安徽省肥东县第二中学2019-2020学年高二上学期入学考试物理试题

安徽省肥东县第二中学2019-2020学年高二上学期入学考试物理试题

肥东二中2019—2020学年第一学期开学质量检测 高二年级 物理试题 一、选择题（单项选择，每题4分）‎ ‎1.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，已知P、Q均始终处于静止状态，则下列相关说法正确的是（　　）‎ A. P受4个力 B. Q受到3个力 C. 若绳子略微变长，绳子拉力将变小 D. 若绳子略微变短，Q受到的静摩擦力将增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.P受到重力、Q的支持力，绳子的拉力，共3个力作用.故选项A不符合题意.‎ B.Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用.故选项B不符合题意.‎ C.设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条 GP=Fcosα 若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小.故选项C符合题意.‎ D.Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变.故选项D不符合题意.‎ ‎2.如图所示，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧一端固定于水平天花板上相距为2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°，若将物体的质量变为M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°(sin 37°=0.6)，则等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：当夹角为37°时，弹簧的伸长量，当夹角为53°时，弹簧的伸长量，对小球分析，根据平衡条件：，，其中，，联立解得，A正确 考点：考查了共点力平衡条件的应用 ‎【名师点睛】由几何知识求出两弹簧的伸长量之比，然后根据胡克定律求出两弹簧的拉力之比，最后由平衡条件求出重力与弹簧拉力的关系．‎ ‎3.某跳伞运动员从悬停在高空的直升机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的图象如图所示，则下列关于他的运动情况分析正确的是（ ）‎ A. 加速度向下，加速度向上 B. 、内都做加速度逐渐减小的变速运动 C. 内下落的距离等于 D. 内下落的距离大于 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象和题意可知，向下方向为正方向。速度时间图象的斜率等于加速度，由图象可知，0～10s斜率为正，加速度向下，10～15s斜率为负，加速度向上，故A正确；由图象可知，0～10s、10～15s内斜率都逐渐减小，所以加速度都逐渐减小，故B正确；若0-10s做匀加速直线运动，则位移为 x=×10m=100m，而本题图象围成的面积比匀加速直线运动的大，所以0～10s内下落的距离大于100m，故C错误；同理可以证明10s～15s内下落的距离小于匀减速直线运动的位移75m，故D错误。故选AB。‎ ‎4.质量为1kg的物体在xoy平面上做曲线运动，在y方向的速度图象和x方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是　　‎ A. 质点初速度的方向与合外力方向相同 B. 质点所受的合外力为6N C. 质点的初速度为 D. 2s末质点速度大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动根据位移图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度质点的合力一定，做匀变速运动轴的合力为零根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．‎ ‎【详解】A、质点y方向的分运动时匀加速直线运动，分加速度沿y方向。x方向做匀速直线运动，加速度为零。则知质点的合力沿y轴方向，而初速度方向不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不同；故A错误.‎ B、x轴方向的加速度，质点的合力故B错误.‎ C、x轴方向初速度为，y轴方向初速度，质点的初速度大小；故C正确.‎ B、2s末质点速度应该为，故D错误；‎ 故选C.‎ ‎【点睛】能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键，对于矢量的合成应该运用平行四边形法则，注意x-t图是位移与时间图象．‎ ‎5.图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径为R=2.0m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37º，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关.为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知弹丸从p点射出时的速度方向就是半径OP的方向.即与水平方向成37度夹角，由平抛运动规律知：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ ‎ ，故A对；BCD错 综上所述本题答案是：A ‎【点睛】结合水平方向上的位移以及速度偏向角可以求出水平速度，再利用竖直方向上的自由落体运动可以求出弹丸在竖直方向上的位移即高度h也可以求出。‎ ‎6.以水平速度抛出的小球1落到一倾角为θ的斜面上时,其速度方向与斜面垂直,运动轨迹如图实线所示；在斜面顶端以水平速度抛出的小球2落在斜面上，其轨迹如图虚线所示，则（    ）‎ A. 球1在空中经历的时间为 B. 球1在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为 C. 球2落回斜面时的速度大小是 D. 球2从开始抛出运动时间，离开斜面的距离最大.‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 球1撞在斜面上，速度方向与斜面垂直，则速度方向与竖直方向的夹角为θ，则有：‎ 解得：‎ 故选项A符合题意.‎ B. 球1竖直方向上和水平方向上位移比值为：‎ 故选项B不符合题意.‎ C. 当小球速度方向与斜面平行时，由几何关系得：‎ 故选项C不符合题意.‎ D. 当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，此时竖直分速度为：‎ vy=v0tanθ 则运动的时间为：‎ 故选项D不符合题意.‎ ‎7.如图,竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一档板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A．B．C的质量均为m。给小球一水平向右的瞬时速度V，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，（不计小球与环的摩擦阻力），瞬时速度必须满足 A. 最小值 B. 最大值 C. 最小值 D. 最大值 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】考点：牛顿第二定律；向心力．‎ 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．‎ 分析：当小球恰好到达最高点时，由重力提供向心力，求出小球在最高点时速度，根据机械能守恒定律求出小球经过最低点时速度，即为速度的最小值．当小球经过最高点恰好使环在竖直方向上跳起时，对环的压力等于环和木板B的重力和时，根据牛顿第二定律求出小球在最高点时速度，根据机械能守恒定律求出小球经过最低点时速度，即为速度的最大值．‎ 解答：解：当小球恰好到达最高点时，设小球经过最高点时速度v1，最低点速度为v2，则 mg=m①‎ 根据机械能守恒定律得 mg·2r+m=m②‎ 由①②联立得最小速度 v2=‎ 当小球经过最高点恰好使环在竖直方向上跳起时，小球对环的压力等于环的重力和木板B的重力和．以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得 mg+2mg=m③‎ 根据机械能守恒定律得 mg×2r+m=m④‎ 解得最大速度v2′=．故应该选CD ‎8.如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则 A. 金星表面的重力加速度是火星的 B. 金星的第一宇宙速度是火星的 C. 金星绕太阳运动的加速度比火星小 D. 金星绕太阳运动的周期比火星大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】有黄金代换公式GM=gR2可知g=GM/R2,所以 故A错误，‎ 由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知解得 ‎ ‎，所以 故B正确；‎ 由 可知轨道越高，则加速度越小，故C错；‎ 由 可知轨道越高，则周期越大，故D错；‎ 综上所述本题答案是：B ‎【点睛】结合黄金代换求出星球表面的重力加速度，并利用万有引力提供向心力比较运动中的加速度及周期的大小。‎ ‎9.放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体,受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间的关系图象如图所示，物体与地面的动摩擦因素为0.5，g=10 m/s 2，下列说法中正确的是（ ） ‎ A. 0~2s 内物体克服摩擦力做功为80J B. 0~2s内与2s~6s内拉力大小之比为4:1‎ C. 0~2s内拉力的功率为80W D. 合外力在0~6s内做的功与0~2s内做的功相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】0~2s 内物体的位移：，则0~2s 内物体克服摩擦力做功为，选项A错误；0~2s内加速度，则F1-μmg=ma1，解得F1=8N； 2s~6s内拉力大小为F2=μmg=4N，则0~2s内与2s~6s内拉力大小之比为2:1，选项B错误；0~2s内拉力的功率为，选项C错误；因在0~6s内与0~2s内动能的变化量相等，根据动能定理可知合外力在0~6s内做的功与0~2s内做的功相等，选项D正确；故选D.‎ ‎【点睛】物体运动学问题，一般根据物体受力求得合外力进而得到加速度，从而求得物体运动状态；亦可逆向推得物体受力．‎ ‎10.如图所示，a、b两物块质量分别为m 、2m，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至 a、b 物块间高度差为h（b尚未落地）。在此过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 物块 b 重力势能的减少了2mgh B. 物块 b 机械能减少了 C. 物块 a 机械能逐渐减小 D. 物块 a 重力势能的增加量小于其动能增加量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：物块 b 下降了，故重力势能减小了，选项A错误；物体a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，故C错误；物体a、b构成的系统机械能守恒，有 （2m）g=mg+mv2+（2m）v2‎ 解得；物体b动能增加量（2m）v2=mgh，重力势能减小mgh，故机械能减小mgh，故B正确；物体a动能增加量为mv2=mgh，重力势能增加量为mgh，故物块a重力势能的增加量大于其动能增加，故D错误；故选：B．‎ 考点：机械能守恒定律；动能和势能.‎ 二、实验题（每题10分）‎ ‎11.图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。‎ ‎（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是________‎ A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。‎ B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。‎ C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。‎ ‎（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是________‎ A．M=200g, m=10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 g ‎ B．M=200 g , m=20 g 、40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 g ‎ C．M=400 g , m=10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 g ‎ D．M=400 g , m=20 g 、40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 g ‎ ‎（3）图2是试验中得到的一条纸带， A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为sAB=4.22 cm、sBC=4.65 cm、sCD=5.08"cm、sDE=5.49 cm、sEF=5.91 cm、sFG ‎=6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz,则小车的加速度a=___________m/s2 （结果保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】（1）B （2）C （3）0.42‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小车在运动过程中受到重力、支持力、纸带的拉力、细线的拉力。为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，因此应把木板的一端垫起适当的高度，以使重力、支持力、纸带的拉力三个力的合力为零，即小车做匀速运动，因此在进行这一操作时，不应挂砂桶，小车应连接纸带，A、C项错误；B项正确。‎ ‎（2）由于本实验中要求砂和砂桶的质量m远小于小车和砝码的质量M，故C项合理。‎ ‎（3）相邻两计数点间的时间T=0.1s，由可得 ，代入数据解得a=0.42m/s2。‎ ‎12.（1）用图1所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有_____（填字母）；‎ A. 秒表 B. 天平 C. 刻度尺 D. 弹簧测力计 ‎（2）用图2所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有下列操作，其中正确的是_____（填字母）；‎ A. 将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上 B. 手提纸带任意位置 C. 使重物靠近打点计时器 ‎（3）图3是小球做平抛运动的频闪照片，其上覆盖了一张透明方格纸。已知方格纸每小格的边长均为0.80cm。由图可知小球的初速度大小为_____m/s（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). C (2). AC (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据实验原理可知实验中需要刻度尺测量打点之间的距离，计算物体的速度。‎ A. 秒表.故选项A不符合题意.‎ B. 天平故选项B不符合题意.‎ C. 刻度尺.故选项C符合题意.‎ D. 弹簧测力计.故选项D不符合题意.‎ ‎（2）[2]A.将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上，可以减小纸带运动过程中的摩擦力.故选项A符合题意.‎ BC.手提纸带应使重物靠近打点计时器，可以提高纸带使用率.故选项B不符合题意，选项C符合题意.‎ ‎（3）[3]由图可知，在竖直方向上，根据 ‎△y=2L=gT2‎ 代入数据可得相等的时间间隔：‎ T=0.04s 小球平抛运动的初速度：‎ 三、计算题（每题10分）‎ ‎13.质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的 图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4。设球受到的空气阻力大小恒为f，取="10" m/s2, 求：‎ ‎（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；‎ ‎（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。‎ ‎【答案】（1）0.2N （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为，由图知 ‎①‎ 根据牛顿第二定律，得 ‎②‎ ‎③‎ ‎（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为，设球第一次离开地面时的速度大小为，则 ‎④‎ 第一次离开地面后，设上升过程中加速度大小为，则 ‎⑤‎ 于是，有⑥‎ 解得⑦‎ ‎14.如图,水平地面上的薄木板A,质量为m,长度l0‎ ‎=1.5m;小物块B置于木板A的左端,质量mB=2mA.让A. B相对地面以相同的速度v0=9m/s开始运动。已知木板A与地面间的动摩擦因数为μ1=0.4,A和B之间的动摩擦因数为μ2=0.3,重力加速度g=10m/s2.求开始运动后，A. B分离的时间以及分离时两者速度的大小。‎ ‎【答案】1s 3m/s 6m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：‎ 方向向左；‎ 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：‎ μ1（mA+mB）g﹣μ2mBg＝mAaA 解得：‎ aA＝6m/s2‎ 方向向左；‎ 设A、B分离的时间为t，根据运动学公式可得：‎ 解得：‎ t＝1s 分离时A的速度大小为 vA＝v0﹣aAt＝3m/s B的速度大小为 vB＝v0﹣aBt＝6m/s。‎ ‎15.如图所示，在光滑的圆锥体顶端用长为L的细线悬挂一质量为m的小球．圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ=30°．现使小球以一定的角速度绕圆锥体的轴线在水平面内做圆周运动．‎ ‎（1）当小球角速度v1=时，求细线对小球的拉力；‎ ‎（2）当小球角速度v2=时，求细线对小球的拉力．‎ ‎【答案】（1） （2）2mg ‎【解析】‎ ‎【详解】临界条件为圆锥体对小球的支持力 ‎ FN＝0‎ 由牛顿第二定律可列出方程：‎ 解得：‎ ‎（1）因 所以FN≠0，对小球进行受力分析，如图所示：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ T1sinθ﹣N1cosθ＝‎ T1cosθ+N1sinθ﹣mg＝0‎ 解得：‎ ‎（2）因 物体离开斜面，对小球受力分析如图所示：‎ 设绳与竖直方向的夹角为α．由牛顿第二定律得：‎ T2sinα T2cosα﹣mg＝0‎ 解得：‎ T2＝2mg ‎16.质量为M=0.2 kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h=0.20m，木块离台的右端L=1.7m。质量为m=0.10M的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块，当子弹以v=90m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1=9m/s（此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零）。若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s=1.6m，求：‎ ‎（1）木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2 ；‎ ‎（2）木块与台面间的动摩擦因数为μ。‎ ‎【答案】（1）W1= －243J W2=8.1J （2） μ=0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对子弹：从开始到射出木块，由动能定理得：‎ W1=mv2-mv02‎ 代入数据解得：W1=-243J， 对木块：由动能定理得，子弹对木块所做的功：‎ W2=Mv12，‎ 代入数据解得：W2=8.1J；‎ ‎（2）设木块离开台面时速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理得：‎ ‎-μMgL=Mv22-Mv12‎ 木块离开台面后平抛，由平抛规律得：‎ h=gt2‎ l=v2t 代入数据解得：μ=0.50；‎ ‎ ‎