2019-2020学年高二物理上学期摸底考试试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期摸底考试试题(含解析)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。其中第18题为单项选择题；第812题为不定项选择题，在给出的四个选项中有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不选的得0分)1. 下列说法中正确的是()A. 竖直平面内做匀速圆周运动的物体，其合外力可能不指向圆心B. 匀速直线运动和自由落体运动的合运动一定是曲线运动C. 物体竖直向上做匀加速直线运动时，受到的重力将变大D. 火车超过限定速度转弯时，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨【答案】D【解析】试题分析：A、匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，A错误B、匀速直线运动和自由落体运动的合运动可以是匀变速直线运动，B错误C、物体竖直向上做匀加速直线运动时，物体受到的重力不变，C错误D、火车超过限定速度转弯时，需要的向心力增大，火车有向外运动的趋势，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨，D正确故选：D2. 万有引力定律的发现实现了物理学史上的第一次大统一天上物理学和地上物理学的统一，它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律。若牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动，则牛顿没有使用的规律和结论是()A. 开普勒第二定律 B. 牛顿第二定律C. 开普勒第三定律 D. 牛顿第三定律【答案】A【解析】牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律，而开普勒第二定律则没有用到，故选项A正确。点睛：天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中，运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律。3. 关于力对物体做功，下列说法正确的是()A. 滑动摩擦力对物体一定做负功B. 静摩擦力对物体一定做正功C. 一对相互作用的滑动摩擦力对相互作用的两物体做功代数和一定为负值D. 合外力对物体不做功，物体一定处于平衡状态【答案】C【解析】恒力做功的表达式W=FScos，滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，还可以与运动方向垂直，故可能做负功，也可能做正功，也可以不做功，故A错误；恒力做功的表达式W=FScos，静摩擦力的方向与物体相对运动趋势方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，故静摩擦力可以做正功，也可以做负功，故B错误；一对相互作用的滑动摩擦力对相互作用的两物体做功代数和一定为负值，其绝对值等于产生的内能，即Q=fS，故C正确；合外力对物体不做功，物体动能一定不变，但不一定平衡，如匀速圆周运动，故D错误。所以C正确，ABD错误。4. 一个学生用100N的力，将静止在球场的质量为1kg的足球，以15m/s的速度踢出20m远，则该学生对足球做的功为()A. 112.5J B. xxJ C. 1800J D. 无法确定【答案】A【解析】学生将静止在球场的球踢出，该过程中只有学生做功，根据动能定理得W=EK=12mv2=121152J=112.5J，所以选项A正确。点睛：学生对球做的功为变力功，变力功的求解常常运用动能定理解决，该题中要注意踢出20m远是一个干扰数据，要排除掉。5. 质量为m的飞机以恒定速率v在空气水平盘旋，如图所示，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则此时空气对飞机的作用力大小为() A. mv2R B. mg C. mg2+v4R2 D. mg2-v4R2【答案】C【解析】根据牛顿第二定律有F合=mv2R，根据平行四边形定则，如图：空气对飞机的作用力F=(mg)2+(F合)2=mg2+v4R2，故C正确，ABD错误。点睛：飞机受重力、空气的作用力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出空气对飞机的作用力。6. 在光滑的水平面上, 两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为P的动量相向运动, 发生正碰, 碰后系统的总动能不可能是()A. 0 B. P2m C. P22m D. 2P2m【答案】D【解析】当两球发生碰撞，遵守动量守恒，由于开始时两个滑块以大小均为p的动量相向运动，所以总动量为0；若发生完全非弹性碰撞，则2mv=0，所以末动能的和也是0；若发生弹性碰撞，则两个小球的总动能不变所以碰前两球的总动能为2P22mP2m，碰后两球的总动能要小于等于p2m，故ABC有可能，D不可能故选D.点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况7. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24 h，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有() A. a的向心加速度等于重力加速度gB. b在相同时间内转过的弧长最长C. c在4 h内转过的圆心角是6D. d的运动周期有可能是23 h【答案】B【解析】A、a受到的万有引力近似等于重力mg，可知a的向心加速度远小于重力加速度g，则A错误；B、卫星的万有引力提供向心力得：GMmR2=mg=mv2R=m42RT2，得：v=GMR，T=2R3GM，由于b是近地轨道卫星，轨道半径最小，所以bcd比较，b在相同时间内转过的弧长最长，同时由于b是近地轨道卫星，所以b的周期小于c的周期，即b的周期小于24h，可知b的周期小于a的周期，由T=2rv，可知b的线速度大于a的线速度，所以b在相同时间内转过的弧长也比a大，故B正确；C、卫星c在一个周期内转过的角度为2，所以c在4h内转过的圆心角是=24h24h=3，故C错误；D、由开普勒第三定律R3T2=k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故D错误。点睛：对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。8. 如图，人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为，则M、N的运动周期之比等于() A. sin3 B. 1sin3 C. sin3 D. 1sin3【答案】D【解析】设M、N的轨道半径分别RM、RN。据题卫星M、N连线与M、O连线间的夹角最大时，MN连线与卫星N的运行轨道应相切，如图：根据几何关系有 RN=RMsin，根据开普勒第三定律有： RM3RN3=TM2TN2，联立解得：TMTN=1sin3，故D正确，ABC错误。9. 质量为M内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性碰撞，则整个过程中，系统损失的动能为() A. 12mv2 B. 12mMm+Mv2 C. 12NmgL D. NmgL【答案】BD【解析】由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，有mv=（m+M）v1系统损失的动能是因为摩擦力做负功Ek=Wf=mgNL=12mv212(M+m)v12=mMv22(M+m) 选项BD正确，AC错误故选BD点睛：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为12L，则发生N次碰撞，相对路程为12NL，而错选C10. 如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点若不计空气阻力，下列关系式正确的是() A. tatb B. vavb C. vavb D. tatb【答案】AC11. 如图所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v0射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN。a、b、c是以O为圆心，以Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，且RcRbRbRa，1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点。以|W12|表示点电荷P由1到2的过程中电场力做功的大小，|W34|表示由3到4的过程中电场力做功的大小，则( ) A. |W12|=2|W34|B. |W12|2|W34|C. P、O两电荷一定是异种电荷D. P的初速度方向的延长线与O之间的距离可能为零【答案】BC【解析】根据电场线的分布情况可知，2、3间的场强大于3、4间场强，由公式U=Ed分析得知，2、3间的电势差大于3、4间的电势差，所以1、2间的电势差大于3、4间电势差的2倍，即有|U12|2|U34|，由电场力做功公式W=qU得，|W12|2|W34|故A错误，B正确由轨迹的弯曲方向可判定两电荷间存在引力，是异种电荷故C正确若P的初速度方向的延长线与O之间的距离为零，点电荷将做直线运动，与题不符故D错误故选BC.点睛：本题是电场中轨迹问题，由U=Ed定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系，由轨迹弯曲方向判断电场力方向都是常见的问题，要加强训练，熟练掌握12. 如图，长为L的细绳一端系在天花板上的O点，另一端系一质量m的小球将小球拉至细绳处于水平的位置由静止释放，在小球沿圆弧从A运动到B的过程中，不计阻力，则() A. 小球经过B点时，小球的动能为mgLB. 小球经过B点时，绳子的拉力为3mgC. 小球下摆过程中，重力对小球做功的平均功率为0D. 小球下摆过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小【答案】ABD【解析】从A到B的过程中，根据动能定理得：EK=12mvB2=mgL,故A正确；在B点，根据牛顿第二定律得：Tmg=mvB2L,解得：T=3mg，故B正确；小球下摆过程中，重力做的功W=mgL，则重力的平均功率 P=mgLt不为零，故C错误；小球下摆过程中，重力的瞬时功率从零变化到零，应是先增大后减小，故D正确。所以C错误，ABD正确。二、实验题（共14分）13. 如图所示，小车、打点计时器等器材置于高度可调节的长木板上（1）在验证牛顿第二定律的实验中，除打点计时器（附纸带，复写纸）、小车（其上可放置砝码）、细线、钩码（质量已知）、附滑轮的长木板、导线外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有_（填写序号）电压合适的50Hz交流电源 电压可调节的直流电源 刻度尺 秒表 天平（2）在验证牛顿第二定律的实验中，若平衡摩擦力时，长木板的一端调节过高，使得倾角偏大，则所得到的aF关系图象为图2中的_（a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）（3）实验中得到如图3的一条纸带，在纸带上便于测量的地方选取第1个计数点，其下表面A，第6个计数点下标明B，第11个计数点下标明C，第16个计数点下标明D，第21个计数点下表面E若测得AC长为14.56cm，CD长11.15cm，DE长为13.73cm，则小车运动的加速度大小为_m/s2，打C点时小车的瞬时速度大小为_m/s（结果保留三位有效数字）【答案】 (1). （1）； (2). （2）C (3). （3）0.986m/s； (4). 2.58m/s2【解析】（1）实验中通过打点计时器找出物体运动的位移和时间，通过对纸带的处理得出加速度；故实验中需要用小车、打点计时器、纸带、砝码、小桶、绳子、导线；用天平测量物体的质量，刻度尺测量长度；电源应采用50Hz交流电流，打点计时器本身可以记录时间，所以不需要秒表，故需要；（2）若平衡摩擦力时，长木板的一端调节过高，使得倾角偏大，小车的重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，则在加钩码前，小车能有加速度，所以则所得到图象纵坐标的截距不为0，则图的aF关系图象为C（3）物体做匀变速度直线运动，根据运动规律有，平均速度等于中间时刻的瞬时速度所以C点的速度等于AE距离的平均速度所以有：vc=AC+CD+DE4T=0.1456+0.1115+0.137340.1m/s=0.986m/s 在计算加速度时，为得到的实验数据更准确，应该采用逐差法：a1=xCDxAB2T2 ， a2=xDExBC2T2 由逐差法可得加速度为：a=BDAC2T2=0.19720.145620.12m/s2=2.58m/s2 14. 在做“研究平抛物体的运动”实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹（1）为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项填在横线上_A通过调节使斜槽末端的切线保持水平B实验所用斜槽的轨道必须是光滑的C每次必须由静止释放小球，而释放小球的位置始终相同D将球的位置标在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线（2）某同学在做实验时，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=10cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图所示的a、b、c、d，则小球平抛的初速度为v0=_m/s，小球过c点时速度的大小为_m/s（结果可含根式，g取10m/s2）【答案】 (1). （1）AC； (2). （2）2.0； (3). 0.5 （2）根据y=L=gT2得相等的时间间隔为：，则初速度为：小球过b点时竖直速度的大小为： ；小球过b点时速度的大小为： 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，结合运动学公式和推论灵活求解，基础题15. 在用重锤自由下落“验证机械能守恒定律”的实验中，如果纸带上前面几点比较密集，不够清楚，可舍去前面比较密集的点，在后面取一段打点比较清楚的纸带，同样可以验证如图所示，取O点为起始点，相邻各点的间距已量出并标注在纸带上，若已知：所用打点计时器的打点周期为T，重物的质量为m，当地重力加速度为g （1）根据纸带提供的物理量计算，vA=_； vF=_；（2）打点计时器自打A点到打出F点过程中：重力势能的减少量EP=_；动能的增加量为Ek=_（用vA、vF表示）【答案】 (1). （1）x1+x22T (2). x6+x72T (3). （2）mg（x2+x3+x4+x5+x6）， (4). 12m(x6+x72T)2(x1+x22T)2【解析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，A点的速度为：vAx1+x22T ，F点的速度为：vFx6+x72T（2）自打A点到打出F点过程中，重力势能的减小量为：Ep=mg（x2+x3+x4+x5+x6），动能的增加量为：Ek12mvF212mvA2=12mx6+x72T2x1+x22T2点睛：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量三、计算题（本题共4个小题，共38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。）16. 如图所示,倾角为的斜面处于竖直向下的匀强电场中,在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球,小球在电场中受到的静电力与小球所受的重力相等.设斜面足够长,地球表面重力加速度为g,不计空气的阻力,求: (1)小球落到斜面所需时间t;(2)小球从水平抛出至落到斜面的过程中电势能的变化量E.【答案】(1) v0tang (2)-m(v0tan)2【解析】试题分析：（1）由类平抛运动和牛顿第二定律得：（2分）x=v0t（1分）y=12at2（1分）yx=tan（1分）联解得：t=v0tang（1分）（2）由功能关系得小球电势能减小E为：E=qEy（1分）联解得：E=m（v0tan）2 （1分）考点：带电体在复合场中的运动17. 平直的公路上，一辆质量为1.0l04kg的卡车，从静止开始做匀加速直线运动，经过60s速度达到15ms，此时卡车的功率达到额定值，保持额定功率不变，又经过200s，车速达到最大值。如果卡车在运动中受到的阻力为车重的0.025倍，g取10ms2，求：（1）卡车在匀加速过程中受到的牵引力；（2）卡车发动机的额定功率；（3）卡车以额定功率行驶的最大速度；（4）卡车整个过程的位移。【答案】(1)5l03N；(2)7.5l04N；(3)30m/s ； (4)5100m【解析】（1）根据题意：经过60s速度达到15m/s，则加速度为：a=vt=1560m/s2=0.25m/s2根据牛顿第二定律：F0.025mg=ma，则代入数据可以得到：F=5103N