
在B
点时的速度分量不满足tan
y
x
v
v
θ
=，因为B点的速度与水平夹角不为θ，而是位移与水平的夹角，故D
错误．故选BC．
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，通过位移关系求出运动的时间是解决本题的突破口．
12. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（）
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 下滑过程中，克服摩擦力做功为
C. 在C处，弹簧的弹性势能为
D. 上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】BD
【解析】
由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；从A到C，根据能量守恒：，从C到A：，联立解得：，，所以B正确，C错误；从A到B：，从C到A：
，，联立可得，所以D正确．【学科网考点】能量守恒、动能定理
【方法技巧】本题涉及到受力分析、运动过程、能量变化的分析，由运动分析受力，由经过B处的速度最大，得到加速度等于零，因为物体是在变力作用下的非匀变速运动，故一定是利用能的观点解决问题，即由能量守恒得到摩擦力做功以及弹性势能的大小，本题综合性较强，难度较大．
三、实验题（共2小题，13小题6分，13小题9分，共15分）
13.如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置．
（1）下列说法中符合本实验要求的是_______．（选填选项前面的字母） A ．入射球比靶球质量大或者小均可，但二者的直径必须相同
B ．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放
C ．安装轨道时，轨道末端必须水平
D ．需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表
（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O 点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M 、P 、N ，并测得它们到O 点的距离分别为OM 、OP 和ON ．已知入射球的质量为m 1，靶球的质量为m 2，如果测得12m OM m ON ⋅+⋅近似等于_____，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒． 【答案】 (1). BC (2). 1m OP 【解析】
【详解】（1）入射球质量大于靶球质量，且二者的直径必须相同，A 错误 在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，B 正确 要求每次小球都水平抛出，所以安装轨道时，轨道末端必须水平，C 正确 需要使用的测量仪器有天平、刻度尺，D 错误
（2）小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，若不放靶球时，小球做平抛运动的水平速度为碰撞前的速度，故1
OP
v t =
，入射球碰撞后落在M 点，则入射球碰撞后的速度为12OM v t =，靶球碰撞后落在N
点，则靶球碰撞后的速度为23
ON
v t =
，由于做平抛运动的高度相同，所以123t t t ==，故若121m OM m ON m OP ⋅+⋅=，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒
14.某同学利用自己设计的弹簧弹射器做“验证弹簧弹性势能E p ＝
12
kx 2
(k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)”的实验，装置如图(a)所示．水平放置的弹射器将质量为m 的小球弹射出去．测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t .用刻度尺测出弹簧的压缩量为x ，甲、乙光电门间距为L ，忽略一切阻力．
(1)小球被弹射出的速度大小v ＝______，求得弹簧弹性势能E p ＝______.(用题目中的字母符号表示) (2)该同学测出多组数据，计算并画出如图(b)所示E p 与x 2的关系图线，从而验证了它们之间的关系．根据图线求得弹簧的劲度系数k ＝________ N/m.
(3)由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果________影响(选填“有”或“无”)．
【答案】 (1). （1）L t ， (2). 2
2
2mL t
(3). （2）200 (4). （3）无 【解析】
【详解】（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：
L v t =，由能量守恒得：2
22211()222p L mL E mv m t t
==⨯⨯=；
（2）由图中数据代入公式：2
12
p E kx =
，解得：200/k N m = （3）由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度都不会变化
四、计算题（共47分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后的答案不能得分。

）
15.将质量为0.2 kg 的小球以初速度6 m/s 水平抛出，抛出点离地的高度为3.2 m ，不计空气阻力．求： （1）小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量； （2）小球将要着地时的动量；
（3）小球从抛出到它将要着地的过程中动量的变化．
【答案】（1）1.6 N·s 方向竖直向下 （2）2 kg·m/s 方向与水平面成53°夹角斜向下 (3)1.6 kg·m/s 方向竖直向下 【解析】
根据平抛运动规律可求得下落时间，再根据冲量的定义可求得重力的冲量；根据速度时间公式求出落地时的竖直分速度，再结合平行四边形定则求出小球的速度，从而得出小球的动量；由动量定理可求动量的变化． （1）由2
12
h
gt =
，可得0.8t s = 小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量 1.6?
I mgt N s == （2）小球落地时的竖直速度100.88/y v gt m s ==⨯= 合速度2210/x y v v v m s =
+=
故小球将要着地时的动量0.2102?
/P mv kg m s ==⨯= 4
tan 3
y
x v v θ=
=，方向与水平面成53°夹角斜向下． （3）由动量定理可知 1.6kg?
m/s P mgt ∆== 方向竖直向下． 【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，本题中要注意如果采用动量定理求解动量时动量的矢量应为矢量计算．
16.一长l ＝0.80 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端连接一质量m ＝0.10 kg 的小球，悬点O 距离水平地面的高度H ＝1.00 m ．小球自与悬点O 等高的A 点释放，到B 点时速度为4m/s B v =；当小球运动到B 点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个固定的钉子P 时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：
(1)绳断裂后球从B 点抛出并落在水平地面上的C 点，求C 点与B 点之间的水平距离；
(2)若OP ＝0.6 m ，轻绳碰到钉子P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力． 【答案】（1）0.8m (2)9N 【解析】
【详解】（1）小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得
0x v t =
2
12
y H l gt =-=
解得C 点与B 点之间的水平距离为
0.8x m =
（2）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m ，
由牛顿定律得
2
B m mv F mg r
-= r l d =-
由以上各式，代入数据解得
F m =9N
【点睛】本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖
直方向上的运动规律是解决本题的关键．
17.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A =2 kg 、m B =1 kg 、m C =2 kg ．开始时C 静止，A 、B 一起以v 0=5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞，求：
（1）A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．
（2）若A 与C 发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？
（3）在（2）相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
【答案】(1)2 m/s (2) 3 m/s (3) 15 J
【解析】
【详解】AC 碰撞过程中，动量守恒，碰撞后AB 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解即可；以ABC 为系统动量守恒可求最终速度，由能量守恒可求系统的机械能损失．
（1）因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，C 的速度大小为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得
0A A A C C m v m v m v =+ A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度
v AB ，由动量守恒定律得 0()A A B A B AB m v m v m m v +=+
A 、
B 达到共同速度后恰好不再与
C 碰撞，应满足
AB C v v =
解得
v A =2m/s ；
（2）若A 与C 发生碰撞后粘在一起，由动量守恒可得
0()()A B A B c t m m v m m m v +=++
解得
3m/s t v =
（3）由能量恒定可得损失的机能
22011()()15J 22
A B A B C t E m m v m m m v ∆=+-++= 【点睛】本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律以运动学基本公式的直接应用，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向．
18.如图所示的装置由传送带AB 、水平地面CD 、光滑半圆形轨道DE 三部分组成．一质量为5 kg 的物块从静止开始沿倾角为37°的传送带上滑下．若传送带顺时针运动，其速度v ＝10 m/s ，传送带与水平地面之间通过光滑圆弧BC 相连，圆弧BC 长度可忽略不计，传送带AB 长度为L AB ＝16 m ，水平地面长度为L CD ＝6.3 m ，半圆轨道DE 的半径R ＝1.125 m ，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)物块在传送带上运动的时间t ；
(2)物块到达D 点时对D 点的压力大小；
(3)物块从E 点抛出后的落地点与D 点的距离．
【答案】(1)2 s (2)410 N (3)
55
m 【解析】
【详解】(1)刚开始运动时，对物块受力分析可知 1sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=
解得
a 1=10 m/s 2
物块与传送带达到共同速度时
11v a t =
解得
t 1=1 s
物块的位移
215m 2
x at =
= 此后对物块受力分析可知 2sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=
解得
a 2=2 m/s 2
物块在传送带上的第二段运动
222212AB L x vt a t -=+ 解得
t 2=1 s 物块在传送带上运动的时间
t =t 1＋t 2=2 s (2)物块到达传送带底端的末速度
22212m/s v v a t =+= 在水平地面CD 上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小
a =μg =5 m/s 2
设物块到达D 点时的速度为v 3，则
22322CD v v aL -=-
解得 v 3=9 m/s
设此时D 点对物块的支持力为F N ，根据牛顿第二定律，有
23N mv F mg R
-= 解得
F N =410 N
根据牛顿第三定律可知，物块对D 点的压力大小为410 N ．
(3)物块沿半圆轨道从D 点运动到E 点的过程机械能守恒，设物块经过E 点时的速度为v 4，根据机械能守恒定律有
223411222
mv mv mgR =+ 解得
v 4=6 m/s
物块从E 点抛出后做平抛运动，有
43s v t =
23122
R gt =
解得
m 5
s = 【点睛】本题的关键理清物体的运动情况，分段运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行研究．要掌握平
抛运动的研究方法：运动的分解法．。