重庆市万州区万二中2019_2020学年高二物理上学期入学考试试题（含解析）.docx

万州二中高2021级2019年高二上期入学考试物理试卷一、选择题（本题共12题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的物理量是（）A. 机械能B. 动能C. 加速度D. 速度【答案】D【解析】【详解】A.做曲线运动的物体，在运动过程中机械能可以不变，例如平抛运动，故A错误.B.匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变，故B错误.C.平抛运动也是曲线运动，但是它的加速度是重力加速度，是不变的，故C错误.D.物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，故D正确.2.某船要渡过60m宽的河，船渡河的最短时间是12s；若船沿垂直河岸的直线到达正对岸，渡河时间是15s，则船在静水中的速率v1及河水的流速v分别为A. v1=5 m/s v2=4m/sB. v1=5 m/s v2=3m/sC. v1=4 m/s v2=5m/sD. v1=4m/s v2=3m/s【答案】B【解析】【详解】CD.当以最短时间渡河时，船头指向正对岸，则渡河时间为：，所以船在静水中的速度为：；故C，D均错误.AB.当船垂直河岸到达正对岸时，即合速度垂直河岸，渡河时间为：，代入数据为：，解得:v2=3m/s.故A错误，B正确.3.如图，从斜面上的点以速度v0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B点，己知AB75m，37，（sin370.6，cos370.8，g10m/s2。）不计空气阻力，下列正确的是（）A. 物体的位移大小为60mB. 物体飞行的时间为6sC. 物体在B点的速度大小为30m/sD. 物体的初速度v0大小为20m/s【答案】D【解析】【详解】A物体的位移等于初末位置的距离，大小为75m，故A错误.B平抛运动的竖直位移h=xABsin=750.6m=45m，根据得，物体飞行的时间，故B错误.D物体的初速度；故D正确.C.物体落到B点的竖直分速度vyB=gt=103m/s=30m/s，根据平行四边形定则知，物体落在B点的速率;故C错误.4.人造卫星离地面距离等于地球半径R的2倍，卫星以速度v沿圆轨道运动。设地面的重力加速度为g，则有（）A. vB. vC. vD. v【答案】A【解析】【详解】人造卫星离地面距离等于地球半径R，卫星以速度v沿圆轨道运动.根据万有引力提供向心力得：在地面的物体，万有引力等于重力，得：解得：联立解得：A.与计算结果相符；故A正确.B.与计算结果相符；故B错误.C与计算结果相符；故C错误.D.与计算结果相符；故D错误.5.质量为1.5103kg的汽车以某一恒定功率启动后沿平直路面行驶，且行驶过程中受到的阻力恒定，汽车能够达到的最大速度为30m/s。若汽车的速度大小为10m/s时的加速度大小为4m/s2，则该恒定功率为A. 90kWB. 75kWC. 60kWD. 4 kW【答案】A【解析】【详解】汽车以恒定的功率启动，由牛顿第二定律和功率联立可得，当速度为10m/s时的加速度大小为4m/s2，即：；而汽车达到最大速度时加速度为零，有：；联立两式解得：.A90kW与计算结果相符；故A项正确.B75kW与计算结果不相符；故B项错误.C60kW与计算结果不相符；故C项错误.D4kW与计算结果不相符；故D项错误.6.如图所示，水平光滑长杆上套有物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂物块P，设细线的左边部分与水平方向的夹角为，初始时很小。现将P、Q由静止同时释放，角逐渐增大，则下列说法错误的是（）A. 30时，P、Q的速度大小之比是：2B. 角增大到90时，Q的速度最大、加速度最小C. 角逐渐增大到90的过程中，Q的动能增加，P的动能减小D. 角逐渐增大到90的过程中，Q的机械能增加，P的机械能减小【答案】C【解析】【详解】A.对Q分析，根据速度和合成与分解可知，vP=vQcos30，解得，故A正确，A不合题意.B.P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当=90时，Q的速度最大，此时水平方向的拉力为零，加速度最小，故B正确;B项不合题意.C.角逐渐增大到90的过程中，Q的速度一直增大，P的速度先增大，后减小，故Q的动能增加，P的动能先增大后减小，故C错误;则C项符合题意.D.角逐渐增大到90的过程中，绳的拉力一直做正功，故机械能增加，绳的拉力对P一直做负功，机械能一直减小，故D正确;D项不合题意.7.如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg。重力加速度的大小为g，当圆环以角速度绕竖直直径转动时，下列说法错误的是（）A. 圆环角速度小于时，小球受到2个力的作用B. 圆环角速度等于时，细绳恰好伸直C. 圆环角速度等于时，细绳断裂D. 圆环角速度大于时，小球受到2个力的作用【答案】C【解析】【详解】AB.设角速度在01范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为，则有mgtan=mRsin2，即，当绳恰好伸直时，=60，对应;故A，B均正确；A项和B项均不合题意.CD.设在12时绳中有张力且小于2mg，此时有FNcos60=mg+FTcos 60，FNsin60+FTsin60=m2Rsin60，当FT取最大值2mg时代入可得，即当时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确；即C项符合题意，D项不合题意.8.如图所示为某一传送装置，与水平面夹角为37，传送带以4m/s的速率顺时针运转。某时刻在传送带顶端A处无初速度的放上一质量为1kg的煤块（可视为质点），煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，传送带上端A与下端B距离为3.5m，煤块从A到B的过程，以下说法正确的是（g10m/s2，sin370.6，cos370.8）（）A. 煤块机械能增加3JB. 煤块与皮带之间因摩擦而产生的热量为1JC. 煤块在传送带上留下的划痕为1mD. 煤块对皮带做的功等于皮带对煤块做的功【答案】C【解析】【详解】A.煤块放上传送带后，受到的滑动摩擦力的方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律得：mgsin37+mgcos37=ma1，解得:a1=gsin37+gcos37=(100.6+0.25100.8)m/s2=8m/s2则煤块速度从零加速到皮带速度所需的时间为：.煤块经过的位移为：.由于mgsin37mgcos37，可知煤块与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动.之后，煤块所受的滑动摩擦力沿斜面向上.根据牛顿第二定律得：mgsin37-mgcos37=ma2，解得:a2=gsin37-gcos37=4m/s2根据，即：解得：t2=0.5s.煤块到达B点的速度vB=v+a2t2=4+40.5=6m/s，则煤块的机械能增加量，解得E=-3J，即煤块的机械能减少3J，故A错误.C.第一阶段传送带的速度大于煤块块的速度，煤块相对于传送带向后运动，相对位移：x1=vt1-x1=40.5-1=1m第二阶段煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移：x2=(L-x1)-vt2=(3.5-1)-40.5=0.5m所以煤块在传送带上留下的划痕等于x1=1m;故C正确.B.煤块与皮带之间因摩擦而产生的热量为：Q=mgcos(x1+x2）=0.25100.81.5=3J；故B错误.D.由于煤块与皮带间有相对运动，两者相对于地面的位移不等，所以煤块对皮带做的功与皮带对煤块做的功不等;故D错误.9.子弹以初速度v010m/s从枪口发出做平抛运动（g取10m/s2），则（）A. 1s末物体的速度为10m/sB. 1s末物体的速度方向与水平方向成45角C. 每1s内物体的速度变化量的大小为10m/sD. 每1s内物体的速度大小的变化量为10m/s【答案】ABC【解析】【详解】A.子弹沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做自由落体运动，1s末沿竖直方向的分速度为：vy=gt=101m/s=10m/s,则1s子弹的速度为：;故A正确.B.1s末子弹的速度方向与水平方向的正切值为：，所以=45;故B正确.C.每1s内物体的速度变化量的大小为：v=gt=101=10m/s;故C正确.D.由于速度是矢量，初速度的方向与加速度的方向垂直，所以每1s内物体的速度大小的变化量不等于10m/s;故D错误.10.霍曼转移轨道（Hohmanntransferorbit）是一种变换太空船轨道的方法，此种轨道操纵名称来自德国物理学家瓦尔特霍曼。在电影和小说流浪地球中，利用霍曼转移轨道，用最少的燃料地球会到达木星轨道，最终逃出太阳系。如图所示，科学家利用固定在地面的万台超级聚变发动机瞬间点火，使地球在地球轨道上的B点加速，通过运输轨道，再在运输轨道上的A点瞬间点火，从而进入木星轨道关于地球的运动，下列说法中正确的是（）A. 在运输轨道上经过A的速度小于经过B的速度B. 在轨道上的机械能大于在运输轨道上的机械能C. 在轨道上运动的周期大于在运输轨道上的周期D. 在轨道上经过B点的加速度小于在运输轨道上经过B点的加速度【答案】ABC【解析】【详解】A.在运输轨道上，A点为远日点，B点为近日点，根据开普勒第二定律知，A点速度小于B点速度，故A正确.B.当地球在运输轨道A点向轨道转移时需要点火加速，可知在轨道上的机械能大于在运输轨道上的机械能，故B正确.C.根据开普勒第三定律知，半径越大，周期越大，则在轨道上运动的周期大于在轨道上运动的周期，故C正确.D.同一物体在同一位置所受万有引力相同，则加速度相同，故在轨道上经过A的加速度等于在运输轨道上经过A的加速度，故D错误.11.如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f。现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s。下列说法正确的是（ ）A. 其他条件不变的情况下，F增大，滑块与木板间产生的热量不变B. 其他条件不变的情况下，M越大，s越大C. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长D. 上述过程中，滑块克服摩擦力做功为f(L+s)【答案】AD【解析】系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力没变，所以产生的热量没变，A正确其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力不变，当M越大时，木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移s小，B错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，C错误；上述过程中，滑块相对于地面的位移为，则滑块克服摩擦力做功为，D正确；选AD.【点睛】当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块相对于地面的位移为，根据功的计算公式求滑块克服摩擦力做功根据牛顿第二定律可知，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，据此即可判断s的变化；F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积12.如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在ts末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则（）A. ts内恒力F做功为m(v02-v2)B. 质点所受合外力的大小为C. 质点到达B点时的速度大小为 D. 恒定外力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧，且【答案】BCD【解析】【详解】A.根据动能定理，ts内恒力F做的功为，故A错误；BD.到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，恒力F的方向与速度方向成钝角，如图所示：在x方向上根据数学知识可得：v=v0sin在y方向根据数学知识可得：v0cos=ayt根据牛顿第二定律有：F=may解得：，即恒定外力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧，且，故B,D正确；C.设质点从A点运动到B经历时间t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得：Fcos=ma1，Fsin=ma2根据运动学公式可得：v0=a1t1，vB=a2t1，解得质点到达B点时速度大小为，故C正确；二实验题（本题共2小题，共12分）13.某同学用下图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次回答下列问题：（1）在安装实验器材时斜槽的末端应_。（2）小球a、b质量ma、mb的大小关系应满足ma_mb，两球的半径应满足ra_rb（选填“”、“”或“=”）。（3）本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示，这时小球a、b两球碰后的平均落地点依次是图中水平面上的_点和_点。在本实验中结合图，验证动量守恒的验证式是下列选项中的_。A.B.C. 【答案】（1）保持水平；（2），=；（3）A，C；（4）B【解析】（1）小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动。（2）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量ma大于mb，即mamb，为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等，故填、=。（3）由图1可知，小球a和小球b相撞后，被碰小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落点点分别为A、C点。（4）小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：，两边同时乘以时间t得：，可得：，故B正确，AC错误。14.如图示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究功与速度的关系”的实验。（1）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是_（选填选项前的字母）。A将长木板带滑轮的左端垫高B将长木板不带滑轮的右端垫高在_（选填选项前的字母）且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。A不挂重物B挂上重物（2）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O在纸带上依次取A、B、C若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T测得A、B、C各点到O点的距离为x1、x2、x3，如图2所示.实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg.从打O点到打某计数点的过程中，拉力对小车做的功W，打某计数点时小车的速度v.同时以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作出如图3所示的v2W图象.分析实验图象：该图线与斜率有关的物理量应是_（选填选项前的字母）.A加速度 B位移 C质量 D时间【答案】 (1). B (2). A (3). C【解析】【详解】（1）1平衡摩擦力时：把长木板的不带滑轮右端适当垫高，故选B.2然后让小车与纸带相连，在不挂重物的情况下，轻推小车，小车做匀速直线恰好平衡摩擦力，故选A.（2）3由于近似认为拉力等于重力，根据W=Fs可知，设力做功为W，拉力做的功转化为小车的动能，即：以v2为纵坐标，W为横坐标，图线的斜率：，可见该图线与斜率有关的物理量应是小车的质量，与加速度、小车的位移、运动的时间都无关，故选C.三计算题（本题共3小题，共40分）15.质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，（1）求小球与地面碰撞前后的动量变化；（2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小？（取g=10m/s2）。【答案】（1）2kgm/s；方向竖直向上；（2）12N；方向竖直向上；【解析】【详解】（1）小球与地面碰撞前的动量为：p1=m(v1)=0.2(6) kgm/s=1.2 kgm/s小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.24 kgm/s=0.8 kgm/s小球与地面碰撞前后动量的变化量为p=p2p1=2 kgm/s（2）由动量定理得(Fmg)t=p所以F=mg=N0.210N=12N，方向竖直向上16.如图，一个质量为m的小球，以初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点。已知圆弧的半径为R，且A与D在同一水平线上，C点是圆管最低点，BC弧对应的圆心角，不计空气阻力。（重力加速度为g）求：（1）在D点，管壁对小球的作用力N；（2）小球在圆管中运动时克服阻力做的功。【答案】（1），方向竖直向上（2）【解析】【详解】（1）小球从D到B，平抛：得小球从D点抛出的速度，在D点根据牛顿第二定律：解得：，方向竖直向上。（2