【物理】河北省保定市容大中学2020-2021学年高二上学期开学考试试题（解析版）

【物理】河北省保定市容大中学2020-2021学年高二上学期开学考试试题（解析版）

保定容大中学2020-2021学年度高二上学期开学考试（物理）‎ 卷I（选择题）‎ 一、单项选择题（本题共计8小题，每题4分 ，共计32分） ‎ ‎1. 如图所示，可视为质点的两个小球A、B从坐标为(0，2y0)、(0，y0)的两点分别以速度vA和vB水平抛出，两个小球都能垂直打在倾角为45°的斜面上，由此可得vA∶vB等于 A. ∶1 B. 2∶1‎ C. 4∶1 D. 8∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：‎ 又竖直方向速度：‎ 可得：‎ 根据几何关系得：‎ 联立以上可得：‎ 据题小球A、B从坐标分别为（0、2y），（0，y），即hA=2y，hB=y，可得：‎ 故A正确，BCD错误．‎ ‎2. 如图所示，在高处有个小球A，以速度水平抛出，与此同时，地面上有个小球B，以速度竖直向上抛出，两小球在空中相遇，则（　　）‎ A. 从抛出到相遇所需的时间为 B. 从抛出到相遇所需的时间为 C. 两球抛出时的水平距离为 D. 两球抛出时的水平距离为无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】AB．设相遇的时间为，此时A球在竖直方向上的位移，B球在竖直方向上的位移 根据 解得 故A错误，B正确；‎ CD．相遇时，A球在水平方向上位移 该位移为两球抛出时的水平距离 故CD错误。故选B。‎ ‎3. 如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度，沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即，所以，故B正确．‎ ‎4. 如图所示，质量的小物体放在长直的水平地面上，水平细线一端连接小物体，另一端绕在半径的薄圆筒上。时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和水平面间的动摩擦因数，重力加速度取，则（　　）‎ A. 小物体的速度随时间的变化关系满足 B. 细线的拉力大小为 C. 细线拉力的瞬时功率满足 D. 在内，细线拉力对小物体做的功为 ‎【答案】C ‎【解析】A.据图像可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：‎ 圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，‎ 根据 得：‎ 故选项A错误；‎ B.物体运动的加速度 根据牛顿第二定律得：，‎ 解得： 故选项B错误；‎ C.细线拉力的瞬时功率 故选项C正确；‎ D.物体在内运动的位移：‎ 在内，细线拉力做功为：,故选项D错误。故选C。‎ ‎5. 两个小球固定在一根长的杆的两端，绕杆的点做圆周运动，如图所示，当小球的速度为时，小球的速度为，则转轴到小球的距离是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】两球的角速度相等，根据＝知 又=所以 则 故选B。‎ ‎6. 如图所示，为一皮带传动装置，右轮的半径为，是它的边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为，小轮的半径为，点在小轮上，到小轮中心距离为，点和点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（　　）‎ A. 点与点线速度大小相等 B. 点与点角速度大小相等 C. 点与点向心加速度大小不相等 D. 、、、四点，加速度最小的是点 ‎【答案】D ‎【解析】A．由于、两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则 ‎、两点为共轴的轮子上两点，， 则 所以 故A错误；‎ B．由于、两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则 ‎、两点为共轴的轮子上两点，‎ 根据，则 所以 故B错误；‎ C．根据，，则 根据公式知，，所以 故C错误；‎ D．由上分析可知，加速度最小的是点，故正确。故选D。‎ ‎7. 关于行星的运动，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 关于行星的运动，早期有“地心说”与“日心说”之争，而“地心说”容易被人们所接受的原因之一是相对运动使得人们观察到太阳西升东落 B. 所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，且近地点速度小，远地点速度大 C. 开普勒第三定律，式中的值仅与中心天体太阳的质量有关 D. 开普勒三定律不适用于其他星系的行星运动 ‎【答案】C ‎【解析】A．关于行星的运动，早期有“地心说”与“日心说”之争，而“地心说”容易被人们所接受的原因之一是由于相对运动使得人们观察到太阳东升西落，故A错误；‎ B．所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，且近地点速度大，远地点速度小，故B错误；‎ C．在太阳系中，开普勒第三定律，式中的值仅与中心天体太阳的质量有关，故C正确；D．开普勒三定律也适用于其他星系的行星运动，故D错误。故选C。‎ ‎8. 太阳系中的大行星的轨道均可以近以看成圆轨道。下列幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图像。这里、、分别是行星绕太阳运行的周期、速度和相应的圆轨道半径，、和分别是水星绕太阳运行的周期、速度和圆轨道半径。下列幅图中正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据开普勒周期定律:运动天体的周期的平方与轨道半径的三次方成正比可知 两式相除后取对数，得 整理得 所以ACD错误，B正确。故选B。‎ 二、多选题（本题共计5小题，每题9 分，共计45分） ‎ ‎9. 年月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，为轨道Ⅱ上的一点，如图所示。关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（　　）‎ A. 在轨道Ⅱ上经过A的速率小于经过B的速率 B. 在轨道Ⅱ上经过A速率等于在轨道Ⅰ上经过A的速率 C. 在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期 D. 在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度 ‎【答案】AC ‎【解析】A．根据开普勒第二定律，近地点的速度大于远地点的速度，故A项正确；‎ B．由Ⅰ轨道变到Ⅱ轨道要减速，所以在轨道Ⅱ上经过A的速率小于在轨道Ⅰ上经过A的速率，故B项错误；C．根据开普勒第三定律，及，有 故C项正确；‎ D．航天飞机在轨道Ⅱ上经过A与在轨道Ⅰ上经过A时所受万有引力相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，故D项错误。 故选AC。‎ ‎10. 某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球半径为R，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）‎ A. 人造卫星的最小周期为 B. 卫星在距地面高度R处的绕行速度为 C. 卫星在距地面高度为R处的重力加速度为 ‎ D. 地球同步卫星的速率比近地卫星速率小，所以发射同步卫星所需的能量较少 ‎【答案】ACB ‎【解析】A．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 解得 ‎ 地球表面重力加速度公式 得卫星的公转周期为 当r=R时，T最小，为 故A正确；‎ B．由 ‎ 得到 当卫星距地面高度为R时，即r=2R时 故B正确；‎ C．由 得到 当卫星距地面高度为R时a= 故C正确；‎ D．地球同步卫星的速率比近地卫星速率小，但要将卫星发射到较高的轨道，需要克服引力做较多的功，故D错误。 故选ABC。‎ ‎11. 一行星绕某恒星做匀速圆周运动。由天文观测可得，恒星的半径为R，行星运行周期为T，线速度大小为v，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）‎ A. 恒星的质量为 B. 恒星的第一宇宙速度为 C. 行星的轨道半径为 D. 行星的向心加速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】AC．万有引力提供向心力 结合解得 则质量为 选项AC错误；‎ B．当轨道半径为星球半径时，圆周运动的环绕速度即为第一宇宙速度 解得第一宇宙速度 B正确；‎ D．行星的向心加速度为 D正确。故选BD。‎ ‎12. 使物体成为卫星的最小发射速度称为第一字宙速度，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度与的关系是=，已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球的平均密度为，不计其他星球的影响，则 A. 该星球上的第一宇宙速度为 B. 该星球上的第二宇宙速度为 C. 该星球的平均密度为 D. 该星球的质量为 ‎【答案】BC ‎【解析】A．根据第一宇宙速度 故A错误；‎ B．根据题意，第二宇宙速度 故B正确；‎ C．根据公式且 故 所以 故C正确；‎ D．根据公式 故D错误.‎ ‎13. 据报道，美国国家航天航天局（NASA）首次在太阳系外发现“类地”行星 ‎。若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为，宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为。已知该行星半径为，万有引力常量为，则（　　）‎ A. 该行星的第一宇宙速度为 B. 该行星的平均密度为 C. 如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 D. 宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期大于 ‎【答案】ABD ‎【解析】A．根据得，行星表面的重力加速度 行星绕行星表面飞行时，有 得行星的第一宇宙速度 故A项正确；‎ B．物体放在行星表面时，有 解得：行星的质量 行星的平均密度 故B项正确；‎ C．如果该行星存在一颗同步卫星，对同步卫星有 又 解得：同步卫星距行星表面高度 故C项错误；‎ D．飞船绕行星表面飞行时，有 解得：飞船绕行星表面飞行的周期 据开普勒第三定律知，飞船绕该星球做圆周运动的周期大于，故D项正确。‎ 故选ABD。‎ 卷II（非选择题）‎ 三、解答题（本题共计4小题 ，共计43分） ‎ ‎14. 如图所示，倾角的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量均不计的光滑定滑轮，质量均为的物体A和B用一劲度系数的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于处，绳与细杆的夹角，且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中水平且长度为，位置与位置关于位置对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。现让环从位置由静止释放，，，取。求 ‎(1)小环C的质量；‎ ‎(2)小环C通过位置时的动能及环从位置运动到位置的过程中轻绳对环做的功；‎ ‎(3)小环C运动到位置的速率。‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)；(2)，；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为 以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图 则 代入数据得 ‎(2)由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B沿斜面方向的受力 弹簧的伸长量 由题图中的几何关系可知 所以C由点运动到点的过程中，弹簧将缩短 可知弹簧将由开始时的伸长状态变成压缩状态，压缩量 由于弹簧的压缩量等于弹簧开始时的伸长量，所以当C运动到点时，弹簧的弹性势能与开始时的弹性势能是相等的。而A下降的距离等于弹簧缩短的距离，即，在C从点运动到点的过程中，C受到的重力、A受到的重力对A与C组成的系统做功。当C到达点时，C沿绳子方向的分速度是，所以A的速度是，A与C减小的重力势能转化为C的动能，由机械能守恒定律得 代入数据求得环C的动能 环下降的过程中重力和绳子的拉力对环做功，由动能定理得 代入数据得 ‎(3)结合第二步的分析可知，当环到达点时，由于 ‎，所以，物体A恰好又回到了开始时的位置，弹簧的长度又回到了最初的长度，所以环从到的过程中，只有环的重力势能减小，其他的物体的势能保持不变，对环在点的速度进行分解如图，则 由图可知，物体A上升的速度即沿绳子方向的速度，是环C的一个分速度，它们之间的关系 所以 由功能关系 代入数据解得 ‎15. 一个弹珠游戏简化如下图所示．竖直安装在高H=‎1m的桌面上的“过山车”轨道模型，水平轨道OB粗糙， 长为‎1m，BD光滑；光滑圆轨道半径为R=‎0.4m．一弹簧左端固定，右端自由伸长到A点，OA长为‎0.1m．距桌子右边缘线DF距离S=‎1.6m有一高度h=‎0.8m的竖直挡板．现在A点静止放置一个质量m=‎1kg的小球，并用力缓慢向左把小球推到O点，在这个过程中推力做功W=22.4J．已知小球与轨道OB的摩擦因数μ为0.4，重力加速度g=‎10m/s2，不计空气阻力．求：‎ ‎ ‎ ‎(1)小球推到O点时，弹簧的弹性势能EP.‎ ‎(2)该小球从O点静止释放后，运动到圆轨道最高点C时对轨道的压力大小.‎ ‎(3)为了使都从O点静止释放的小球能落在DF和挡板之间，小球的质量m满足的条件.‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】(1)根据根据功能关系可知 解得 ‎(2)研究O到C过程：由能量守恒 ‎ 小球到C点时 ‎ 解得 ‎ (3)①小球从O点恰好到达C点 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎②小球恰能够过挡板最高点 ‎ ‎ 所以小球的质量满足 ‎16. 细管内壁光滑、厚度不计，加工成如图所示形状，长的段固定在竖直平面内，其端与半径的光滑圆弧轨道平滑连接，段是半径的圆弧，段在水平面上，与长、动摩擦因数的水平轨道平滑相连，管中有两个可视为质点的小球、，。开始球静止，球以速度向右运动，与球发生弹性碰撞之后，球能够越过轨道最高点，球能滑出。（重力加速度取，）。求：‎ ‎（1）若，碰后球的速度大小；‎ ‎（2）若未知，碰后球的最大速度；‎ ‎（3）若未知，的取值范围。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】（1）、碰撞过程中，以、组成的系统为研究对象，经受力分析，系统动量守恒。选向右的方向为正，设、碰后瞬间速度为、，由动量守恒得：‎ 因、的碰撞是弹性碰撞，所以碰撞过程中机械能守恒，有：‎ 两式联立解得 ‎（2）因球能滑出，故与碰后，上升的高度不能超过点，即上升的高度不会超过。设碰撞后的最大速度为 球上升的过程中机械能守恒，有 得 ‎（3）欲使能通过最高点，设球与碰撞后的速度为，经过最高点时的速度为，则有：‎ 得 球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有 解得 因为球能通过粗糙区域，设碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，则有：‎ 解得 碰后上升的高度不能超过，必须满足 综上可得 ‎17. 如图所示，质量为＝的物块（可视为质点）放在质量为＝的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为＝，质量为＝的子弹以速度＝沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），取。子弹射入后，求 ‎(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度；‎ ‎(2)木板向右滑行的最大速度；‎ ‎(3)物块在木板上滑行的时间。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】(1)子弹射入物块过程，以子弹和物块组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得＝‎ 代入数据解得=‎ 所以子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度是 ‎(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得 ‎＝‎ 代入数据解得=‎ ‎(3)对木块在木板上滑动时，由动量定理得＝‎ 代入数据解得=‎