1、固始希望高中高一期末模拟考试卷班级 姓名 学号 -一、单选题(共11小题,每小题5.0分,共55分) 1.做斜上抛运动的物体，到达最高点时()A 速度为零，加速度不为零 B 速度为零，加速度也为零C 速度不为零，加速度也不为零 D 速度不为零，加速度为零2.如图所示，两个倾角分别为30、45的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端若同时释放，小球a、b、c到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1、t2
2、、t3.下列关于时间的关系错误的是()At1t3t2Bt1t1、t2t2、t3t3Ct1t3t2Dt1t1、t2t2、t3W2，P1P2 BW1W2，P1P2 CW1W2，P2P1 DW1W2，P1P211.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示则下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A木板A获得的动能为2 JB系统损失的机械能为4 JC木板A的最小长度为2 mDA、B间的动摩擦因数为0.1二、多选题(共5小题,每小题5.0分,共25
3、分) 12.(多选)美国科学家通过射电望远镜观察到宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统；三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行设每个星体的质量均为M，忽略其他星体对它们的引力作用，则()A环绕星运动的角速度为5GM4R2B环绕星运动的线速度为v5GMRC环绕星运动的周期为T4R35GMD环绕星运动的周期为T2R3GM13.(多选)宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统它们以相互间的万有引力为彼此提供向心力，从而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知某双星系统的运转周期为T，两星到共同圆心的距离分别为R1和R2，引力常量
4、为G，那么下列说法正确的是()A这两颗恒星的质量必定相等B这两颗恒星的质量之和为42R1+R23GT2C这两颗恒星的质量之比m1m2R2R1D其中必有一颗恒星的质量为42R1R1+R22GT214.(多选)如图所示为赤道上随地球自转的物体A、赤道上空的近地卫星B和地球同步卫星C的运动示意图，若它们的运动都可视为匀速圆周运动，则比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是()A三者的周期关系为TATCTBB三者向心加速度的大小关系为aAaBaCC三者角速度的关系为ACBD三者线速度的大小关系为vAvCt3t2.当平抛三小球时，小球b做平抛运动，竖直方向运动情况同第一种情况；小球a、c在斜面内做类平抛
5、运动，沿斜面向下方向的运动同第一种情况，所以t1t1、t2t2、t3t3.故选D.3.【答案】A【解析】小球能通过竖直圆轨道的最高点的临界条件为重力恰好提供向心力，即mgmv2R，解得vgR，选项A正确4.【答案】A【解析】5.【答案】D【解析】假设此时轻杆对小球的力为拉力，大小为F，根据向心力公式有Fmgmv2r，代入数值可得F2 N，表示小球受到2 N的支持力，选项D正确6.【答案】A【解析】根据万有引力提供向心力GMmr2m42rT2，解得嫦娥四号做圆周运动的周期为T2r3GM.嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动的圆的面积为r2，所以嫦娥四号与月心连线在单位时间内所扫过的面积为Sr22r3GM
6、，解得环月轨道的半径大小为r4S2GM，故选项A正确7.【答案】B【解析】8.【答案】D【解析】由题图甲可知，在06 s内物体的位移大小为x12(46)6 m30 m，故A错误；Pt图线与时间轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图乙可知，06 s内拉力做功WF12230 J104 J70 J，故B错误；在26 s内，v6 m/s，P10 W，物体做匀速运动，滑动摩擦力大小FfFPv53N，故C错误；在06 s内物体的位移大小为30 m，滑动摩擦力做负功，即Wf5330 J50 J，D正确9.【答案】C【解析】重力做功的瞬时功率Pmgvcos(90)mgvsin，故A、B错误根据物体受力平衡知，摩
7、擦力的大小fmgsin，则克服摩擦力做功的功率Pfvmgvsin，故C正确，D错误10.【答案】B【解析】在扶梯上，人相对于扶梯静止不动和人相对于扶梯匀速向上运动，相对地面都是做匀速直线运动，两次人均处于平衡状态，两次人的受力情况相同，即扶梯对人向上的支持力等于重力两次扶梯运动的速度v不变，根据PFvcos知，两次扶梯做功的功率不变，即P1P2；但两次人通过相同位移所用时间不同，有t1t2，根据WPt知，两次扶梯所做的功不相同，有W1W2，故正确选项为B.11.【答案】D【解析】由题中图像可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板A获得的动能为1 J，选项A
8、错误；系统损失的机械能E12mv02122mv22 J，选项B错误；由vt图像可求出二者相对位移为1 m，即为木板A的最小长度，C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出0.1，选项D正确12.【答案】AC【解析】对某一个环绕星，GM2R2GM24R2Mv2RMR2M42T2R，可解得v5GM4R，5GM4R3，T4R35GM，故A、C正确13.【答案】BCD【解析】两星有共同的周期T，由牛顿第二定律得Gm1m2R1+R22m142T2R1m242T2R2，所以两星的质量之比m1m2R2R1，故A错误，C正确；由以上各式可得m142R2R1+R22GT2，m242R1R1+R22GT2，m
9、1m242R1+R23GT2，故B、D正确14.【答案】ACD【解析】随地球自转的物体A与地球同步卫星C的周期相同，即TATC，由GMmr2m42T2r可得，T2r3GM，又rBrC，则TBTB，故A正确；由2T可得，三者角速度的关系为ACB，故C正确；由于TATC、rArC，由a2T2r可得，aAaC，由GMmr2ma可得，aGMr2，又rBaC，则aBaCaA，故B错误；由于TATC、rArC，由v2rT可得，vAvC，由GMmr2mv2r可得，vGMr，又rBvC，则vAvCv，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，有1mgma1，vv0a1t1，x1v0t112a1t12
10、，解得a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m.因为x10，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性，可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，有12mvB22mg(sx)，解得x13m.(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足mgsin 30mvF2R，从B到F过程中，由动能定理，可知12mv1212mvF22mgsmg(RRsin 30)解得v137m/s.设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，则有12mv222mg3smgR，解得v243m/s.若物块在传送带上一直加速运动，则有12mvBm2
11、12mv021mgL，知其到B点的最大速度vBm56m/s.综合上述分析可知，只要传送带速度37m/sv43m/s就满足条件22.【答案】(1)4 m/s(2)h3.0 m(3)x23mh3.6 m【解析】(1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsinmgcosma，vB22asin，解得vB4 m/s.(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块从距传送带高度为h1处由静止释放时，小物块到达传送带上D点时速度为零，则有0mgh1mgcos1sinmgL，解得h13.0 m.当hh13.0 m时满足小物块落到传送带左侧地面(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有12mv2mghmgcossinmgL，H2R12gt2，xvt，解得x23(m)为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mgmv2R，解得h3.6 m.
