2020-2021年新高二物理开学摸底考试卷(二)

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2020-2021年新高二物理开学摸底考试卷(二)

2020-2021 年新高二物理开学摸底考试卷(二) 一.选择题(本题共 12 小题;每小题 4 分,共 48 分。其中 1-8 题为单选题,9-12 为多选题,全部选对得 4 分,选对但不全得 2 分) 1.一个系统的机械能增大,究其原因,下列推测正确的是( ) A.可能是重力对系统做了功 B.一定是合外力对系统做了功 C.一定是系统克服合外力做了功 D.可能是摩擦力对系统做了功 解析 只有重力做功,系统的机械能守恒,选项 A 错误;除重力、弹力之外的力做正功时,系统机械能增 加,做负功时则减少,故选项 B、C 错误;如果摩擦力对系统做正功,则系统机械能增加,故选项 D 正确。 答案 D 2.如图所示,质量相等的 A、B 两物体随竖直圆筒一起做匀速圆周运动,且与圆筒保持相对静止,下列说法 中正确的是( ) A. 线速度 ABvv B. 运动周期 ABTT C. 筒壁对它们的弹力 ABNN D. 它们受到的摩擦力 ABff 【答案】D 【解析】A、A 和 B 共轴转动,角速度相等即周期相等,由 v=rω 知,A 转动的半径较小,则 A 的线速度较 小,故 A、B 错误.C、A 和 B 做圆周运动靠弹力提供向心力,由 N=mrω2 知,A 的半径小,则 ABNN ; 竖直方向上:重力和静摩擦力平衡,重力相等,则摩擦力相等,即 fA=fB,故它们受到的合力 FA 合mb,它们的初动能相同,若 a 和 b 分别受到不变的阻 力 Fa 和 Fb 的作用,经过相同的时间停下来,它们的位移分别为 sa 和 sb,则( ) A.Fasb B.Fa>Fb,sa>sb C.Fa>Fb,samb,所以 saFb,故选项 C 正确。 答案 C 5.如图所示,水平地面上固定有一个斜面,斜面倾角为 θ,从斜面顶端向右平抛一个小球(可视为质点), 当初速度为 v0 时,小球恰好落到斜面底端,平抛的飞行时间为 t0,现用不同的初速度 v 从该斜面顶端向右 平抛这个小球,则平抛运动结束时,末速度方向与水平方向夹角的正切值 tanα 随初速度 v 变化的图像,以 及平抛运动飞行时间 t 随初速度 v 变化的图像正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】当速度 0vv ,小球将落在斜面上,根据落在斜面上的小球的位移方向与水平方向夹角的正切值等 于小球落在斜面上末速度方向与水平方向夹角正切值的一半可知,此时末速度方向与水平方向夹角的正切 值 tanα 为定值,小球运动时间为 tan2 tangt v 则 tan 2tanvvt gg  小球落在斜面上时 为定值,则此过程时间与速度 v 成正比,当速度 0vv ,小球将落到水平面,则有 tan yv gt vv  由于高度一定,则时间 t 为定值,则 tan 与v 成反比,故 ACD 错误,B 正确。 故选 B。 6.疫情当前,无人驾驶技术在配送、清洁、消毒等方面的应用,节省人力的同时,也大幅降低了相关人员的 感染风险,对疫情防控起到了积极作用。某公司在研发无人驾驶汽车的过程中,对比甲乙两辆车的运动, 两车在开始计时时刚好经过同一位置且沿同一方向做直线运动,它们的速度随时间变化的关系如图所示, 由图可知( ) A.在 t = 3s 时,两车第一次相距最远 B.甲车任何时刻加速度大小都不为零 C.在 t = 6s 时,两车又一次经过同一位置 D.甲车 t = 6s 时的加速度与 t= 9s 时的加速度相同 【答案】A 【解析】A.甲乙两车同时同地出发,0 3s 内甲车速度大于乙车速度,甲在前乙在后,距离越来越远,3 6s 内甲车速度小于乙车速度,距离越来越近,所以 3st  时,甲乙两车速度相等,第一次距离最远,A 正确; B. vt 图像斜率的物理意义为加速度,图像的斜率可以为 0,所以甲车的加速度可以为 0,B 错误; C.图像与横轴所围面积代表位移,可知前 6s 内,乙的位移比甲的大,故 C 错误; D.甲车在 6s 时和 9s 时加速度方向不同,D 错误。故选 A。 7.一辆汽车的质量为 m,额定功率为 P,在保持额定功率不变的情况下,汽车启动时的 v-t 图象如图所示。 已知 1t 时刻的速度为 1v , 2t 时刻的速度为 2v ,且 时刻的加速度为 时刻的加速度的 2 倍。若汽车所受阻 力大小恒定,则下列说法正确的是( ) A. 汽车在 时刻的加速度为 21 1 12 2()P vva mv v  B. 汽车在 12tt 时间内的平均速率等于 12 2 vv C. 汽车能达到的最大速度为 12 1 212 vvy vv D. 汽车所受的恒定阻力为 21 23PP vv 【答案】A 【解析】B.t1-t2 时间内汽车做加速度减小的加速运动,由图象的“面积”表示位移知,其位移大于匀加速直 线运动的位移,则平均速度大于 12 2 vv ,故 B 错误; D.由题意,设 t 1 时刻的加速度为 a1、 2 时刻的加速度为 a2,根据牛顿第二定律有 1 1 P f m av  , 2 2 P f m av  , 122aa 联立解得 21 2 PPf vv 故 D 错误; C.汽车能达到最大速度时,则有 F=f,P=Fv 故 12 122 vvv vv  故 C 错误; A.根据 解得 21 1 12 2()P vva mv v  故 A 正确。故选 A。 8.如图所示,有一光滑轨道 ABC,AB 部分为半径为 R 的1 4圆弧,BC 部分水平,质量均为 m 的小球 a、b 固 定在竖直轻杆的两端,轻杆长为 R,不计小球大小。开始时 a 球处在圆弧上端 A 点,由静止释放小球和轻 杆,使其沿光滑轨道下滑,则下列说法正确的是( ) A.a 球下滑过程中机械能保持不变 B.b 球下滑过程中机械能保持不变 C.a、b 球滑到水平轨道上时速度大小为 2gR D.从释放 a、b 球到 a、b 球滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对 a 球做的功为mgR 2 解析 a、b 球和轻杆组成的系统机械能守恒,选项 A、B 错误;由系统机械能守恒有 mgR+mg·2 R=1 2×2 mv2, 解得 a、b 球滑到水平轨道上时速度大小为 v= 3gR,选项 C 错误;从释放 a、b 球到 a、b 球滑到水平轨道 上,对 a 球,由动能定理有 W+mgR=1 2mv2,解得轻杆对 a 球做的功为 W=mgR 2 ,选项 D 正确。 答案 D 9..如图所示,光滑斜槽固定在水平地面上,一小球从其顶端由静止开始下滑,取地面为零势能面。下滑过 程中,小球的速率 v、运动时间 t、动能 Ek、重力势能 EP、离地面的高度 h,它们之间的关系图像可能正确 的有( ) A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】A.设小球所在位置的切线与水平方向的夹角为  ,根据牛顿第二定律有 sinmg ma  解得 sinag  ,小球往下运动, 变小,则sin 变小,加速度变小,故小球向下做加速度不断减小的加 速运动,故 A 错误; BC.设刚开始小球离地高度为 H,下落一段时间离地高度为 h,小球向下运动过程中,只有重力做功,根 据机械能守恒定律有  kE mg H h 解得 kE m g H m g h 又 2 k 1 2E mv 解得 2 22v gH gh 故 B 正确,C 错误; D.离地高度为 h 时,重力势能为 pEmgh 故 D 正确。故选 BD。 10.2018 年 4 月 2 日,中国首个空间实验室“天宫一号”坠入大气层焚毁.天宫一号是中国首个“目标飞行器”, 其主要目的在于和神舟飞船(称“追踪飞行器”)配合完成交会对接飞行测试,为建设空间站积累经验.其在 轨工作 1630 天,失联 759 天,在地球引力下轨道高度不断衰减,最终于 4 月 2 日早晨 8 点 15 分坠入大气 层焚毁.据报道,该次坠落没有造成任何危险.天宫一号空间实验室于 2011 年 9 月 29 日在酒泉发射升空, 设计寿命两年,轨道平均高度约为 350km.作为中国空间站的前身,在役期间,天宫一号先后与神舟八号、 九号、十号飞船配合完成六次交会对接任务,共计接待 6 名航天员,完成多项科学实验.设“天宫一号”飞行 器的轨道半径为 r,地球表面重力加速度为 g,地球半径为 R,地球自转周期为 T,对于“天宫一号”在服役 运行过程中,下列说法正确的是 A.根据题中数据,可求出地球的质量 23 2 4 rM GT  , 地球质量也可表达为 2gRM G B.“神州八号”飞船与“天宫一号”进行对接时,“神州八号”飞船需要从低轨道加速 C.“天宫一号”飞行器运动的周期是 0 2 rT g D.天宫一号的航天员在一天内可以看到日出的次数是 2 32 T gRN r 【答案】BD 【解析】A.根据 2 22 4MmG m rrT  宫一 因天宫一号的周期未知,题中给出的是地球自转周期,则不能求解地球质量,可根据 2 MmG mgR  求解地球质量 2gRM G 选项 A 错误; B.“神州八号”飞船与“天宫一号”进行对接时,“神州八号”飞船需要从低轨道加速,然后进入高轨道实现对 接,选项 B 正确; C.根据 2 22 0 4MmGmrrT  可知“天宫一号”飞行器运动的周期是 33 222rrT GM gR == 选项 C 错误; D.天宫一号的航天员每转一周即可看到一次日出,一天转的圈数是 2 3 0 2 T T gRN Tr 则在一天内可以看到日出的次数是 选项 D 正确; 故选 BD. 11.滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动,深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动情境可简化为 如下模型:如图甲所示,将运动员(包括滑板)简化为质量 5 0 k gm  的物块,物块以某一初速度 0v 从倾角 37  的斜面底端冲上足够长的斜面,取斜面底端为重力势能零势能面,该物块的机械能 E总 和重力势能 pE 随离开斜面底端的高度 h 的变化规律如图乙所示。将物块视为质点,重力加速度 210m / s ,则由图中数据可 得( ) A.初速度 0 5 m/ sv  B.物块与斜面间的动摩擦因数为 0.3 C.物块在斜面上运动的时间为 4 s3 D.物块再次回到斜面底端时的动能为 375J 【答案】AD 【解析】A.斜面底端为重力势能零势能面,则 2 01 1 625J2Emv总 得 0 5m/sv  故 A 正确; B.当 pEE总 时,物块运动到最高点由图乙可知此时 m 1mh  根据功能关系,有 mcos125Jsin hmgE  总 得物块与斜面间动摩擦因数 3 16  故 B 错误; CD.物块沿斜面上滑的时间 0 1 2 ssincos3 vt gg 上滑的位移 m 5 ms i n 3 hs  因为 tan ,所以物块最终会沿斜面下滑,下滑的 2 2215 sincos9 st gg 物块在斜面上运动的时间为 12 6215 s9t tt  滑到斜面底端时的动能 m k 1 2cos375J sin hEEmg 总 故 C 错误,D 正确。故选 AD。 12.如图所示,质量 M 的小球套在固定倾斜的光滑杆上,原长为 l0 的轻质弹簧一端固定于 O 点,另一端与小 球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内.图中 AO 水平,BO 间连线长度恰好与弹簧原长相等,且与杆垂直, O′ 在 O 的正下方,C 是 AO′段的中点,θ=30°.现让小球从 A 处由静止释放,下列说法正确的有 A.下滑过程中小球的机械能守恒 B.小球滑到 B 点时的加速度为 3 2 g C.小球下滑到 B 点时速度最大 D.小球下滑到 C 点时的速度为 02gl 【答案】BD 【解析】A、下滑过程中小球的机械能会和弹簧的弹性势能相互转化,因此小球的机械能不守恒,故 A 错 误; B、因为在 B 点,弹簧恢复原长,因此重力沿杆的分力提供加速度,根据牛顿第二定律可得 c o s3 0m g m a  解得 3 2ag 故 B 正确; C、到达 B 点加速度与速度方向相同,因此小球还会加速,故 C 错误; D、因为 C 是 AO′段的中点,θ=30°,所以当小球到 C 点时,弹簧的长度与在 A 点时相同,故在从 A 到 C 的过程中弹簧弹性势能没变,小球重力做功全部转化为小球的动能,所以得 2 0 1 2 cm g l m v 解得 02cvgl 故 D 正确。 第 II 卷(非选择题) 二.实验题:(本题共 2 小题,共 14 分) 13.(6 分)用如图所示的甲、乙两种装置都可以进行“探究做功与物体速度变化的关系”实验。 (1)a、b 是两个实验中打出的纸带的一部分,A、B、C、…、G 是纸带上标出的计数点,每两个相邻的计数 点之间还有 4 个打出的点未画出。其中图____(填“a”或“b”)所示的是用乙装置的实验纸带。用甲装置实验 时打下 F 点的瞬时速度 v=____m/s(保留 2 位有效数字)。 (2)在用乙装置进行的实验中,平衡阻力后,小车与橡皮筋组成的系统在橡皮筋恢复形变前机械能___(填“守 恒”或“不守恒”)。 【答案】a 0.28 不守恒 【解析】(1)[1]甲图装置是恒力拉动小车做匀加速直线运动,体现相等时间内的位移差恒定,对应纸带 b, 乙装置是橡皮筋的弹力拉动小车,是逐渐减小的弹力作用,小车应先做变加速度直线运动后做匀速直线运 动,对应纸带 a; [2]甲装置对应纸带 b,相邻计数点间有四个点未画出,则时间间隔为 0.025s0.1sT  由匀变速直线运动的推论,平均速度等于中间时刻的瞬时速度,有 2(2.603.00)10 m/s0.28m/s220.1 EG F xv T   (2)[3]小车与橡皮筋组成的系统有重力做正功,橡皮筋的弹力做正功,摩擦力做负功,则即使平衡了摩擦力, 依然有除重力和弹力之外的摩擦力做负功,系统的机械能减少,机械能不守恒。 14.(8 分)用如图所示装置可验证机械能守恒定律,轻绳两端系着质量相等的物块 A、B,物块 B 上放一金 属片 C,铁架台上固定一金属圆环,圆环处在物块 B 的正下方。开始时,金属片 C 与圆环间的高度为 h,A、 B、C 由静止开始运动。当物块 B 穿过圆环时,金属片 C 被搁置在圆环上,两光电门分别固定在铁架台 P1、 P2 处,通过数字计时器可测出物块 B 从 P1 旁运动到 P2 旁所用时间 t,已知重力加速度为 g。 (1)若测得 P1、P2 之间的距离为 d,则物块 B 刚穿过圆环后的速度v  ________。 (2)若物块 A、B 的质量均用 M 表示,金属片 C 的质量用 m 表示,该实验中验证了下面选项________中的等 式成立,即可验证机械能守恒定律。 A. 21 2mghMv B. 2m g h M v C.   21 22mghMmv D.   21 2mghMmv (3)改变物块 B 的初始位置,使物块 B 从不同的高度由静止下落穿过圆环,记录每次金属片 C 与圆环间的高 度 h 以及物块 B 从 P1 旁运动到 P2 旁所用时间 t,则以 h 为纵轴,以________ ( 选填“ 2t ”或“ 2 1 t ”)为横轴, 通过描点作出的图线是一条过原点的直线,该直线的斜率 k  ________ 用 m、g、M、d 表示 ) 。 【答案】 d t C 2(2 ) 2 M m d mg  【解析】(1)[1]根据平均速度等于瞬时速度,则有物块 B 刚穿过圆环后的速度 dv t (2)[2]由题意可知,系统 ABC 减小的重力势能转化为系统的增加的动能,即为 21 (2 )2mgh Mgh Mgh M m v    即为 2 2 2 11(2)(2)22 dmghMm vMm t 故 C 正确,ABD 错误。 故选 C。 (3)[3][4]将 21 22mghMmv() 变形后则有 22 2 (2)(2) 22 Mm vMm dh mgmgt  因此以 为横轴;由上式可知,作出的图线是一条过原点的直线,直线的斜率 2(2) 2 Mm dk mg  三.解答题:共 4 个⼩题,共 38 分。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,有数值计算的题必须明确写出数据值和单位。 15.(8 分)消防员半夜接到火情报警后,常常利用一根固定的竖直金属杆从楼上的宿舍下滑到楼下的消防 车附近,用最短的时间出警,如图所示,某队员在顶端握住杆由静止开始滑下,先做匀加速直线运动,再 做匀减速直线运动。加速过程的加速度大小是减速过程的加速度大小的 2 倍。下滑过程共用时 1.5s,下滑了 3m,速度减小至零(此时人未接触地面)。人的质量为 60kg,g 取 210m/s 。求: (1)人开始下滑前,杆对人的摩擦力; (2)人下滑过程中的最大速度; (3)匀加速运动的加速度大小。 【答案】(1)600N,方向竖直向上;(2)4m/s;(3)8m/s2 【解析】(1)人开始下滑前,对人受力分析:人竖直方向受到重力和摩擦力,由平衡条件得杆对人的摩擦力 为 600NFmg 方向竖直向上 (2)设人下滑过程中的最大速度为 vm,由题意可得 2 mvxt 解得 22 3 m/s4m/s3 2 m xv t  (3)由题意得匀加速运动过程有 11mva t 匀减速过程有 220 mv a t 据题有 122aa 121 . 5 stt 联立解得 2 1 8m/sa  16.(10 分)我国将在 2013 年使用长征三号乙火箭择机发射嫦娥三号.发射嫦娥三号是采用火箭喷气发动 机向后喷气而加速的.设运载火箭和嫦娥三号的总质量为 m,地面附近的重力加速度为 g,地球半径为 R, 引力常量为 G。 (1)用题给物理量表示地球的质量。 (2)假设在嫦娥三号舱内有一平台,平台上放有测试仪器,仪器对平台的压力可通过监控装置传送到地 面.火箭从地面启动后竖直向上做加速直线运动,升到距离地面高度等于地球半径的 1 2 时,地面监控器显 示测试仪器对平台的压力为启动前压力的 17 18 ,求此时火箭的加速度。 【答案】(1) 2gRM G ;( 2) 2 ga  【解析】(1)根据在地面附近重力和万有引力相等,则有 2 MmGmgR  ① 解得 ② (2)取测试仪为研究对象 起飞前,由物体的平衡条件得 1 2N MmFGR ③ 升到距离地面高度等于地球半径的 时,牛顿第二定律得 2 2()2 N MmFGma RR   = ④ 由题意知 2 1 17 18 N N F F  ⑤ 由①③④⑤解得: 2 ga  17.(10 分).学校物理社团为研究“竖直平面内圆周运动的临界速度大小”,设计了如下实验装置。 如图甲 所示,光滑圆轨道固定在竖直平面内,质量为 m 的小球从轨道最高点以初速度 v0 开始运动,已知轨道半径 为 R,重力加速度为 g,请回答: (1)若小球初速度 0 2v gR ,则最高点 A 处小球对轨道的弹力大小为多少; (2)如图乙所示,将一轻质弹簧一端固定在 AO 中点 P 处,另一端与小球相连接,弹簧原长为 R,劲度系数 mgk R ,小球运动过程中弹簧始终在竖直平面内,弹簧可绕 P 点无摩擦转动,为使小球不脱离轨道,则在 最高点速度至少多大; (3)在(2)问结果下,小球到达最低点 B 处时所受轨道弹力大小为多少。 【答案】(1) mg ;( 2) 2 gR ;( 3)5mg 【解析】(1)小球在最高点的合力提供向心力,则有 2 0 NAF vmgm R 解得 NAFmg (2)由胡克定律得,弹簧弹力 1 2 mgF k x   方向向上 小球恰好通过轨道最高点有 0NAF  ,则在高点根据牛顿第二定律有 2 1 Avm g F m R 解得 2A gRv  (3)由题意知,从最高点运动至最低点的过程,小球和弹簧构成的系统机械能守恒,以最低点为零势能面, 弹簧在 A、B 处形变量相同,则有 p A p BEE 根据系统机械能守恒,则有 22112022ApABpBmgRmvEmvE B 处弹簧弹力大小为 2 2 mgF  ,方向向上,在 B 点,根据牛顿第二定律有 2 2 B NB vFFmgm R 联立方程解得 5NBFmg 18.如图所示,在倾角为 θ=30°的光滑斜面 MN 底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧,轻弹簧的上端静止放 一质量 m=2kg 的滑块,且滑块与斜面顶端 N 点相距 x=0.10m。现将弹簧解除锁定,滑块离开弹簧后经 N 点 离开斜面,恰水平飞上顺时针始终匀速转动的传送带,已知传送带水平放置且足够长,传送带上端距 N 点 所在水平面高度为 h=0.20m,滑块 A 与传送带间的动摩擦因数 3 2  (g 取 10m/s2)。 (1)弹簧锁定时储存的弹性势能; (2)若传送带速度为 73m/s,求滑块飞上传送带后因摩擦产生的内能; (3)传送带右端竖直固定半径 R=0.1m 的光滑半圆轨道,且轨道下端恰好与传送带相切,为使滑块能沿半圆轨 道运动而不脱离半圆轨道,求传送带速度应当满足的条件。 【答案】(1)17J;(2)75J;(3) 2m /sv  或 5 m / sv  【解析】(1)滑块离开斜面后,竖直方向由 2 0 1 2h g t 得 0 0 . 2 st  所以滑块离开斜面时 0 0 tan 30gt v  ° 得 0 23m/sv  对滑块,从开始到恰上斜面 2 P0 1(sin 30) 2Emgxhmv ° 得 P 17JE  (2)滑块飞上传送带后,对滑块 mgma  得 25 3m/sa  由 0v v at传 得 1st  则 7 3 mx v t 传 传 2 0 1 9 3 m22x v t at  物 所以 53m2s 相 所以 75JQmgs相 (3)若滑块不能越过四分之一圆弧,对滑块 2 1 1 =2 m v m g R 则 1= 2m/sv 若滑块不能越过四分之一圆弧,在最高点对滑块 2 Qvmgm R 得 Q 1m/sv  从最低点到最高点,对滑块 22 2Q 112+22mvmg Rmv 得 2 =5m/sv 所以传送带运行速度 1vv 或 2vv 即 2m /sv  或 5 m / sv  。
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