鲁科版必修2期末模拟测试卷四——2024-2025第二学期高一物理期末复习每天一练

2024-2025第二学期高一物理期末复习每天一练（鲁科版） 必修二期末模拟测试卷四 （考查范围：鲁科版必修2 完卷时间： 90分钟 难度系数 0.5） 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.地球沿椭圆轨道绕太阳运行时，所处不同位置对应的中国节气如图所示。地球从春分到夏至的运行过程中，下列说法正确的是(    ) A. 运行时间小于从秋分到冬至的运行时间 B. 太阳对地球的引力逐渐增大 C. 太阳对地球的引力做负功 D. 地球在春分的运行速率小于在夏至的运行速率 2.将一小球从距水平地面某一高处由静止释放，不计空气阻力，以水平地面为零势能面。下列关于小球在空中运动时的位移大小、速度大小、动能和重力势能随运动时间变化的关系图线正确的是(    ) A. B. C. D. 3.图甲为淄博市陶琉馆的“镇馆之宝”青釉莲花尊。在陶瓷制作过程中将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，修整坯体。对应的简化模型如图乙所示，粗坯的对称轴与转台转轴重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上、两质点，下列说法正确的是(    ) A. 的角速度大小比的大 B. 的线速度大小比的大 C. 的向心加速度大小比的小 D. 的周期比的大 4.一小船在静水中的速度为，它在一条河宽，水流速度为的河流中渡河，则该小船(    ) A. 能到达正对岸 B. 渡河的时间不可能少于 C. 船头垂直河岸航行，它的位移大小为 D. 以最短位移渡河时，位移大小等于 5.如图为某度假区的摩天轮，是游客喜爱的娱乐项目之一。假设摩天轮座舱与舱中的游客均可视为质点，座舱在竖直面内做匀速圆周运动。该摩天轮圆盘直径约，在竖直面内匀速转动一周大约需要分钟，，在摩天轮匀速运行时，座舱与游客相对静止，则下列说法正确的是(    ) A. 座舱里的游客所受的合力保持不变 B. 座舱里的游客在最高点处于超重状态 C. 座舱的线速度大小约为 D. 座舱的角速度约为 6.一辆“复兴号”模型小机车在水平路面上由静止启动，在前内做匀加速直线运动，末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其图像如图所示。已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，取，则以下说法正确的是(    ) A. 汽车在前内的牵引力为 B. 汽车速度为时的加速度为 C. 汽车的额定功率为 D. 汽车的最大速度为 7.一串质量的钥匙从橱柜上高位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间，且不反弹。重力加速度，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为(    ) A. B. C. D. 8.如图甲所示，将质量均为的物块、沿同一径向置于水平转盘上，两者用长为的水平轻绳连接，轻绳恰好伸直但无拉力。已知两物块与转盘之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与转轴的距离等于，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。当转盘以不同角速度匀速转动时，两物块所受摩擦力大小与角速度二次方的关系图像如图乙所示，重力加速度为。下列说法正确的是(    ) A. 乙图中图像为物块所受与的关系图像 B. 当角速度增大到时，轻绳开始出现拉力 C. D. 当时，轻绳的拉力大小为 二、多选题：本大题共4小题，共16分。 9.物体受到水平推力的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力、物体速度随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。取，则下列说法正确的是(    ) A. 物体的质量 B. 第内物体克服摩擦力做的功 C. 物体与水平面间的动摩擦因数 D. 前内推力做功的平均功率 10.如图所示，一不可伸长的轻质细绳，绳子的长度为，绳的另一端连接一质量为的小球，另一端固定在天花板上，小球可看作质点，现让小球以不同的角速度绕竖直轴做匀速圆周运动，小球离点的竖直高度为，细绳的拉力大小为，重力加速度为，下列图像可能正确的是(    ) A. B. C. D. 11.年世乒赛中国女团实现六连冠，男团实现十一连冠。某次训练时球员先后两次以不同速度从同一位置正对着竖直墙面水平发射乒乓球，初速度之比为：，分别打到竖直墙面上的、两点。不计空气阻力，则打到、两点前乒乓球在空中的(    ) A. 运动时间之比为： B. 运动时间之比为： C. 下落高度之比为： D. 下落高度之比为： 12.空降兵在某次跳伞训练中，打开伞之前的运动可视为匀加速直线运动，其加速度为，下降的高度为，伞兵和装备系统的总质量为，重力加速度为。则下降的过程中，伞兵和装备系统的(    ) A. 重力势能减少了 B. 重力势能减少了 C. 动能增加了 D. 动能增加了 三、填空题：本大题共2小题，共8分。 13.一质量为的汽车，额定功率为。现让汽车保持额定功率在水平路面上从静止开始运动，运动中汽车所受阻力恒为车重的倍，取重力加速度大小。从启动开始至汽车达到最大速度过程中，汽车的加速度______选填“保持不变”“逐渐增大”或“逐渐减小”，汽车所能达到的最大速度大小为______。 14.某石块做平抛运动的一部分轨迹如图所示，在该石块从点运动到点的过程中，石块的速度______，石块的加速度______，石块的速度方向与竖直方向的夹角______。均填“增大”“减小”或“不变” 四、实验题：本大题共2小题，共18分。 15.如图为“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球和质量分别为、，直径分别为、在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置。 小球和的质量应满足 ______，直径应满足 ______。选填“大于”、“小于”、“等于” 实验必须满足的条件是______。 A.斜槽轨道末端切线水平 B.斜槽轨道应尽量光滑以减小误差 C.入射球和被碰球质量相等 D.入射球每次从轨道的同一位置由静止释放 实验时，先不放小球，使小球从斜槽上某一点由静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程。再把小球静置于斜槽轨道末端，让小球仍从处由静止释放，与小球碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有______。 A.测量两个小球的质量、 B.测量小球的释放点距桌面的高度 C.测量斜槽轨道末端距地面的高度 D.分别找到小球与小球相碰后平均落地点的位置、 E.测量平抛射程、 某次实验中得出的落点情况如图所示，在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为______。用、、、、表示 16.某同学用如图甲所示的向心力演示器探究向心力的大小与质量、角速度和半径的关系。图乙是演示器部分结构示意图，、、为三根固定在转臂上的挡板，、挡板到相应转轴距离相等，塔轮的半径分别为、、、、、。 本实验采用了______； A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 当探究向心力的大小与半径的关系时，需要把质量相同的小球分别放在挡板______选填“、”或“、”，与传动皮带相连的塔轮应选用______选填“”“”或“”。 五、计算题：本大题共3小题，共30分。 17.人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。一名滑雪爱好者以的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为。若人与滑板的总质量为，受到的总阻力为，重力加速度取，求： 滑雪者加速度的大小； 内滑雪者下滑位移的大小； 末人与滑板总重力的瞬时功率。 18.某同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，轻绳的另一端系有质量为的小球视为质点，甩动手腕，使小球在竖直平面内绕点做部分圆周运动圆周摆动。当小球某次运动到最低点时，轻绳突然断裂，小球飞行水平距离后落地，如图所示。已知点距地面的高度为，点与小球之间的绳长为，重力加速度大小为，不计空气阻力。求： 轻绳断裂时小球的速度大小和小球落地时的速度大小； 轻绳刚要断裂时轻绳所受的拉力大小。 19.如图，固定的光滑弧形轨道，底端与一顺时针转动的水平传送带左端平滑连接于点，的高度差为，传送带的长度为，右端与水平面平滑连接于点，其中段粗糙，长度为，段光滑。在处固定一轻质弹簧，其处于原长时左端恰好位于点。已知小物块与传送带、水平面的动摩擦因数均为。取重力加速度大小，弹簧始终在弹性限度内。现让小物块从点静止释放。 若，传送带的速度大小可调，求： 小物块第一次到达点时的速度大小； 小物块第一次滑到点时的速度大小的范围。 若传送带速度大小，欲使小物块最终停在点，则应满足什么条件？ 2024-2025第二学期高一物理期末复习每天一练（鲁科版） 必修二期末模拟测试卷四 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：由图可知，从春分到夏至的路程与从秋分到冬至的路程相同，根据开普勒第二定律可知，地球从春分到夏至的运行过程离太阳较远，平均速率较小，运行时间大于从秋分到冬至的运行时间，地球在春分的运行速率大于在夏至的运行速率，故AD错误； B.根据 可知地球从春分到夏至的运行过程中，与太阳的距离越来越大，太阳对地球的引力逐渐减小，故B错误； C.由图可知，太阳对地球的引力与地球线速度方向夹角为钝角，可知太阳对地球的引力做负功，故C正确。 故选：。 开普勒第二定律面积定律：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。即近日点速度大于远日点的速度。根据万有引力定律结合太阳对地球的引力与地球线速度方向夹角分析。 本题主要考查了开普勒第二定律和万有引力定律，开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。 2.【答案】  【解析】解：、小球从距水平地面某一高处由静止释放，不计空气阻力，可知小球做自由落体运动，由自由落体运动的位移时间关系可得，小球在空中运动时的位移大小为 可知小球在空中运动时的位移大小与时间的平方成正比，可知位移与时间成二次函数关系，则图像应是抛物线，而选项中图像为过原点的直线，故A错误； B、由自由落体运动的速度时间公式 可知，速度与时间成正比，则有图像应是一条过原点的倾斜直线，其图像斜率是，而选项中图像为不过原点的直线，故B错误； C、由动能公式 可得，动能与时间的关系 可知图像应是过原点开口向上的一条抛物线，故C正确； D、以水平地面是零势能面，可知小球开始下落时的重力势能最大，设为 随时间的增大，下落的高度增大，则重力势能减小，可得 可知重力势能与时间不是一次函数关系，而选项中图像为一次函数关系，故D错误。 故选：。 依据分析判断； 依据分析判断； 依据分析判断； 依据分析判断。 本题主要考查的是自由落体运动、动能定理以及重力势能基础公式的应用，关键在于所列关系式与图像结合，难度中等。 3.【答案】  【解析】解：粗坯上、两质点是同轴转动，因此两质点的角速度大小相等，，则周期相等，故AD错误； B.、两质点的角速度大小相等，由线速度与角速度关系公式可知，的转动半径大于的转动半径，即，因此的线速度大小比的大，即，故B正确； C.由向心加速度公式可知，的转动半径大于的转动半径，即，因此的向心加速度大小比的大，即，故C错误。 故选：。 同轴转动的物体上任意一点的角速度、周期相等，结合分析答题。 该题主要考查了圆周运动基本公式的直接应用，注意同轴转动时角速度、周期相同。 4.【答案】  【解析】解：由于船在静水中的速度小于水速，小船不能到达正对岸，所以最短位移一定大于，故AD错误； B.当船头指向正对岸时，过河时间最短，且最短时间，故B正确； C.当船头指向正对岸，渡河过程中船沿水流方向移动的位移 根据几何关系可得船的位移，故C错误。 故选：。 当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短；当水流速度小于船在静水中的速度，合速度才与河岸垂直，渡河位移最短，若大于静水速度，则合速度不可能垂直河岸；速度的合成满足平行四边形定则。 解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短；当静水的速度大于水流速度时，合速度才垂直河岸时，位移才最短。 5.【答案】  【解析】解：、游客做匀速圆周运动，合力大小保持不变，但方向指向圆心，是不断变化的，故A错误； B、游客在最高点加速度向下，处于失重状态，故B错误； C、根据线速度公式，座舱的线速度大小约为 故C正确； D、根据公式，座舱的角速度约为 故D错误。 故选：。 座舱里的游客所受的合力大小不变，方向改变； B.根据圆周运动最高点的加速度方向判断超失重状态； 根据线速度公式和角速度公式列式代入数据解答。 考查圆周运动的线速度、角速度等基本问题，会根据题意进行准确分析和判断。 6.【答案】  【解析】解：、汽车在前内做匀加速运动，加速度，由牛顿第二定律得，其中，解得，故A错误； 、汽车在末功率达到额定功率，当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，最大速度，汽车速度为时，有，解得，故B正确，CD错误。 故选：。 A、根据图像斜率表示加速度，求解前内的加速度，再由牛顿第二定律求解牵引力； 、滑块功率公式求解额定功率，进而求解最大速度，结合牛顿第二定律分析速度为时的加速度。 考查对图像的理解及功率公式的运用，结合牛顿第二定律分析。 7.【答案】  【解析】解：以向下为正方向，在钥匙与地板作用过程中受到重力和地板对它的作用力，根据动量定理有 钥匙在下落过程中满足 联立解的 ，故ABC错误，D正确。 故选：。 根据动量定理计算即可。 在应用动量定理解题时，注意规定好正方向。 8.【答案】  【解析】解：刚开始两物块的静摩擦力提供所需的向心力，物块的半径较大，物块的摩擦力先达到最大，之后物块的摩擦力不变，绳子开始产生拉力，则乙图中图像为物块所受与的关系图像，对由摩擦力提供向心力列式 解得角速度 角速度若继续增大，此后绳子开始产生拉力 故AB错误； 乙图中图像为物块所受与的关系图像，当时，物块的摩擦力达到最大，分别对和根据牛顿第二定律 联立解得 ， 则有 故C错误，D正确。 故选：。 根据最大静摩擦力提供向心力，分析绳子产生拉力的临界角速度； 分别对和根据牛顿第二定律列式，求摩擦力达到最大的临界角速度，确定角速度平方比。 本题解题关键是分析出刚开始两物块的静摩擦力提供所需的向心力，物块的摩擦力先达到最大，根据合力提供向心力，分析临界角速度。 9.【答案】  【解析】解：由图像可知，在内，物体做匀加速直线运动，由图像可知，加速度大小为 在内，物体做匀速直线运动，可知推力等于摩擦力，则有 在内，根据牛顿第二定律得 代入数据解得 故A正确； B.第内的位移为 则第内物体克服摩擦力做的功为 故B正确； C.物体与水平面间的动摩擦因数 故C错误； D.前内位移为 则推力做功的大小 则平均功率为 故D错误。 故选：。 根据图线和图线，得出匀速直线运动时的推力，从而得出摩擦力的大小； 根据图线求出匀加速直线运动的加速度，结合牛顿第二定律求出物体的质量； 结合摩擦力的大小，运用滑动摩擦力的公式求出动摩擦因数的大小；根据图线围成的面积求出位移，从而求出克服摩擦力做功的大小，结合平均功率的公式求出前内的平均功率。 该题考查了图线与图线的综合运用，通过图线得出物体的运动规律是解决问题的关键，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。 10.【答案】  【解析】解：小球受力如图所示， 根据牛顿第二定律，解得，得到，故A正确，B错误； 根据牛顿第二定律又有，得绳子的拉力，故C正确，D错误。 故选：。 根据牛顿第二定律导出和的表达式结合函数分析； 根据牛顿第二定律导出和的表达式结合函数分析。 考查圆锥摆运动问题，会分析物体受力，找出向心力来源和表达式，并进行相关物理量的推导。 11.【答案】  【解析】解：乒乓球做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有，由于两球水平方向位移相等，则有，根据题意又有：：，可得运动时间之比为 ：：：，故A正确，B错误； 乒乓球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有，可得下落高度之比为，解得：：，故C正确，D错误。 故选：。 根据水平位移相等的特点结合匀速直线运动知识列式求解时间之比； 根据竖直方向的自由落体运动规律列式求解下落高度之比。 考查平抛运动的规律，会根据题意进行准确分析和判断。 12.【答案】  【解析】解：、系统的高度下降了，则重力做功为，重力势能减小了，故A错误，B正确； 、系统做匀加速直线运动，速度增大，动能增加，由牛顿第二定律可得系统所受的合外力 根据动能定理知动能的增加量等于合外力做的功，所以动能增加为，故C正确，D错误。 故选：。 根据求重力做功，再求重力势能减小量。根据牛顿第二定律求出合外力，再由动能定理求动能的增加量。 本题考查动能定理的应用及功的计算，要注意明确重力做功的特点，并正确应用动能定理求解动能的变化量。 13.【答案】逐渐减小    【解析】解：汽车以恒定功率启动，根据可知，速度增大，牵引力减小，可知，阻力不变加速度逐渐减小，当牵引力等于阻力时，速度达到最大 故答案为：逐渐减小  汽车恒定功率启动，速度增大，根据功率和牛顿第二定律便可求解。 本题主要考查学生对于恒功率汽车启动问题的牵引力和加速度的变化问题以及对于速度最大时候的运动状态的分析。 14.【答案】增大  不变  减小  【解析】解：石块做平抛运动，只受到重力的作用，加速度为重力加速度，所以石块的加速度不变。做曲线运动的物体在某点的速度方向为该点的切线方向，结合题图可知，其加速度方向与速度方向夹角为锐角，所以石块做匀加速曲线运动，从点到点的速度增大。 由于水平方向速度大小不变，竖直方向速度大小逐渐增加，设石块的速度方向与竖直方向的夹角为，则有 则知其夹角在逐渐减小。 故答案为：增大，不变，减小。 石块做平抛运动，速度不断增大，加速度不变，根据分运动的规律分析速度方向与竖直方向的夹角变化情况。 解答本题时，要掌握曲线运动速度方向特点，知道平抛运动是加速度不变的曲线运动。 15.【答案】大于；等于；  ；  ；   【解析】解：为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即大于。 为使两球发生对心碰撞，两球直径应相等，即等于。 为保证小球做平抛运动，其速度必须水平，所以斜槽末端要水平，故A正确； 实验要保证小球到达斜槽末端时的速度相等，只要小球每次从斜槽的同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端时的速度相等，斜槽轨道不必光滑，故B错误，D正确； C.为了碰撞后入射小球不被反弹，且做平抛运动，所以入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故C错误。 故选：。 小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，则小球做平抛运动的时间相等，设为；两球碰撞前入射球的速度大小 两球碰撞后入射球的速度大小 被碰球的速度大小 两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 整理解得 实验需要测量：测量两个小球的质量、；分别找到小球与小球相碰后平均落地点的位置、，测量平抛射程、。 故ADE正确，BC错误； 故选：。 根据上述分析，要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式 故答案为：大于；等于；；； 根据实验注意事项分析答题。 根据实验原理和步骤分析各操作的正确与否； 假设两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。 实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。 16.【答案】  、    【解析】解：根据向心力的表达式可知，如果想要研究某一因素对向心力的影响时必须控制其他因素不变，所以要采用控制变量法，故AB错误，C正确。 若要研究向心力的大小与半径的关系就要控制小球的质量和圆周运动的角速度相同，所以两个质量相同的小球要分别放在、的位置以确保半径不同；因为左右两个塔轮通过皮带传动，相连接的两轮边缘的线速度大小相等，根据线速度与角速度的关系可知，当两个连接轮的半径相等时，塔轮的角速度才相等，所以左右两个塔轮应选用。 故答案为：；、；。 根据向心力演示器的实验原理分析本实验采用的方法；根据实验原理可知，当探究向心力大小与半径的关系时，需要控制小球的质量和圆周运动的角速度相同，以此分析小球应该放置的位置，以及左右塔轮应该选择几号轮。 本题考查用向心力演示器探究向心力的大小的影响因素的实验，实验的难点在于要理解挡板与塔轮的角速度是相等的，并且不能错把塔轮的半径当成小球圆周运动的半径。 17.【答案】解：由牛顿第二定律 解得滑雪者加速度的大小为 由运动学公式 其中 ， 解得内滑雪者下滑位移的大小为 由运动学公式 重力的瞬时功率 联立解得，末人与滑板总重力的瞬时功率为 答：滑雪者加速度的大小； 内滑雪者下滑位移的大小； 末人与滑板总重力的瞬时功率。  【解析】根据牛顿第二定律列式求解加速度； 根据匀变速直线运动的位移一时间规律，列式求解内滑雪者下滑位移的大小； 根据速度公式计算速度的大小，再用功率公式解答总重力的瞬时功率。 考查牛顿运动定律，匀变速直线运动规律和功及功率的计算，会根据题意列式解答相关的物理量。 18.【答案】解：设轻绳断裂后小球在空中运动的时间为，根据平抛运动的规律有 解得 又 解得 小球落地时的竖直分速度大小 经分析可知 解得 由题意可知，小球做圆周运动的半径 设当轻绳断裂时，轻绳对小球的拉力大小为，有 根据牛顿第三定律有 解得 答：轻绳断裂时小球的速度大小为，小球落地时的速度大小为； 轻绳刚要断裂时轻绳所受的拉力大小为。  【解析】绳断后，小球做平抛运动，根据平抛运动的高度求出时间，用水平位移和时间求出绳断时球的速度大小，再根据运动学公式求出小球落地时的竖直分速度，用速度的合成求出小球落地时的速度大小； 根据在最低点，合力提供向心力，运用牛顿第二定律求出小球所受的拉力，根据牛顿第三定律轻求出绳所受的拉力大小。 本题综合了平抛运动和圆周运动两个运动，关键知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源。 19.【答案】解：设小物块质量为，小物块从光滑弧形轨道下滑至底端，有 可得 若小物块经过传送带速度始终小于传送带的速度，则传送带全程对小物块做正功，小物块到点速度最大，设为；若小物块经过传送带速度始终大于传送带的速度，则传送带全程对小物块做负功，小物块到点速度最小，设为，有 解得 欲使小物块恰好停在点，设小物块最后一次经过点速度为，有 解得 若最后一次到一直做加速运动，设在处的速度为，则有 若最后一次到一直做减速运动，设在处的速度为，则有 因为最后一次到可能一直加速，可能一直减速，可能先加速后匀速，也可能是先减速后匀速，设小物块最后一次经过传送带左端时的速度为，则有 可解得 设小物块最后一次经过传送带左端点前，已被弹簧弹回次，分析可知，在这次在之间来回过程中，小物块每次从经到，或者从经到，传送带均对小物块做负功，则有 、、、 联立可解得 、、、 答：小物块第一次到达点时的速度大小； 小物块第一次滑到点时的速度大小的范围。 应满足、、、。  【解析】根据动能定理即可求出小物块第一次到达点时的速度大小； 判断小物块经过传送带速度和传送带的速度的大小关系，根据动能定理找出小物块的最大速度和最小速度； 欲使小物块恰好停在点，求出小物块最后一次经过点速度，分析小物块最后一次从到的运动情况，求出在点的速度范围，再根据动能定理即可求出应满足的条件。 本题考查动能定理的综合运用，学生需认真分析运动过程，关键要理清物块的运动情况，把握各个过程的物理规律，综合求解。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025第二学期高一物理期末复习每天一练（鲁科版） 必修二期末模拟测试卷四 （考查范围：鲁科版必修2 完卷时间： 90分钟 难度系数 0.5） 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.地球沿椭圆轨道绕太阳运行时，所处不同位置对应的中国节气如图所示。地球从春分到夏至的运行过程中，下列说法正确的是(    ) A. 运行时间小于从秋分到冬至的运行时间 B. 太阳对地球的引力逐渐增大 C. 太阳对地球的引力做负功 D. 地球在春分的运行速率小于在夏至的运行速率 2.将一小球从距水平地面某一高处由静止释放，不计空气阻力，以水平地面为零势能面。下列关于小球在空中运动时的位移大小、速度大小、动能和重力势能随运动时间变化的关系图线正确的是(    ) A. B. C. D. 3.图甲为淄博市陶琉馆的“镇馆之宝”青釉莲花尊。在陶瓷制作过程中将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，修整坯体。对应的简化模型如图乙所示，粗坯的对称轴与转台转轴重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上、两质点，下列说法正确的是(    ) A. 的角速度大小比的大 B. 的线速度大小比的大 C. 的向心加速度大小比的小 D. 的周期比的大 4.一小船在静水中的速度为，它在一条河宽，水流速度为的河流中渡河，则该小船(    ) A. 能到达正对岸 B. 渡河的时间不可能少于 C. 船头垂直河岸航行，它的位移大小为 D. 以最短位移渡河时，位移大小等于 5.如图为某度假区的摩天轮，是游客喜爱的娱乐项目之一。假设摩天轮座舱与舱中的游客均可视为质点，座舱在竖直面内做匀速圆周运动。该摩天轮圆盘直径约，在竖直面内匀速转动一周大约需要分钟，，在摩天轮匀速运行时，座舱与游客相对静止，则下列说法正确的是(    ) A. 座舱里的游客所受的合力保持不变 B. 座舱里的游客在最高点处于超重状态 C. 座舱的线速度大小约为 D. 座舱的角速度约为 6.一辆“复兴号”模型小机车在水平路面上由静止启动，在前内做匀加速直线运动，末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其图像如图所示。已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，取，则以下说法正确的是(    ) A. 汽车在前内的牵引力为 B. 汽车速度为时的加速度为 C. 汽车的额定功率为 D. 汽车的最大速度为 7.一串质量的钥匙从橱柜上高位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间，且不反弹。重力加速度，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为(    ) A. B. C. D. 8.如图甲所示，将质量均为的物块、沿同一径向置于水平转盘上，两者用长为的水平轻绳连接，轻绳恰好伸直但无拉力。已知两物块与转盘之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与转轴的距离等于，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。当转盘以不同角速度匀速转动时，两物块所受摩擦力大小与角速度二次方的关系图像如图乙所示，重力加速度为。下列说法正确的是(    ) A. 乙图中图像为物块所受与的关系图像 B. 当角速度增大到时，轻绳开始出现拉力 C. D. 当时，轻绳的拉力大小为 二、多选题：本大题共4小题，共16分。 9.物体受到水平推力的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力、物体速度随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。取，则下列说法正确的是(    ) A. 物体的质量 B. 第内物体克服摩擦力做的功 C. 物体与水平面间的动摩擦因数 D. 前内推力做功的平均功率 10.如图所示，一不可伸长的轻质细绳，绳子的长度为，绳的另一端连接一质量为的小球，另一端固定在天花板上，小球可看作质点，现让小球以不同的角速度绕竖直轴做匀速圆周运动，小球离点的竖直高度为，细绳的拉力大小为，重力加速度为，下列图像可能正确的是(    ) A. B. C. D. 11.年世乒赛中国女团实现六连冠，男团实现十一连冠。某次训练时球员先后两次以不同速度从同一位置正对着竖直墙面水平发射乒乓球，初速度之比为：，分别打到竖直墙面上的、两点。不计空气阻力，则打到、两点前乒乓球在空中的(    ) A. 运动时间之比为： B. 运动时间之比为： C. 下落高度之比为： D. 下落高度之比为： 12.空降兵在某次跳伞训练中，打开伞之前的运动可视为匀加速直线运动，其加速度为，下降的高度为，伞兵和装备系统的总质量为，重力加速度为。则下降的过程中，伞兵和装备系统的(    ) A. 重力势能减少了 B. 重力势能减少了 C. 动能增加了 D. 动能增加了 三、填空题：本大题共2小题，共8分。 13.一质量为的汽车，额定功率为。现让汽车保持额定功率在水平路面上从静止开始运动，运动中汽车所受阻力恒为车重的倍，取重力加速度大小。从启动开始至汽车达到最大速度过程中，汽车的加速度______选填“保持不变”“逐渐增大”或“逐渐减小”，汽车所能达到的最大速度大小为______。 14.某石块做平抛运动的一部分轨迹如图所示，在该石块从点运动到点的过程中，石块的速度______，石块的加速度______，石块的速度方向与竖直方向的夹角______。均填“增大”“减小”或“不变” 四、实验题：本大题共2小题，共18分。 15.如图为“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球和质量分别为、，直径分别为、在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置。 小球和的质量应满足 ______，直径应满足 ______。选填“大于”、“小于”、“等于” 实验必须满足的条件是______。 A.斜槽轨道末端切线水平 B.斜槽轨道应尽量光滑以减小误差 C.入射球和被碰球质量相等 D.入射球每次从轨道的同一位置由静止释放 实验时，先不放小球，使小球从斜槽上某一点由静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程。再把小球静置于斜槽轨道末端，让小球仍从处由静止释放，与小球碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有______。 A.测量两个小球的质量、 B.测量小球的释放点距桌面的高度 C.测量斜槽轨道末端距地面的高度 D.分别找到小球与小球相碰后平均落地点的位置、 E.测量平抛射程、 某次实验中得出的落点情况如图所示，在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为______。用、、、、表示 16.某同学用如图甲所示的向心力演示器探究向心力的大小与质量、角速度和半径的关系。图乙是演示器部分结构示意图，、、为三根固定在转臂上的挡板，、挡板到相应转轴距离相等，塔轮的半径分别为、、、、、。 本实验采用了______； A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 当探究向心力的大小与半径的关系时，需要把质量相同的小球分别放在挡板______选填“、”或“、”，与传动皮带相连的塔轮应选用______选填“”“”或“”。 五、计算题：本大题共3小题，共30分。 17.人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。一名滑雪爱好者以的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为。若人与滑板的总质量为，受到的总阻力为，重力加速度取，求： 滑雪者加速度的大小； 内滑雪者下滑位移的大小； 末人与滑板总重力的瞬时功率。 18.某同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，轻绳的另一端系有质量为的小球视为质点，甩动手腕，使小球在竖直平面内绕点做部分圆周运动圆周摆动。当小球某次运动到最低点时，轻绳突然断裂，小球飞行水平距离后落地，如图所示。已知点距地面的高度为，点与小球之间的绳长为，重力加速度大小为，不计空气阻力。求： 轻绳断裂时小球的速度大小和小球落地时的速度大小； 轻绳刚要断裂时轻绳所受的拉力大小。 19.如图，固定的光滑弧形轨道，底端与一顺时针转动的水平传送带左端平滑连接于点，的高度差为，传送带的长度为，右端与水平面平滑连接于点，其中段粗糙，长度为，段光滑。在处固定一轻质弹簧，其处于原长时左端恰好位于点。已知小物块与传送带、水平面的动摩擦因数均为。取重力加速度大小，弹簧始终在弹性限度内。现让小物块从点静止释放。 若，传送带的速度大小可调，求： 小物块第一次到达点时的速度大小； 小物块第一次滑到点时的速度大小的范围。 若传送带速度大小，欲使小物块最终停在点，则应满足什么条件？ 2024-2025第二学期高一物理期末复习每天一练（鲁科版） 必修二期末模拟测试卷四 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：由图可知，从春分到夏至的路程与从秋分到冬至的路程相同，根据开普勒第二定律可知，地球从春分到夏至的运行过程离太阳较远，平均速率较小，运行时间大于从秋分到冬至的运行时间，地球在春分的运行速率大于在夏至的运行速率，故AD错误； B.根据 可知地球从春分到夏至的运行过程中，与太阳的距离越来越大，太阳对地球的引力逐渐减小，故B错误； C.由图可知，太阳对地球的引力与地球线速度方向夹角为钝角，可知太阳对地球的引力做负功，故C正确。 故选：。 开普勒第二定律面积定律：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。即近日点速度大于远日点的速度。根据万有引力定律结合太阳对地球的引力与地球线速度方向夹角分析。 本题主要考查了开普勒第二定律和万有引力定律，开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。 2.【答案】  【解析】解：、小球从距水平地面某一高处由静止释放，不计空气阻力，可知小球做自由落体运动，由自由落体运动的位移时间关系可得，小球在空中运动时的位移大小为 可知小球在空中运动时的位移大小与时间的平方成正比，可知位移与时间成二次函数关系，则图像应是抛物线，而选项中图像为过原点的直线，故A错误； B、由自由落体运动的速度时间公式 可知，速度与时间成正比，则有图像应是一条过原点的倾斜直线，其图像斜率是，而选项中图像为不过原点的直线，故B错误； C、由动能公式 可得，动能与时间的关系 可知图像应是过原点开口向上的一条抛物线，故C正确； D、以水平地面是零势能面，可知小球开始下落时的重力势能最大，设为 随时间的增大，下落的高度增大，则重力势能减小，可得 可知重力势能与时间不是一次函数关系，而选项中图像为一次函数关系，故D错误。 故选：。 依据分析判断； 依据分析判断； 依据分析判断； 依据分析判断。 本题主要考查的是自由落体运动、动能定理以及重力势能基础公式的应用，关键在于所列关系式与图像结合，难度中等。 3.【答案】  【解析】解：粗坯上、两质点是同轴转动，因此两质点的角速度大小相等，，则周期相等，故AD错误； B.、两质点的角速度大小相等，由线速度与角速度关系公式可知，的转动半径大于的转动半径，即，因此的线速度大小比的大，即，故B正确； C.由向心加速度公式可知，的转动半径大于的转动半径，即，因此的向心加速度大小比的大，即，故C错误。 故选：。 同轴转动的物体上任意一点的角速度、周期相等，结合分析答题。 该题主要考查了圆周运动基本公式的直接应用，注意同轴转动时角速度、周期相同。 4.【答案】  【解析】解：由于船在静水中的速度小于水速，小船不能到达正对岸，所以最短位移一定大于，故AD错误； B.当船头指向正对岸时，过河时间最短，且最短时间，故B正确； C.当船头指向正对岸，渡河过程中船沿水流方向移动的位移 根据几何关系可得船的位移，故C错误。 故选：。 当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短；当水流速度小于船在静水中的速度，合速度才与河岸垂直，渡河位移最短，若大于静水速度，则合速度不可能垂直河岸；速度的合成满足平行四边形定则。 解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短；当静水的速度大于水流速度时，合速度才垂直河岸时，位移才最短。 5.【答案】  【解析】解：、游客做匀速圆周运动，合力大小保持不变，但方向指向圆心，是不断变化的，故A错误； B、游客在最高点加速度向下，处于失重状态，故B错误； C、根据线速度公式，座舱的线速度大小约为 故C正确； D、根据公式，座舱的角速度约为 故D错误。 故选：。 座舱里的游客所受的合力大小不变，方向改变； B.根据圆周运动最高点的加速度方向判断超失重状态； 根据线速度公式和角速度公式列式代入数据解答。 考查圆周运动的线速度、角速度等基本问题，会根据题意进行准确分析和判断。 6.【答案】  【解析】解：、汽车在前内做匀加速运动，加速度，由牛顿第二定律得，其中，解得，故A错误； 、汽车在末功率达到额定功率，当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，最大速度，汽车速度为时，有，解得，故B正确，CD错误。 故选：。 A、根据图像斜率表示加速度，求解前内的加速度，再由牛顿第二定律求解牵引力； 、滑块功率公式求解额定功率，进而求解最大速度，结合牛顿第二定律分析速度为时的加速度。 考查对图像的理解及功率公式的运用，结合牛顿第二定律分析。 7.【答案】  【解析】解：以向下为正方向，在钥匙与地板作用过程中受到重力和地板对它的作用力，根据动量定理有 钥匙在下落过程中满足 联立解的 ，故ABC错误，D正确。 故选：。 根据动量定理计算即可。 在应用动量定理解题时，注意规定好正方向。 8.【答案】  【解析】解：刚开始两物块的静摩擦力提供所需的向心力，物块的半径较大，物块的摩擦力先达到最大，之后物块的摩擦力不变，绳子开始产生拉力，则乙图中图像为物块所受与的关系图像，对由摩擦力提供向心力列式 解得角速度 角速度若继续增大，此后绳子开始产生拉力 故AB错误； 乙图中图像为物块所受与的关系图像，当时，物块的摩擦力达到最大，分别对和根据牛顿第二定律 联立解得 ， 则有 故C错误，D正确。 故选：。 根据最大静摩擦力提供向心力，分析绳子产生拉力的临界角速度； 分别对和根据牛顿第二定律列式，求摩擦力达到最大的临界角速度，确定角速度平方比。 本题解题关键是分析出刚开始两物块的静摩擦力提供所需的向心力，物块的摩擦力先达到最大，根据合力提供向心力，分析临界角速度。 9.【答案】  【解析】解：由图像可知，在内，物体做匀加速直线运动，由图像可知，加速度大小为 在内，物体做匀速直线运动，可知推力等于摩擦力，则有 在内，根据牛顿第二定律得 代入数据解得 故A正确； B.第内的位移为 则第内物体克服摩擦力做的功为 故B正确； C.物体与水平面间的动摩擦因数 故C错误； D.前内位移为 则推力做功的大小 则平均功率为 故D错误。 故选：。 根据图线和图线，得出匀速直线运动时的推力，从而得出摩擦力的大小； 根据图线求出匀加速直线运动的加速度，结合牛顿第二定律求出物体的质量； 结合摩擦力的大小，运用滑动摩擦力的公式求出动摩擦因数的大小；根据图线围成的面积求出位移，从而求出克服摩擦力做功的大小，结合平均功率的公式求出前内的平均功率。 该题考查了图线与图线的综合运用，通过图线得出物体的运动规律是解决问题的关键，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。 10.【答案】  【解析】解：小球受力如图所示， 根据牛顿第二定律，解得，得到，故A正确，B错误； 根据牛顿第二定律又有，得绳子的拉力，故C正确，D错误。 故选：。 根据牛顿第二定律导出和的表达式结合函数分析； 根据牛顿第二定律导出和的表达式结合函数分析。 考查圆锥摆运动问题，会分析物体受力，找出向心力来源和表达式，并进行相关物理量的推导。 11.【答案】  【解析】解：乒乓球做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有，由于两球水平方向位移相等，则有，根据题意又有：：，可得运动时间之比为 ：：：，故A正确，B错误； 乒乓球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有，可得下落高度之比为，解得：：，故C正确，D错误。 故选：。 根据水平位移相等的特点结合匀速直线运动知识列式求解时间之比； 根据竖直方向的自由落体运动规律列式求解下落高度之比。 考查平抛运动的规律，会根据题意进行准确分析和判断。 12.【答案】  【解析】解：、系统的高度下降了，则重力做功为，重力势能减小了，故A错误，B正确； 、系统做匀加速直线运动，速度增大，动能增加，由牛顿第二定律可得系统所受的合外力 根据动能定理知动能的增加量等于合外力做的功，所以动能增加为，故C正确，D错误。 故选：。 根据求重力做功，再求重力势能减小量。根据牛顿第二定律求出合外力，再由动能定理求动能的增加量。 本题考查动能定理的应用及功的计算，要注意明确重力做功的特点，并正确应用动能定理求解动能的变化量。 13.【答案】逐渐减小    【解析】解：汽车以恒定功率启动，根据可知，速度增大，牵引力减小，可知，阻力不变加速度逐渐减小，当牵引力等于阻力时，速度达到最大 故答案为：逐渐减小  汽车恒定功率启动，速度增大，根据功率和牛顿第二定律便可求解。 本题主要考查学生对于恒功率汽车启动问题的牵引力和加速度的变化问题以及对于速度最大时候的运动状态的分析。 14.【答案】增大  不变  减小  【解析】解：石块做平抛运动，只受到重力的作用，加速度为重力加速度，所以石块的加速度不变。做曲线运动的物体在某点的速度方向为该点的切线方向，结合题图可知，其加速度方向与速度方向夹角为锐角，所以石块做匀加速曲线运动，从点到点的速度增大。 由于水平方向速度大小不变，竖直方向速度大小逐渐增加，设石块的速度方向与竖直方向的夹角为，则有 则知其夹角在逐渐减小。 故答案为：增大，不变，减小。 石块做平抛运动，速度不断增大，加速度不变，根据分运动的规律分析速度方向与竖直方向的夹角变化情况。 解答本题时，要掌握曲线运动速度方向特点，知道平抛运动是加速度不变的曲线运动。 15.【答案】大于；等于；  ；  ；   【解析】解：为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即大于。 为使两球发生对心碰撞，两球直径应相等，即等于。 为保证小球做平抛运动，其速度必须水平，所以斜槽末端要水平，故A正确； 实验要保证小球到达斜槽末端时的速度相等，只要小球每次从斜槽的同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端时的速度相等，斜槽轨道不必光滑，故B错误，D正确； C.为了碰撞后入射小球不被反弹，且做平抛运动，所以入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故C错误。 故选：。 小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，则小球做平抛运动的时间相等，设为；两球碰撞前入射球的速度大小 两球碰撞后入射球的速度大小 被碰球的速度大小 两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 整理解得 实验需要测量：测量两个小球的质量、；分别找到小球与小球相碰后平均落地点的位置、，测量平抛射程、。 故ADE正确，BC错误； 故选：。 根据上述分析，要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式 故答案为：大于；等于；；； 根据实验注意事项分析答题。 根据实验原理和步骤分析各操作的正确与否； 假设两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。 实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。 16.【答案】  、    【解析】解：根据向心力的表达式可知，如果想要研究某一因素对向心力的影响时必须控制其他因素不变，所以要采用控制变量法，故AB错误，C正确。 若要研究向心力的大小与半径的关系就要控制小球的质量和圆周运动的角速度相同，所以两个质量相同的小球要分别放在、的位置以确保半径不同；因为左右两个塔轮通过皮带传动，相连接的两轮边缘的线速度大小相等，根据线速度与角速度的关系可知，当两个连接轮的半径相等时，塔轮的角速度才相等，所以左右两个塔轮应选用。 故答案为：；、；。 根据向心力演示器的实验原理分析本实验采用的方法；根据实验原理可知，当探究向心力大小与半径的关系时，需要控制小球的质量和圆周运动的角速度相同，以此分析小球应该放置的位置，以及左右塔轮应该选择几号轮。 本题考查用向心力演示器探究向心力的大小的影响因素的实验，实验的难点在于要理解挡板与塔轮的角速度是相等的，并且不能错把塔轮的半径当成小球圆周运动的半径。 17.【答案】解：由牛顿第二定律 解得滑雪者加速度的大小为 由运动学公式 其中 ， 解得内滑雪者下滑位移的大小为 由运动学公式 重力的瞬时功率 联立解得，末人与滑板总重力的瞬时功率为 答：滑雪者加速度的大小； 内滑雪者下滑位移的大小； 末人与滑板总重力的瞬时功率。  【解析】根据牛顿第二定律列式求解加速度； 根据匀变速直线运动的位移一时间规律，列式求解内滑雪者下滑位移的大小； 根据速度公式计算速度的大小，再用功率公式解答总重力的瞬时功率。 考查牛顿运动定律，匀变速直线运动规律和功及功率的计算，会根据题意列式解答相关的物理量。 18.【答案】解：设轻绳断裂后小球在空中运动的时间为，根据平抛运动的规律有 解得 又 解得 小球落地时的竖直分速度大小 经分析可知 解得 由题意可知，小球做圆周运动的半径 设当轻绳断裂时，轻绳对小球的拉力大小为，有 根据牛顿第三定律有 解得 答：轻绳断裂时小球的速度大小为，小球落地时的速度大小为； 轻绳刚要断裂时轻绳所受的拉力大小为。  【解析】绳断后，小球做平抛运动，根据平抛运动的高度求出时间，用水平位移和时间求出绳断时球的速度大小，再根据运动学公式求出小球落地时的竖直分速度，用速度的合成求出小球落地时的速度大小； 根据在最低点，合力提供向心力，运用牛顿第二定律求出小球所受的拉力，根据牛顿第三定律轻求出绳所受的拉力大小。 本题综合了平抛运动和圆周运动两个运动，关键知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源。 19.【答案】解：设小物块质量为，小物块从光滑弧形轨道下滑至底端，有 可得 若小物块经过传送带速度始终小于传送带的速度，则传送带全程对小物块做正功，小物块到点速度最大，设为；若小物块经过传送带速度始终大于传送带的速度，则传送带全程对小物块做负功，小物块到点速度最小，设为，有 解得 欲使小物块恰好停在点，设小物块最后一次经过点速度为，有 解得 若最后一次到一直做加速运动，设在处的速度为，则有 若最后一次到一直做减速运动，设在处的速度为，则有 因为最后一次到可能一直加速，可能一直减速，可能先加速后匀速，也可能是先减速后匀速，设小物块最后一次经过传送带左端时的速度为，则有 可解得 设小物块最后一次经过传送带左端点前，已被弹簧弹回次，分析可知，在这次在之间来回过程中，小物块每次从经到，或者从经到，传送带均对小物块做负功，则有 、、、 联立可解得 、、、 答：小物块第一次到达点时的速度大小； 小物块第一次滑到点时的速度大小的范围。 应满足、、、。  【解析】根据动能定理即可求出小物块第一次到达点时的速度大小； 判断小物块经过传送带速度和传送带的速度的大小关系，根据动能定理找出小物块的最大速度和最小速度； 欲使小物块恰好停在点，求出小物块最后一次经过点速度，分析小物块最后一次从到的运动情况，求出在点的速度范围，再根据动能定理即可求出应满足的条件。 本题考查动能定理的综合运用，学生需认真分析运动过程，关键要理清物块的运动情况，把握各个过程的物理规律，综合求解。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$