重庆市万州区万二中2019-2020学年高二上学期入学考试物理试题

重庆市万州区万二中2019-2020学年高二上学期入学考试物理试题

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/s B. v1=5 m/s v2=3m/s C. v1=4 m/s v2=5m/s D. 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AB＝75m，α＝37°，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。）不计空气阻力，下列正确的是（　　）‎ A. 物体的位移大小为60m B. 物体飞行的时间为6s C. 物体在B点的速度大小为30m/s D. 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=xABsinα=75×0.6m=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=10×3m/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. v B. v C. v D. 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1.5×103kg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. 90kW B. 75kW C. 60kW D. 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：.‎ A．90kW与计算结果相符；故A项正确.‎ B．75kW与计算结果不相符；故B项错误.‎ C．60kW与计算结果不相符；故C项错误.‎ D．4kW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θ，初始时θ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. θ＝30°时，P、Q的速度大小之比是：2‎ B. θ角增大到90°时，Q的速度最大、加速度最小 C. θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的动能增加，P的动能减小 D. θ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θ=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.θ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.θ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ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是（　　）‎ A. 圆环角速度ω小于时，小球受到2个力的作用 B. 圆环角速度ω等于时，细绳恰好伸直 C. 圆环角速度ω等于时，细绳断裂 D. 圆环角速度ω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ω在0～ω1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θ，则有 mgtanθ=mRsinθ•ω2，‎ 即，当绳恰好伸直时，θ=60°，对应;故A，B均正确；A项和B项均不合题意.‎ CD.设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有 FNcos60°=mg+FTcos 60°，‎ FNsin60°+FTsin60°=mω2Rsin60°，‎ 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（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）‎ A. 煤块机械能增加3J B. 煤块与皮带之间因摩擦而产生的热量为1J C. 煤块在传送带上留下的划痕为1m D. 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°+μmgcos37°=ma1，‎ 解得:a1=gsin37°+μgcos37°=(10×0.6+0.25×10×0.8)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mgsin37°＞μmgcos37°，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°-μmgcos37°=ma2，‎ 解得:a2=gsin37°-μgcos37°=4m/s2‎ 根据，‎ 即：‎ 解得：t2=0.5s.‎ 煤块到达B点的速度 vB=v+a2t2=4+4×0.5=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=4×0.5-1=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)-4×0.5=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=μmgcosθ(△x1+△x2）=0.25×10×0.8×1.5=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v0＝10m/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/s B. 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/s D. 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=10×1m/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θ=45°;故B正确.‎ C.每1s内物体的速度变化量的大小为：△v=g△t=10×1=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Ⅰ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Ⅱ．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Ⅱ上的机械能大于在运输轨道上的机械能 C. 在轨道Ⅱ上运动的周期大于在运输轨道上的周期 D. 在轨道Ⅰ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Ⅱ转移时需要点火加速，可知在轨道Ⅱ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Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ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Ⅱ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θ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=v0sinθ 在y′方向根据数学知识可得：‎ v0cosθ=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θ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：‎ Fcosθ=ma1，‎ Fsinθ=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ma＞mb，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v2﹣W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）2kg•m/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) kg·m/s=－1.2 kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.2×4 kg·m/s=0.8 kg·m/s 小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp=p2－p1=2 kg·m/s ‎（2）由动量定理得(F－mg)Δt=Δp 所以F=＋mg=N＋0.2×10N=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）从A到D，根据动能定理有：，得克服摩擦力做功：。‎ ‎17.如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x＝1m，与滑块间的摩擦因数为μ1＝0.25．平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v＝7m/s，长为L＝3m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面DE长度S＝0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R＝1m，θ＝37°．今将一质量m＝2kg的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为EP＝30J，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同。设经过D点的拐角处无机械能损失且滑块能沿斜面下滑。重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力。试求：‎ ‎（1）滑块到达C点的速度vC＝？‎ ‎（2）滑块与传送带间的摩擦因数μ2及经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能；‎ ‎（3）若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围.‎ ‎【答案】（1）5m/s（2）μ2=04，E内＝24J（3）0≤v传m/s或v传≥2m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得：‎ 代入数据得：vC＝5m/s ‎（2）滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得：‎ 代入数据解得：μ2＝0.4‎ 经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能为 E内＝μ2mg△x 其中 代入数据解得E内＝24J ‎（3）斜面高度为：‎ h＝s•sinθ＝0.3m ‎（Ⅰ）设滑块在D点的速度为vD1时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得：‎ 滑块从D点到G点的过程，由动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ ‎（Ⅱ）设滑块在D点的速度为vD2时，恰好到圆弧处速度为零，此过程由动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ 若滑块在传送带上一直减速至D点恰好同速，则由动能定理得：‎ 代入数据解得：v传1＝1m/s，所以 若滑块在传送带上一直加速至D点恰好同速，由题目已知v传2＝7m/s 所以.‎ ‎ ‎