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1、 18046800067(微信同号) QQ:2932310079【新教材（人教版）】高一期末备考专题强化篇之全真模拟卷提高篇时间：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质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为（）ABCD【答案】 C【解析】汽车速度达到最大后，将匀速前进，此时牵引力与摩擦力大小相等，根据功率与速度关系公式和共点力平衡条件有当汽车的车速为时，牵引力为有此时根据牛顿第二
2、定律有联立以上方程可以得到故ABD错误，C正确。故选C。2太阳由于辐射，质量在不断减少，地球由于接受太阳辐射和吸收宇宙中的尘埃，其质量在增加。假定地球增加的质量等于太阳减少的质量，且地球的轨道半径不变，则（）A太阳对地球的引力不变B太阳对地球的引力变小C地球运行的周期变长D地球运行的周期变短【答案】 C【解析】AB设太阳的质量为M，地球的质量为m，太阳减小的质量为m1，开始引力为质量变化后，引力为因为可知引力增大，故AB错误；C根据得周期太阳的质量减小，则周期增大，故C正确，D错误。故选C。3如图所示，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点，O点在水平
3、地面上。可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点，不计空气阻力，g=10m/s2。则B点与O点的竖直高度差为ABCD【答案】 D【解析】小球刚好通过A点，则在A点重力提供向心力，则有：，解得：；从A点抛出后做平抛运动，则水平方向的位移x=vt，竖直方向的位移h=gt2，根据几何关系有：x2+h2=R2解得：，则B点与O点的竖直高度差为，故D正确，ABC错误。4如图所示，站在岸边的人通过拉动绳子使得小船靠岸。已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为时，船的速度为v，若此时人水平拉动绳子的力大小记为F，则（）A船
4、的加速度为B船的加速度为C人拉绳行走的速度为vcosD人拉绳行走的速度为【答案】 C【解析】AB对船受力分析，受四个力：重力G竖直向下，水的浮力竖直向上，绳子的拉力沿着绳子与水平方向成角，水的阻力Ff水平向右。将分解为水平向左的分力和竖直向上分力，则由牛顿第二定律得则船的加速度为所以AB错误；CD题中已知的船的速度v是船的实际速度，将速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度和，则人拉绳行走的速度为，则所以C正确，D错误。故选C。5据报道，最近在太阳系外发现了首颗宜居行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600N的人在这个行星表面的重量将变为960N由此可推知，该行星
5、的半径与地球半径之比约为（ ）A0.5B2C3.2D4【答案】 B【解析】设地球质量为M，半径为R，则行星质量为6.4M，半径为r，该人的质量为m则该人在行星表面上：，该人在地球表面上：联立两个方程式，可以得到：故选项A正确6如图所示，转台上固定有一长为4L的水平光滑细杆，两个中心有孔的小球A、B从细杆穿过并用原长为L的轻弹簧连接起来，小球A、B的质量分别为3m、2m。竖直转轴处于转台及细杆的中心轴线上，当转台绕转轴匀速转动时（）A小球A、B受到的向心力之比为3：2B当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为1.5LC当轻弹簧长度变为3L时，转台转动的角速度为，则弹簧的劲度系数为1.8m
6、D如果角速度逐渐增大，小球A先接触转台边沿【答案】 C【解析】A由于弹簧的拉力提供小球做圆周运动的向心力，弹簧对两个小球的拉力相等，因此两个小球的向心力相等，A错误；B由于向心力相等，因此而轻弹簧长度变为2L时可得，当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为0.8L，B错误；C当长度为3L时，即可得此时弹簧的弹力提供A球做圆周运动的向心力，则整理得C正确；D由于B球的轨道半径总比A球的大，因此B球先接触转台边沿，D错误。故选C。7如图所示，小环A套在光滑竖直杆上，小环B套在光滑水平杆上，A、B两环用一不可伸长的轻绳连接在一起。初始时，用力F作用在A上，使A、B两环均处于静止状态，轻绳处于
7、伸直状态且与竖直杆夹角为60。撤去F后，小环A运动至轻绳与竖直杆夹角为37时的速率为v。已知A、B两环的质量均为m，绳长为l，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A力F的大小为2mg，方向竖直向上B在运动过程中，小环A的机械能守恒C轻绳与竖直杆夹角为37时，小环B的速率也为vD轻绳与竖直杆夹角为37时，小环A的速率为【答案】 D【解析】A在拉力作用下，AB都处于静止，说明轻绳上的拉力为0，对A分析，由于A静止，故合力为零，施加的外力等于A环的重力，故拉力F=mg方向竖直向上，选项A错误；B在运动过程中，AB组成的系统机械能守恒，由于轻绳存在作用力，故小环A的机械能不守恒，选项B错误；C将A、B
8、的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度大小相等，有解得选项C错误；D在运动过程中，AB组成的系统机械能守恒，则解得选项D正确。故选D。8如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈=37的斜面上，撞击点为C已知斜面上端与曲面末端B相连，A、B间的高度差为h，B、C间的高度差为H，不计空气阻力，则h与H的比值hH为()A34 B43 C94 D49【答案】 D【解析】对AB段，根据动能定理得，mgh=12mvB2，解得:vB=2gh，根据tan37=12gt2vBt得,则H=12gt2=12g4vB2tan237g2，解得hH=49
9、;故选D.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甲、乙两个做匀速圆周运动的物体，它们的半径之比为3:1，周期之比是1:2，则（）A甲与乙的线速度之比为1:3B甲与乙的线速度之比为6:1C甲与乙的角速度之比为6:1D甲与乙的角速度之比为2:1【答案】 BD【解析】AB根据可知，甲和乙的线速度之比为所以B正确，A错误；CD根据可知，甲和乙的角速度之比为所以D正确，C错误。故选BD。10如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光
10、滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）A环到达B处时，重物上升的高度dB环到达B处时，环的速度大小是重物的倍C环从A到B过程中，环的机械能是减少的D环能下降的最大高度为【答案】 BCD【解析】A环到达B处时，重物上升的高度由几何关系可知故A错误B环和重物体在沿着绳子方向上的速度相同，因此整理得故B正确；C由于绳子拉力对环做负功，因此环的机械能减少，故C正确；D环与重物组成的系统满足机械能守恒整理得故D正确。故选BCD。11某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2
11、s内做匀加速直线运动，2 s末达到额定功率，2 s到14 s保持额定功率运动，14 s末停止遥控，让玩具车自由滑行，其vt图象如图所示可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为m1kg，取g10 m/s2，则()A玩具车所受阻力大小为2 NB玩具车在4 s末牵引力的瞬时功率为9 WC玩具车在2 s到10 s内位移的大小为39 mD玩具车整个过程的位移为90 m【答案】 BC【解析】A1418s小车在阻力作用下匀减速运动，匀减速直线运动的加速度大小：a2=6/4=1.5m/s2由牛顿第二定律得：阻力为：f=ma=11.5N=1.5N故A错误B匀速行驶时，牵引力等于阻力，则有：P=F
12、vm=fvm=1.56W=9W由题知：2s末小车的实际功率达到额定功率，所以玩具车在4s末牵引力的瞬时功率为9W故B正确C设匀加速牵引力为F，则有：F-f=ma1匀加速直线运动的加速度大小为：a1=3/2=1.5m/s2则得F=3N,则匀加速运动的最大速度为：v=3m/s匀加速的位移x1=1232m=3m210s内，由动能定理得：代入数据解得x2=39m故C正确D1018s内位移为：x3=36m,玩具车整个过程的位移为：x=x1+x2+x3=3+39+36=78m故D错误故选BC12如图所示，a、b、c是地球大气层外圈圆形轨道上运动的三颗卫星，a和b质量相等，且小于c的质量，则（）Ab所需向心
13、力最小Bb、c的周期相同且大于a的周期Cb、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度Db、c的线速度大小相等，且小于a的线速度【答案】 ABD【解析】A因卫星运动的向心力是由它们所受的万有引力提供，由知，b所受的引力最小，故A正确；B由得，即r越大，T越大，所以b、c的周期相等且大于a的周期，B正确；C由得，即所以b、c的向心加速度大小相等且小于a的向心加速度，C错误；D由得，即所以b、c的线速度大小相等且小于a的线速度，D正确。故选ABD。三、实验题（共2题，满分16分；第13题6分，第14题10分）13图甲是研究平抛物体的运动的实验装置图：（l）下列说法正确的是_；A通过调节使斜槽的末
14、端保持水平B每次释放小球的位置可以不同C应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下D记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降E.斜槽必须光滑(2)图乙是正确实验取得的数据，其中O点为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为_ m/s（g=9.8m/s2）；(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，通过频闪照相机，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则照相机的闪光频率为_Hz，该小球做平抛运动的初速度为_m/s；抛出点距A点的竖直距离_ cm（g=10m/s2）。【答案】 AC 1.6 10 1.5 5【解析】(1)A为了保证小球的初速度水平，需调节使斜槽的末端保持水平，
15、选项A正确；BCE为了保证小球每次平抛运动的初速度大小相等，应使小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽不一定需要光滑，选项C正确，BE错误；D记录小球位置用的铅笔不需要每次严格地等距离下降，选项D错误。故选AC。(2)根据得平抛运动的时间则小球平抛运动的初速度(3)在竖直方向上根据得所以照相机的闪光频率为小球平抛运动的初速度B点的竖直分速度从抛出点到B点的时间则抛出点到B点的竖直位移，所以抛出点到A点的竖直距离14如图1所示，某同学利用自由落体运动进行验证机械能守恒定律的实验：(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_
16、；A交流电源 B刻度尺 C天平（含砝码）(2)实验中，该同学先接通电源，再释放重物，得到一条图2所示的纸带，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为纸带上所打的三个点，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3，在A和B、B和C之间还各有一个点。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量Ep=_，动能增加量Ek=_；(3)该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的_误差（选填偶然或系统）。由此看，该同学数据处理的结果比较合理的应当是Ep_Ek（选填、=或 【解析】(1)打点计时器需接交流电源；实验中需要用刻度尺
17、测量点迹之间的距离，从而求出瞬时速度以及重力势能的减小量；实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量质量，故选AB。(2)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量B点的瞬时速度则动能的增加量(3)该实验没有考虑各种阻力的影响，属于系统误差；由于阻力的影响，该同学数据处理的结果比较合理的应当是。(4)重锤下落过程中，受到重力和阻力作用，根据牛顿第二定律得由纸带数据可得加速度重锤在下落过程中受到的平均阻力的大小四、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如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球
18、A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力。若球A运动到最高点时，球A对杆恰好无作用力，则：(1)球A在最高点时速度大小；(2)球A在最高点时，球B对杆的作用力大小。【答案】 (1)；(2)3mg【解析】(1) 球A运动到最高点时，球A对杆恰好无作用力，根据牛顿第二定律得解得(2)球B与球A有相同的角速度对球B根据牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律，球B对杆向下的作用力为3mg。16为了迎接太空时代的到来，美国国会通过一项计划：在2050年前建造成太空升降机，就是把长绳的一端搁置在地球的卫星上，另一端系
19、住升降机，放开绳升降机能达地球上，人坐在升降机里，在卫星上通过电动机把升降机拉到卫星上，已知地球表面的重力加速度g=10m/，地球半径R=6400km地球自转周期为T求：（1）某人在地球表面用体重计称得重800N，站在升降机中，当升降机以加速度a=g（g为地球表面处的重力加速度）垂直地面上升，在某一高度时此人再一次用同一体重计称得重为850N，忽略地球公转的影响，求升降机此时距地面的高度（2）如果把绳的一端搁置在同步卫星上，绳的长度至少为多长？（结果用g、R、T表达）【答案】 (1) (2) 【解析】(1)人的质量人在升降机中以加速度a=g垂直地面上升时，解得：据万有引力与重力加速度的关系得：
20、、解得：(2)设H为同步卫星的高度，同步卫星所受万有引力充当向心力，则：解得：，即绳长为17如图所示，有一倾斜放置的长度L30 m的传送带，与水平面的夹角37，传送带一直保持匀速运动，速度v4 m/s。现将一质量m1 kg的物体轻轻放上传送带底端，使物体从底端运送到顶端，已知物体与传送带间的动摩擦因数0.8.以物体在传送带底端时的势能为零，求此过程中：（已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2）(1)物体从底端运送到顶端所需的时间；(2)物体到达顶端时的机械能；(3)物体与传送带之间因摩擦而产生的热量；(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能。【答案】 (1)12.
21、5s；(2)188J；(3)128J；(4)316J.【解析】(1)物体放到传送带时先做匀加速直线运动，设加速度为a。根据牛顿第二定律得mgcos-mgsin=ma解得a=gcos-gsin=0.4m/s2设物体匀加速至速度等于v=4m/s时用时间通过的位移为x1。则v2=2ax1得共速时，由于mgcosmgsin所以之后物体随传送带匀速上升，则到达顶端还需时间共需时间t=t1+t2=12.5s(2)物体到达顶端时的动能重力势能机械能EEk+Ep188J(3)设物体匀加速运动的时间为t，则v=at得t=10s在t时间内传送带的位移x带=vt=40mt时间内物体与传送带间的相对位移大小x=x带-
22、x1=20m因摩擦产生的热量Q=mgcosx代入数据解得Q=128J(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能E电=E+Q=316J18如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高顶部水平高台，接着以水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑A、B为圆弧两端点，其连线水平已知圆弧半径为，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计，人与车一直没有分离，人和车这个整体可以看成质点。计算中取，。求：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离S；（2）人与车整体在A点时的速度大小以及圆弧对应圆心角；（3）人与车整体运动到达圆弧轨道A点时，受到的支持力大小；（4）若人与车整体运动到圆弧轨道最低点O时，速度为，求此时对轨道的压力大小。【答案】 （1）1.2m；（2）5m/s；（3）；（4）7740N【解析】（1）车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得竖直方向上水平方向上s=vt可得t=0.4s（2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度vy=gt=4m/s到达A点时速度设摩托车落至A点时，速度方向与水平方向的夹角为，则即所以（3）对人与车整体受力分析可知，受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得解得（4）在最低点，受力分析可得解得由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为7740N.22