2018-2019学年安徽省六安市舒城中学高二上学期开学考试物理试题 解析版 12页

舒城中学2018-2019学年度第一学期第一次统考高二物理 一.单项选择题 ‎1.如图所示，F1、F2（F1＜F2）为有一定夹角的两个力，L为过O点的一条共面直线，当L取什么方向时，F1、F2在L上的分力之和最小 (　　)‎ ‎ ‎ A. F1的方向 B. F1、F2夹角角平分线的方向 C. F1、F2合力的方向 D. 与F1、F2合力相垂直的方 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】F1和F2在L上的分力等价于F1和F2的合力在L上的分力，而F1和F2的合力要分解在L上的力最小，就应该取垂直于F1、F2的合力方向，因为分解在其他方向都会使这个分力减小的，故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎2.如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N、劲度系数k不相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块。已知k甲=2k乙，在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N；当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数为4 N，这时小车运动的加速度大小是(　　)‎ A. 9 m/s2 B. 5 m/s2‎ C. 12 m/s D. 8 m/s2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由10N变为4N时，其形变量减少，则弹簧秤乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧秤形变量变化的大小相等，但因k甲=2k乙，所以弹簧秤乙的示数应为10N+×6N=13N．物体在水平方向所受到的合外力为：F=T乙-T甲=13N-4N=9N。根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为，小车与物块相对静止，加速度相等，所以小车的加速度为9m/s2，故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要知道弹簧秤甲的长度减小量跟弹簧秤乙的长度增加量相同，但因劲度系数不同，则弹力变化关系是2倍关系．‎ ‎3.有一星球的密度跟地球密度相同，但它表面处的重力加速度是地球表面处重力加速度的3倍，则该星球的质量将是地球质量的(忽略其自转影响) (　　)‎ A. 1/9倍 B. 3倍 C. 27倍 D. 9倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据万有引力等于重力，列出等式： =mg可得g=，其中M是地球的质量，r应该是物体在某位置到球心的距离。根据根据密度与质量关系得：M=ρ•πR3，星球的密度跟地球密度相同，；则，故选C。‎ ‎4.一条很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一个小球a和b。a球质量为m，静置于地面；b球质量为4m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（滑轮足够高）（ ）‎ A. 1.2h B. 1.3h C. 1.6h D. 2.0h ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设a球到达高度h时两球的速度v，根据机械能守恒：b球的重力势能减小转化为a球的重力势能和a、b球的动能。即：4mgh=mgh+•（4m+m）v2；解得两球的速度都为：v=，此时绳子恰好松弛，a球开始做初速为v=的竖直上抛运动，同样根据机械能守恒：mgh+mv2=mgH，解得a球能达到的最大高度H为1.6h。故选C。‎ ‎【点睛】在a球上升的全过程中，a球的机械能是不守恒的，所以在本题中要分过程来求解，第一个过程系统的机械能守恒，在第二个过程中只有a球的机械能守恒。‎ ‎5.从空中以40m/s的初速度平抛一重为10N的物体。物体在空中运动4s落地，不计空气阻力，取g＝10m/s2，则物体落地瞬间，重力的瞬时功率为（ ）‎ A. 300W B. 400 W C. 500W D. 700W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做的是平抛运动，在竖直方向上是自由落体运动，所以在物体落地的瞬间速度的大小为vy=gt=10×4m/s=40m/s，物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为P=Fv=mgvy=10×40W=400W。故选B。‎ ‎【点睛】本题求得是瞬时功率，所以只能用P=FV来求解，用公式P=W/t求得是平均功率的大小。‎ ‎6.自空中某处水平抛出一物体（质点）至落地过程中，位移方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，取地面为参考平面，则物体被抛出时，其重力势能和动能之比为（ ）‎ A. 4tan2θ B. 4cos2θ C. 2tan2θ D. 2cos2θ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做平抛运动，假设落地速度为v，由于落地的位移方向与水平方向的夹角为θ，若设速度方向与水平方向夹角为α，则，则水平分速度为：v0=vx=vcosα；竖直分速度为：vy=vsinα；由于平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，故v0=vx=vcosα；由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故高度为：，抛出时的动能为：Ek0＝mv02＝mv2cos2α，抛出时的势能为：Ep0=mgh=mv2sin2α，因而动能与势能之比。故选A。‎ ‎【点睛】本题关键根据末速度的大小和方向，求解出抛出时的动能和势能的表达式，再求得比值即可．注意速度偏向角的正切等于位移偏向角正切的2倍.‎ ‎7.质量为1.5kg的小球从高20m处自由下落(空气阻力不计，g取10m/s2)到软垫上，反弹后上升最大高度为5.0m，小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到软垫的平均作用力为 ( )‎ A. 30N B. 45N C. 60N D. 75N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在20m内做自由落体运动，由v2=2gh可得，小球接触软垫时的速度； 小球反弹后的高度为5.0m，由反弹后的运动可反向看作自由落体运动；v21=2gh1，解得反弹后的速度v1==10m/s； 取竖直向上为正方向，则由动量定理可得：（F-mg）t=mv2-mv1=1.5kg×10m/s-1.5kg×（-20m/s）=45N•s 解得：F=60N；方向竖直向上；故选C.‎ ‎【点睛】本题考查动量定理的应用；熟练运动学规律与动量定理即可正确解题，解题时要注意动量定理的方向性；明确正方方向的选取．‎ ‎8.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )‎ A. 动量不守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒、机械能不守恒 C. 动量守恒，机械能守恒 D. 动量守恒，总动能减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能减小。故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎【点睛】系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．‎ 二、多项选择题 ‎9.一物体做变速运动，某时刻速度的大小为5 m/s，1 s后速度的大小变为8 m/s.在这1 s内该物体的(　　)‎ A. 速度变化的大小可能等于5 m/s B. 速度变化的大小可能大于13 m/s C. 平均加速度的大小可能小于5 m/s2‎ D. 平均加速度的大小可能等于8 m/s2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】当1s后的速度方向与初速度方向相同，则速度的变化大小；加速度；当1s后的速度方向与初速度方向相反，则速度的变化大小；加速度；则物体的速度变化范围是3-13m/s，平均加速度的范围是：3-13m/s2；故ACD正确，B错误；故选ACD。‎ ‎【点睛】此题应该注意的是物体做变速运动，可能是直线运动，也可能是曲线运动，所以速度和加速度都在一个范围内变化.‎ ‎10.一质点自x轴原点O出发，沿正方向以加速度a运动，经过t0时间速度变为v0，接着以加速度－a运动，当速度变为－时，加速度又变为a，直至速度变为时，加速度再变为－a，直至速度变为－…，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是 (　 　)‎ A. 质点一直沿x轴正方向 运动 B. 质点最终静止时离开原点的距离一定小于v0t0‎ C. 质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0‎ D. 质点最终静止在离原点距离为v0t0处 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】速度为矢量，图中物体的速度只有两个相反的方向，故物体时而沿x轴正方向运动，时而沿x轴负方向运动，故A错误；由由图象，2t0时刻位移最大，故质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0，故C正确；图象的面积表示位移，则由图象可知，从2t0开始，质点每次返回的位移均大于后一运动周期前进的位移。所以2t0以后的总位移是负值，故最终静止时离开原点的距离一定小于第一个运动周期的位移v0t0，故B正确；质点最终静止时离开原点的距离为：，故D正确；故选BCD。‎ ‎【点睛】在速度时间图象中，最常见的问题．一是速度的大小及方向变化；二是速度线与时间轴围成的面积即为该段时间内的位移；三是斜率表示加速度．斜率不变，加速度不变；斜率变化，加速度变化．斜率即可以表示加速度的大小，也可表示方向．‎ ‎11.质量为m=4 kg 的物体在光滑的水平面上运动,在水平面上建立xOy坐标系,t=0时,物体位于坐标系的原点O.物体在x轴和y轴方向上的分速度vx、vy随时间t变化的图象如图甲、乙所示.关于t =6.0 s时，物体速度大小和位置坐标，以下说法正确的是（ ）‎ A. 7m/s B. 3m/s C. （18m，32m） D. (18m，9m)‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】t =6.0 s时，vx=3m/s；vy=3m/s，则速度，选项A错误，B正确；t=6.0s时，物体的在x轴方向的位移：x=vxt=3×6=18m，在y轴方向的位移：y=×6×‎ ‎3m=9m， 则物体的位置坐标是（18m，9m）；选项C错误，D正确；故选BD.‎ ‎12.用长为L的细绳拴住一质量m的小球，当小球在一水平面上做角速度为ω的匀速圆周运动时，如图。（已知重力加速度为g）设细绳与竖直方向成θ角，细绳对小球的拉力为F,则关于cosθ和F的值以下答案正确的是（ ）‎ A. cosθ=g/ω2L B. cosθ=gL/ω2‎ C. F=mω2L D. F＜mω2L ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律得，mgtanθ＝m•Lsinθ•ω2，解得cosθ=g/ω2L．选项A正确，B错误；小球的受力如图所示，‎ 根据平行四边形定则知，细绳对小球的拉力F=．选项C正确，D错误；故选AC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和平行四边形定则进行求解，难度不大．‎ ‎13.足够长水平传送带在外力作用下始终以速度v匀速运动，某时刻放上一个质量为m的小物体（质点），初速度大小也是v，方向与传送带的运动方向相反，在滑动摩擦力作用下，最后小物体的速度与传送带的速度相同。在小物体与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物体做的功为W，摩擦产生的热量为Q，下列说法中正确的是（ ）‎ A. W＝0 B. W＝3mv2/2 C. Q=3mv2/2 D. Q=2mv2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】在整个运动的过程中，小物体动能的变化量为零，只有摩擦力做功，根据动能定理，知道W=0，A正确，B错误；滑块先沿原方向做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，达到速度v后做匀速直线运动，设动摩擦因数为μ，则匀减速直线运动的加速度为 ‎ a=μg，匀减速直线运动的位移为 x1=，传送带的位移x2= ，相对滑动的位移大小为：x=x1+x2=。物体返回做匀加速直线运动的位移大小为 x1′=，传送带的位移x2′=，则相对位移大小为 x′=x2′-x1′=。则整个过程中相对路程 s=x+x′=．则Q=fs=μmg•=2mv2．故C错误，D正确，故选AD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道物体在整个过程中的运动规律，运用运动学公式求出相对路程，从而根据Q=fs求出摩擦产生的热量．‎ ‎14.如图，具有一定初速度的物体受到一个沿斜面向上的恒定拉力F作用，沿倾角为30º的粗糙斜面向上做直线运动，加速度大小为4m/s2，在物体向上运动的过程中，下列说法中正确的是( ) ‎ A. 物体的机械能一定增加 B. 物体的机械能可能增加也可能减小 C. 物体的动能一定增加 D. 物体的动能可能增加也可能减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】物体向上运动，则摩擦力向下，若加速度向上，则物体加速运动，由牛顿第二定律可得：F-f-mgsin300=ma；可知F与f的合力向上，做正功，则机械能增加，动能增加；若加速度向下，则物体做减速运动，由牛顿第二定律可得：mgsin300-（F-f）=ma；可知F与f的合力向上，做正功，则机械能增加，动能减小；故选AD；‎ ‎15.如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1>m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上。现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长(弹簧仍在弹性限度内)的过程中，对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )‎ A. 系统总动量可能不断增大 B. 系统总动量始终守恒 C. 弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 D. 甲车、乙车的动能同时达到最大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】因F1、F2等大反向，故甲、乙、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误，B正确；在整个过程中，拉力一直对系统做正功，速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故C正确。当弹簧弹力等于恒力时，两车的速度最大，动能最大。即甲车、乙车的动能同时达到最大，选项D正确；故选BCD.‎ ‎【点睛】对甲、乙及弹簧系统进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动性质；根据动量守恒条件分析系统动量是否变化．‎ ‎16.在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为3m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小是 ( )‎ A. 0.55v B. 0.45v C. 0.35v D. 0.25v ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设AB两球碰撞后的速度分别为v1、v2， 选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv=-mv1+3mv2…① 假设碰后A球静止，即v1=0，可得：v2=v 由题意知球A被反弹，所以球B的速度：v2＞v…② AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有mv2≥mv12+×3mv22…③ ①③两式联立得：v2≤v…④ 由②④两式可得：v＜v2≤v，符合条件BC正确，AD错误；故选BC。‎ ‎【点睛】解决本题要注意临界状态的判断，有两个临界状态，其一是AB两球碰撞后A静止，由此求出速度的范围之一，即v2＞v；第二个临界状态时能量恰好没有损失时，有能量的关系求出速度的另一个范围v2≤0.5v，所以解决一些物理问题时，寻找临界状态是解决问题的突破口．‎ 三、计算题 ‎17.如图所示，传送带上下端间距长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的速度顺时针传动．一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s的速度由底端滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(取g＝10 m/s2)．求：‎ ‎ ‎ ‎(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小 ‎ ‎(2)物块由底端传送至顶端所需的时间 ‎【答案】（1）10m/s2（2）1s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有： mgsin37°+μmgcos37°=ma1 代入数据解得：a1=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8=10m/s2； （2）设物块速度减为5m/s所用时间为t1，则v0-v=a1t1 解得：t1=0.5s 通过的位移：x1=×0.5=3.75m＜6 m     因μ＜tanθ，此后物块继续减速上滑的加速度大小为a2则：mgsin37°-μmgcos37°=ma2 代入数据解得：a2=2m/s2 设物块到达最高点的速度为v1，则：v2-v12=2a2x2 x2=l-x1=2.25m 解得：v1=4m/s． 此过程经历：时间t2==0.5s 故全程用时：t=t1+t2=1s ‎18.如图所示，平板小车B质量m1＝1kg在光滑水平面上以v1‎ ‎＝2m/s的速度向左匀速运动。当t＝0时，小铁块A质量m2＝2kg以v2＝4 m/s的速度水平向右滑上小车，A与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2。若A最终没有滑出小车，取水平向右为正方向，g＝10m/s2，则 ‎（1）A在小车上停止运动时，小车的速度为多大?‎ ‎（2）小车的长度至少为多少?‎ ‎【答案】（1）2m/s（2）3m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A在小车上停止运动时，A、B以共同速度运动，设其速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v2-m1v1=（m1+m2）v 代入数据解得：v=2m/s； （2）设小车的最小长度为L，由功能关系得： 又f=μm1g 联立解得：L=3m；‎ ‎19.如图，一质量为m的物体B固定在轻弹簧上，弹簧下端固定在水平桌面上，弹簧原长为L0； B静止时，弹簧压缩量为x1；在B上再轻放一质量为2m的物体A，A、B静止后，弹簧的弹性势能为E1；此后在A上施加一竖直向下的力，使弹簧再缓慢缩短x2，这时弹簧的弹性势能为E2。撤去向下的作用力，A、B一起向上运动。（已知重力加速度为g，取弹簧原长时的弹性势能为零）求：‎ ‎ ‎ ‎（1）A、B一起向上运动过程中的最大速度？‎ ‎（2）A、B刚分离时的速度多大？‎ ‎（3）在A、B脱离后，物体A还能上升的最大距离？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）B静止时：mg=kx1；当B上再轻放一质量为2m的物体A，A、B静止后，弹簧的弹性势能为E1，则3mg=kx，解得x=3x1；由能量关系可知： ‎ 解得 ；‎ ‎（2）A、B刚分离时，弹簧处于原长，则 解得 ‎ ‎（3）A、B分离后A做竖直上抛，则v2=2gh 解得 ‎【点睛】解决本题的关键要明确两个物体通过平衡位置时速度最大，知道系统的机械能是守恒的，但对单个物体来说，机械能并不守恒．‎ ‎ ‎