高二物理上学期入学试题（含解析） 15页

‎【2019最新】精选高二物理上学期入学试题（含解析）‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）‎ ‎1. 质点沿曲线从M向P点运动，关于其在P点的速度v与加速度a的方向，下列图示正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】BD、做曲线运动的物体速度的方向沿曲线的切线方向，与B错误，D错误；‎ AC、物体做曲线运动，曲线运动轨迹特点是：轨迹夹在合力与速度方向之间，合力大致指向轨迹凹的一向．根据该特点知，选项A正确，C错误．‎ ‎2. 雨点正在以3m/s的速度竖直下落，忽然一阵风以4m/s的速度水平吹来，雨中撑伞正在行走的人，为使雨点尽量不落在身上，手中伞杆应与竖直方向所成夹角为（　　）‎ A. 0° B. 30° C. 37° D. 53°‎ ‎【答案】D - 15 - / 15‎ ‎【解析】由题意可知，雨点以3m/s的速度竖直下落，风以4m/s的速度水平吹来，根据平行四边形定则，设人的速度与雨滴竖直下落速度的合速度与竖直方向成θ角，有：tanθ==，则θ=53°．故D正确，ABC错误．‎ ‎3. 发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（　　）‎ A. 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B. 速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C. 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D. 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 ‎【答案】C ‎【解析】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，故C正确．‎ ‎4. 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（　　）‎ A. 一直不做功 B. 一直做正功 C. 始终指向大圆环圆心 D. 始终背离大圆环圆心 ‎【答案】A - 15 - / 15‎ ‎【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里。‎ ‎5. 2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（　　）‎ A. 周期变大 B. 速率变大 C. 动能变大 D. 向心加速度变大 ‎【答案】C ‎【解析】根据万有引力提供向心力有，可得周期，速率，向心加速度，对接前后，轨道半径不变，则周期、速率、向心加速度均不变，质量变大，则动能变大，C正确，ABD错误。‎ ‎【名师点睛】万有引力与航天试题，涉及的公式和物理量非常多，理解万有引力提供做圆周运动的向心力，适当选用公式，是解题的关键。要知道周期、线速度、角速度、向心加速度只与轨道半径有关，但动能还与卫星的质量有关。‎ ‎6. 假如一做圆周运动的人造卫星的轨道半径r增为原来的2倍，则（　　）‎ A. 据v=rω可知，卫星的线速度将变为原来的2倍 B. 据F=可知，卫星所受的向心力减为原来的 - 15 - / 15‎ C. 据F=可知，地球提供的向心力减为原来的 D. 由=mω2r可知，卫星的角速度将变为原来的倍 ‎【答案】C ‎【解析】AD、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则 G=mω2r，‎ 解得，卫星的角速度ω=，则知当人造卫星的轨道半径r增为原来的2倍时，其角速度减小，变为原来的倍，根据v=rω可知，卫星的线速度将变为原来的倍，故AD错误．‎ B、由G=m，解得，卫星的线速度 v=，则知线速度变为原来倍．据F=可知，卫星所受的向心力减为原来的倍，故B错误．‎ C、据F=可知，卫星的轨道半径r增为原来的2倍时，其他量不变，则地球提供的向心力减为原来的，故C正确．‎ 故选：C ‎7. 将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（　　）‎ A. Ek1=Ek2，W1=W2 B. Ek1＞Ek2，W1=W2‎ C. Ek1＜Ek2，W1＜W2 D. Ek1＞Ek2，W1＜W2‎ ‎【答案】B - 15 - / 15‎ ‎【解析】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2．对两次经过a点的过程根据动能定理得，-Wf=Ek2-Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，ACD错误。‎ ‎8. 如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB：RC=3：2．A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来，a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中（　　）‎ A. 线速度大小之比为3：2：2‎ B. 角速度之比为3：3：2‎ C. 转速之比为2：3：2‎ D. 向心加速度大小之比为9：6：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】轮A、轮B靠摩擦传动，边缘点线速度相等，故：va：vb=1：1，根据公式v=rω，有：ωa：ωb=3：2，根据ω=2πn，有：na：nb=3：2，根据a=vω，有：aa：ab=3：2，轮B、轮C是共轴传动，角速度相等，故：ωb：ωc=1：1，根据公式v=rω，有：vb：vc=3：2，根据ω=2πn，有：nb：nc=1：1，根据a=vω，有：ab：ac=3：2由此可得：va：vb：vc=3：3：2 ， ωa：ωb：ωc=3：2：2 na：nb：nc=3：2：2，aa：ab：ac=9：6：4，故AD正确，BC错误。‎ ‎9.‎ - 15 - / 15‎ ‎ 质量为m的人造地球卫星在圆轨道上，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，则（　　）‎ A. 卫星运行的线速度为 B. 卫星运行的角速度为 C. 卫星运行的周期为4π D. 卫星的加速度为g ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再结合地球表面重力加速度的公式进行讨论即可．‎ 解：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，设卫星的轨道半径为r、地球质量为M，有 解得：v=①‎ a=②‎ T=2π③‎ ω=④‎ 根据题意得：r=R+R=2R⑤‎ 根据地球表面物体的万有引力等于重力，得：GM=R2g⑥‎ A、由①⑤⑥得卫星运动的线速度v=，故A错误．‎ B、由④⑤⑥得卫星运动的角速度ω=，故B正确．‎ C、由③⑤⑥得卫星运动的周期T=4π，故C正确．‎ D、由②⑤⑥得卫星运动的加速度a=，故D错误．‎ 故选：BC - 15 - / 15‎ ‎10. 质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（　　）‎ A. 重力势能增加了mgh B. 克服摩擦力做功mgh C. 动能损失了mgh D. 机械能损失了mgh ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功．‎ 解：加速度a==，而摩擦力f=，‎ A、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；‎ B、摩擦力f=，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为=2h，则克服摩擦力做功，故B错误；‎ C、由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小△Ek=F合•s=m•g•2h=mgh，故C错误；‎ D、机械能的损失量为fs=mg•2h=mgh，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关．‎ ‎11.‎ - 15 - / 15‎ ‎ 如图所示，轻杆的两端分别固定有质量为m和2m的小球a和b，杆可绕其中点无摩擦的转动，让杆位于水平位置时由静止释放，在杆转到竖直位置的过程中（　　）‎ A. b球重力势能减少，动能增加 B. a球重力势能增加，动能减少 C. 杆对a球做正功，对b球做负功 D. a球和b球的总机械能守恒 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：由于b球的质量较大，所以b球向下摆动，重力势能减少，动能增加，故A正确； a球向上摆动，重力势能和动能都增加，故B错误； a球的机械能增加，由系统的机械能守恒可知b球的机械能减少，根据功能原理可知杆对a球做正功，对b球做负功，故C正确； a球和b球组成的系统，只有重力做功，总机械能守恒，故D正确。‎ 考点：机械能守恒定律 名师点睛：让杆位于水平位置时由静止释放，两球速度都增大，a的重力势能增大，根据系统的机械能守恒分析b球机械能的变化，根据功能原理分析做功情况．‎ ‎12. 如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 物体回到出发点时的机械能是80 J - 15 - / 15‎ B. 在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsinθ C. 撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能先增加再减少 D. 撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的动能一直在减少 ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J，所以A正确．因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，F-mgsinθ=ma，所以物体上升时的路程为 S=at2，‎ 撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为gsinθ，所以从撤去拉力到返回底端的过程中，-V=at-gsinθ•t，‎ 位移为-S=att-gsinθ•t2，撤去力F前的瞬间，力F的功率是P=FV′=Fat，由以上方程联立可以解得 P=mgvsinθ，所以B正确．在撤去拉力F之后，由于惯性的作用物体还要上升一段距离，物体的重力势能继续增加，然后下滑，重力势能减小，所以C正确．物体向上减速减为零之后，要向下加速运动，所以撤去力F后的运动过程中物体的动能是先减小后增加，所以D错误．故选ABC．‎ 考点：牛顿第二定律; 功率；动能定理 - 15 - / 15‎ 二、填空题（共2小题，每小题6分，满分12分）‎ ‎13. 在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点，如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2．那么：‎ ‎（1）纸带的_____端（选填“左”或“右”）与重物相连；‎ ‎（2）根据图上所得的数据，应取图中O点和_____点来验证机械能守恒定律；‎ ‎（3）从O点到所取点，重物重力势能减少量△Ep=_____ J，该所取点的速度大小为_____m/s；（结果取3位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). 左 (2). B (3). 1.88 (4). 1.93‎ ‎【解析】（1）下落过程为匀加速运动，物体运动速度渐渐变大，故打点间距应变大，所以纸带的左端与重物相连； （2）要验证机械能守恒，应求得某点的速度才行，由数据可得B的速度，故选B点 （3）从O到B的距离：h=19.20cm；B的速度为v=cm/s=1.92m/s 故△EP＝mgh＝1.00×9.80×19.20×10−2J=1.88J △Ek＝mv2=×1.00×1.922J=1.84J （4）结论是：在误差允许的范围内，重物动能增加量等于重力势能减少量,机械能守恒. ‎ - 15 - / 15‎ ‎ ‎ 点睛：验证机械能守恒只要验证mgh=m（v2v02），故不用测定质量，但要知道高度差和速度值，由于摩擦影响，动能增加量要小于重力势能减小量.‎ ‎14. 图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．‎ ‎（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有_____．‎ a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 b．每次小球释放的初始位置可以任意选择 c．每次小球应从同一高度由静止释放 d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 ‎（2）图2是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x为40.0cm．则平抛小球的初速度v0为_____m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为_____m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．‎ ‎【答案】 (1). ac (2). c (3). 2.0 4.0‎ - 15 - / 15‎ ‎【解析】试题分析：（1）通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误。‎ ‎（2）物体在竖直方向做自由落体运动，；水平方向做匀速直线运动，；联立可得：，因初速度相同，故为常数，故应为正比例关系，故C正确，ABD错误。‎ ‎（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，‎ 所以，，水平方向的速度，即平抛小球的初速度为，‎ 联立代入数据解得：，若C点的竖直坐标为，则小球在C点的对应速度：‎ 据公式可得：，所以，所以C点的速度为：。‎ 考点：研究平抛物体的运动 ‎【名师点睛】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键。‎ 三、解答题（共4小题，满分40分）‎ ‎15. 用一根长为l的轻质不可伸长的细绳把一个质量为m的小球悬挂在点O，将小球拉至与悬点等高处由静止释放，如图所示．求：‎ ‎（1）小球经过最低点时，速度大小及细绳的拉力大小．‎ - 15 - / 15‎ ‎（2）小球经过最低点左边与竖直方向成60°角位置时，速度大小．‎ ‎【答案】（1） ;3mg．（2）．‎ ‎【解析】16.解：（1）从静止运动到最低点的过得中，机械能守恒，则有： ‎ 则得小球经过最低点时的速度大小为： ‎ 在最低点，根据牛顿第二定律得： ‎ 联立上两式得： ‎ ‎（2）从开始到小球左边与竖直方向成60°角位置的过程中，根据机械能守恒定律得： ‎ 解得： ‎ ‎16. 如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度V0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：‎ ‎（1）该星球表面的重力加速度；‎ ‎（2）该星球的第一宇宙速度V．‎ ‎【答案】（1） ．（2）．‎ ‎..................‎ - 15 - / 15‎ 所以g=．‎ ‎（2）根据万有引力提供向心力得，G=m 则v===．‎ 考点：平抛运动，万有引力与航天，第一宇宙速度。‎ ‎17. 一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）‎ ‎（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；‎ ‎（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．‎ ‎【答案】（1）4.0×108J； 2.4×1012J；（2）9.7×108J．‎ ‎【解析】试题分析：（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；（2）根据动能定理计算克服阻力做功．‎ ‎（1）落地时的重力势能为零，动能为；‎ 进入大气层的机械能；‎ - 15 - / 15‎ ‎（2）此时的速度大小为v3=7.5×103×0.02m/s=150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理 代入数据，可得 ‎18. 如图所示，长为4m的水平轨道AB，与半径为R=0.5m的竖直的半圆弧轨道BC在B处相连接，有﹣质量为2kg的滑块（可视为质点），在水平向右、大小为14N的恒力F作用下，从A点由静止开始运动到B点，滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25，BC 间粗糙，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块到达B处时的速度大小；‎ ‎（2）若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并洽好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？‎ ‎【答案】（1）6m/s．（2）11J．‎ ‎【解析】（1）滑块从A到B的过程中，由动能定理有：‎ Fx﹣μmgx=‎ 得：vB=6m/s 　‎ ‎（2）当滑块恰好能到达C点时，应有：‎ mg=m 滑块从B到C的过程中，由动能定理：‎ W﹣mg•2R=﹣‎ 联立解得：W=﹣11（J），即克服摩擦力做功为11J．‎ - 15 - / 15‎