河南省信阳高级中学2020学年高二物理上学期开学考试试题（含解析） 17页

‎2020届高二上学期暑假返校考试 ‎ 物理试题 一、选择题（本大题共计12小题，每小题4分，共48分。其中第18题只有一个正确选项，第912题有多个正确选项，选不全的得2分，错选得0分）‎ ‎1.1.牛顿发现万有引力定律后，测出引力场量的科学家是（ ）‎ A. 第谷 B. 牛顿 C. 开普勒 D. 卡文迪许 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在牛顿发现万用引力定律大约100年后，英国物理学家卡文迪许在实验室里利用扭秤装置第一次测出了万有引力常量，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】根据有关天体运动的物理学史及科学家注意贡献的掌握分析答题。‎ ‎2.2.如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变，当绳AO段与水面的夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮间的摩擦，则此时小船的加速度等于(　　)‎ ‎..................‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小船的实际运动为合运动，可将小船的运动分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图：‎ 则，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，绳中拉力 对船受力分析如图：‎ 根据牛顿第二定律可得：，解得：。故A项正确，BCD三项错误。‎ ‎3.3.如图，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量。在此过程中正确的是(　　)‎ A. 缓慢上拉过程中拉力F做的功WF＝FLsin θ B. 缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos θ C. 小猴子再次回到最低点时重力的功率为零 D. 由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 缓慢上拉过程中，小猴处于平衡状态，故拉力是变力，根据动能定理，有：W-mgL（1-cos θ）=0，故W=mgL（1-cos θ），故A错误；缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加等于克服重力做功，故为mgL（1-cos θ），故B错误；小猴子再次回到最低点时重力方向与速度方向垂直，故重力的瞬时功率为零，故C正确；刚刚释放时，速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释放到最低点小猴子重力的功率先增加后减小，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了平衡条件、动能定理的综合运用，知道从A到B的过程中，因拉力F是变力，不能通过功的公式求解拉力做功的大小，需通过动能定理进行求解．‎ ‎4.4.如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据牛顿第二定律得，物体的加速度a=，则物块的速度v=at=，可知v与t成线性关系，故A错误。根据速度位移公式得，，图线为曲线，但是B选项弯曲方向不对，故B错误。动能，动能与t成二次函数关系，故C正确。拉力功率P=Fv=F•=，可知图线为直线，故D错误。故选C。‎ 点睛：本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情况分析物体的运动情况，根据物理规律得出对应的表达式，则可由数学规律明确图象的性质．‎ ‎5.5.如图所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球。假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为 300 和 600，若不考虑网球在空中受到的阻力，则：( )‎ A. 两次发射的初速度之比为 3：1‎ B. 碰到墙面前空中运动时间之比为 1：3‎ C. 下降高度之比为1：3‎ D. 碰到墙面时动能之比为 3：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在平抛运动过程中，，，位移与水平方向夹角的正切值。速度与水平方向夹角的正切值。则。在平抛运动中，。所以，由可知，‎ 速度 ，可得；由于可知，，所以动能之比。综上分析，C正确。‎ ‎6.6.如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上A、B两点均粘有一小物体，当B点转至最低位置时，此时O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知：OA=AB，P是地面上的一点．A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点．（不计空气的阻力）则OP的距离是（　　）‎ A. 7R B. R C. R D. 5R ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先分别求出AB两物体所圆轮圆周运动的线速度，即为做平抛的初速度；设出OP之间的距离，对AB两物体分别在水平方向和竖直方向上由运动学公式进行列式，即可解得OP之间的距离。‎ ‎【详解】设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h-，A随圆轮运动的线速度为，设A下落的时间为t1，水平位移为s，则在竖直方向上有：h-=g，在水平方向上有：s=t1，B下落的高度为h-R，B随圆轮运动的线速度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为s，在竖直方向上有：h-R=g，在水平方向上有：s=ωR•t2，联立解得：h=R，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆周运动与平抛的结合，掌握线速度与角速度和半径之间的关系，即为v=ωR，同时要了解平抛运动的相关知识。‎ ‎7.7.如图，在地球—月球引力系统中，拉格朗日点L1点、L2点位于地球和月球连线上，L1点位于地球同步轨道和月球轨道之间，L2‎ 点位于月球轨道外侧。处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此，科学家设想在拉格朗日点建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动。以下说法正确的是 A. 位于L1点的空间站的角速度比位于L2点的空间站的角速度大 B. 位于L1的空间站的向心加速度与位于L2点的空间站的向心加速度相同 C. 位于L1点的空间站的向心加速度比地球同步卫星的向心加速度小 D. 位于L1点的空间站的周期与地球同步卫星的周期相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动，根据可知，位于L1点的空间站的角速度等于位于L2点的空间站的角速度，选项A错误；根据a=ω2r可知位于L1的空间站的向心加速度小于位于L2点的空间站的向心加速度，选项B错误，C正确；位于L1点的空间站的周期与月球绕地球的周期相同，而月球的周期大于同步卫星的周期，可知位于L1点的空间站的周期大于地球同步卫星的周期，选项D错误；故选C.‎ ‎8.8.如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部挡板上，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为M的小物块b位于光滑斜面上，小物块a、b之间的距离为x，小物块b在斜面上由静止沿斜面下滑，与a碰后一起沿斜面下滑但不粘连，压缩弹簧到最低点后两物块沿斜面上滑时分离，则下列说法正确的是 A. x越大，a、b碰撞损失的机械能越小 B. M越大，a、b碰后小物块a的动能越大 C. x越大，a、b碰后小物块a的最大动能位置越靠近挡板 D. M越大，a、b碰后上滑到达的分离处离挡板越远 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、小物块a、b碰撞时有，碰撞时损失的机械能为，解得，，x越大，越大，越大，故A错误；‎ B、M越大，a、b碰撞后小物块a的速度越大，动能越大，故B正确；‎ C、仅x越大，小物块a、b压缩弹簧时的平衡位置不变，最大动能位置不变，故C错误；‎ D、小物块a、b分离时两者之间的弹力为零，此时弹簧处于原长状态，与M无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.9.如图所示，水平地面上放有质量分别为1 kg和2 kg的物体P和Q，两者与地面之间的动摩擦因数均为0.5，轻绳一端固定且离Q足够远，另一端跨过固定在Q上的轻质滑轮与P相连，轻绳与地面平行，开始时P、Q二者均静止，取g=10m/s².若物体P在水平向右的恒力作用下运动了4m，则 A. Q运动的距离为4m B. P、Q的加速度大小之比为2：1‎ C. Q与地面摩擦产生的热量为20J D. P与地面的摩擦力大小为10N ‎【答案】BC ‎【解析】‎ Q运动的距离是物体P运动距离的一半，为2m，故A错误。相同时间内，P运动的距离是Q运动距离的2倍，由，得P、Q的加速度大小之比为2：1，故B正确。‎ Q与地面摩擦产生的热量为：，故C正确。P与地面的摩擦力大小为：，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】根据动滑轮的特性分析Q运动的距离，并判断P、Q加速度关系．根据滑动摩擦力公式求P与地面的摩擦力大小，由克服摩擦力做功求Q与地面摩擦产生的热量．‎ ‎10.10.甲、乙两辆汽车沿一条东西方向的平直公路行驶，以向东为正方向，甲、乙两辆汽车的v-t图象如图所示。由图可知：（ ）‎ A. 甲、乙两辆汽车都是向东行驶 B. 乙车做匀减速直线运动 C. 甲车的加速度大小大于乙车的加速度大小 D. 第7s内甲车的位移大小小于乙车的位移大小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知，两车的速度一直为正值，说明两车都向东行驶。故A正确。乙车的速度均匀减小，做匀减速直线运动，故B正确。速度时间图象的斜率的绝对值表示加速度的大小，由图可知甲车的加速度大小小于乙车的加速度大小，故C错误；速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，由图可知第7s内甲车的位移大小大于乙车的位移大小，故D错误；故选AB。‎ ‎【点睛】v-t图象中，速度的正负表示速度的方向，图象的斜率等于加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动．根据图线与时间轴所围成的面积比较位移的大小．‎ ‎11.11.放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动。拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则(　　)‎ A. 第1s内物块受到的合外力为0.5N B. 物块的质量为11kg C. 第1s内拉力F的功率逐渐增大 D. 前3s内物块机械能先增大后不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由图可得，0～1s内物体的加速度为：；由牛顿第二定律可得：F-mgsinθ=ma；1s后有：F′=mgsinθ；联立并将F=5.5N，F′=5.0N代入解得：m=1.0kg，θ=30°；第1 s内物块受到的合外力为 F合=ma=1×0.5N=0.5N．故A正确，B错误。第1 s内拉力F的功率 P=Fv，F不变，v增大，则P增大，故C正确。前1s内物块的动能和重力势能均增大，则其机械能增大。2-3s内，动能不变，重力势能增大，其机械能增大，所以物块的机械能一直增大。故D错误。故选AC。‎ 点睛：本题的关键先由v-t图象确定运动情况，然后求解出加速度，再根据牛顿第二定律和平衡条件列方程求解物体的质量和斜面的倾角．‎ ‎12.12.带有光滑圆弧轨道、质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速度水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，若M=2m，若（ ）‎ A. 小球将做自由落体运动，‎ B. 小球以后将向左做平抛运动 C. 此过程中小球对小车做的功为 D. 小球在弧形槽上升的最大高度为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球和小车组成的系统，在水平方向上动量守恒，小球越过圆弧轨道后，在水平方向上与小车的速度相同，返回时仍然落回轨道，根据动量守恒定律判断小球的运动情况．对小车，运用动能定理求小球对小车做的功．当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求解最大高度．‎ ‎【详解】小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒。选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2‎ 由机械能守恒定律得：mv02=mv12+Mv22‎ 解得：v1=v0=-v0，‎ v2=v0=v0‎ 所以小球以后将向左做平抛运动，故A错误，B正确。‎ 对小车，运用动能定理得：小球对小车做的功 W=Mv22-0=，故C正确。当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度，设共同速度为v。规定向右为正方向，运用动量守恒定律得：mv0=（m+M）v 根据能量守恒定律得，有：mv02-（m+M）v2=mgh 代入数据得：h=，故D正确。故选BCD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，系统的机械能也守恒．本题可与弹性碰撞类比，记住解题结果．‎ 二、实验题（共2题，共13分）‎ ‎13.13.为了探究“弹力做功与物体速度变化的关系”，把木板左侧适当抬高后，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，以下关于本实验的说法正确的是_______。‎ A．通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值 B．通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值 C．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度 D．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度 E．适当抬高左侧木板可使橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ AB：通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值，且每次橡皮筋的伸长量相同，让拉力做功是一根橡皮筋做功的整数倍。故A项错误，B项正确。‎ CD：通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度，加速过程中拉力做功对应加速过程速度变化，探究两者间关系。故C项错误，D项正确。‎ E：适当抬高左侧木板，可使小车重力沿木板的分量与摩擦力相互抵消，小车所受合力等于橡皮筋拉力，橡皮筋做的功等于合力对小车做的功。故E项正确。‎ ‎14.14.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B处有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A到光电门B的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．‎ ‎（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度b，结果如图乙所示，由此读出b=_________mm；‎ ‎（2）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为=______，系统的重力势能减少量可表示为=________，在误差允许的范围内，若=，则可认为系统的机械能守恒；‎ ‎（3）在上述实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的图象如图丙所示，并测得M=m，则重力加速度g=______．‎ ‎【答案】 (1). 3.85 (2). (3). (4). 9.7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为3mm，游标读数为0.05×17mm=0.85mm，则b=3.85mm．‎ ‎（2）滑块经过B点的速度，则系统动能的增加量；系统重力势能的减小量．‎ ‎（3）根据机械能守恒得，因为M=m，则有，可知图线的斜率，解得g=9.7m/s2．‎ 三、解答题（本大题共3个小题，共计39分）‎ ‎15.15.如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=m，mB ‎=2m的A、B两小球如图所示放置，其中A紧靠墙壁，AB之间有质量不计的轻弹簧相连。对B物体施加一个水平向左的推力，使AB之间弹簧被压缩但系统静止，此时弹簧的弹性势能为EP,后突然撤去向左推力解除压缩，求：‎ ‎（1）从撤去外力到物块A运动，墙壁对A的冲量大小？‎ ‎（2）AB都运动后，B小球的最小速度是多少？‎ ‎【答案】(1)2 (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 撤去推力后，B在弹力的作用下做加速运动．此过程中墙给A的冲量即为系统动量的变化，根据动量定理求解；A离开墙后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，B的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度，B速度减小到最小值，根据系统动量守恒、机械能守恒求解。‎ ‎【详解】(1) 撤去外力后，物体B在弹力作用下做加速运动。在弹簧恢复原长的过程中，系统的机械能守恒。设弹簧恢复原长时，物体B的速度为有：EP=．2m 解得：vB0=‎ 此过程中墙对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，则 I=2mvB0=2‎ ‎(2) 物体A离开墙壁后，弹簧伸长，A的速度逐渐增大，B的速度逐渐减小。当弹簧恢复原长时，物体A达到最大速度vA，物体B的速度减小到最小值vB ， 在此过程中系统的动量守恒有：2mvB0=mvA+2mvB 机械能守恒有：．2m =m+．2m 联立解得：vB= ‎ 所以B的最小速度为 ‎ ‎【点睛】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统，注意应用动量守恒定律时要规定正方向。‎ ‎16.16.如图1所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图2所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点）。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。求：‎ ‎（1）物块与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎（2）物块在传送带上的运动时间：‎ ‎（3）整个过程中系统生成的热量。‎ ‎【答案】（1）0.2； （2）1.5s； （3）1 8J ‎【解析】‎ 试题分析：根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小；物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间；根据运动学公式求出整个过程相对路程的大小，结合摩擦力与相对路程的乘积求出产生的热能。‎ ‎（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度： 。‎ 由牛顿第二定律得f=Ma 可得物块与传送带间的动摩擦因数 ‎（2）由速度图象可知，物块初速度大小v=4m/s，传送带速度大小v'=2m/s 物块在传送带上滑动t1=3s后，与传送带相对静止 前2秒内物块的位移大小s1＝＝4m，向右 后1秒内的位移大小s2＝＝1m，向左 ‎3秒内位移s=s1-s2=3m，向右 物块再向左运动时间t2＝＝1.5s 物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s ‎（3）物块在皮带上滑动的3s内，皮带的位移s'=v't1=6m，向左 物块位移的s=s1-s2=3m，向右 相对位移为：△s′=s'+s=9m 所以转化的热能Q=f×△s′=18J 点睛：本题主要考查了物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时间图线进行求解。‎ ‎17.17.如图所示，质量M=4.0kg，长L=4.0m的木板B静止在光滑水平地面上，木板右端与竖直墙壁之间距离为s=6.0m，其上表面正中央放置一个质量m=1.0kg的小滑块A，A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2。现用大小为F=18N的推力水平向右推B，两者发生相对滑动，作用1s后撤去推力F，通过计算可知，在B与墙壁碰撞时A没有滑离B。设B与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度g=10m/s2.求A在B上滑动的整个过程中，A，B系统因摩擦产生的内能增量。‎ ‎【答案】11.2J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一秒过程木块和木板都加速，先根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式确定速度和位移；撤去推力后，再次求解两个物体的加速度，求解得到速度相同时刻的位移和速度；在B与墙壁碰撞后，先根据动量守恒定律求解共同速度，再根据动能定理求解相对位移；最后再根据功能关系列式求解内能的增加量。‎ ‎【详解】以A为研究对象，由牛顿第二定律a1=μg=2 m/s2‎ 以B为研究对象，由牛顿第二定律 设撤去推力时A向右速度为v1，对地位移为s1，相对于B向左滑动Δs1‎ 则v1=a1t=2m/s ‎ 设撤去推力时B向右速度为v2，B对地位移为s2‎ 则v2= a2t=4m/s  s2=a2t2=2 m 则有：Δs1=s2-s1=1 m 撤去F后，A向右加速，B向右减速；设B前进s3，尚未与墙壁相碰，两者达到共同速度v3，此时A相对B又向左滑动Δs2，由系统动量守恒定律mv1+Mv2=(m+M)v3‎ 以B为研究对象，由动能定理： ‎ 由系统功能关系 ‎ 解得：s3=3.04 m  Δs2=0.8 m 因s2+s3＜s，故当两者达到共同速度时，B尚未与墙壁碰撞。‎ B与墙壁发生弹性碰撞后，设A、B再次达到共同速度v4时，A尚未滑离B，A相对于B向右滑动Δs3，由系统动量守恒定律：Mv3-mv3=(M+m)v4‎ 由系统功能关系：‎ 由上面两式求得  Δs3=10.4 m 因Δs3＞Δs1+Δs2+ =3.8 m 故在两者达到共同速度前，A已经从B右端滑出，故A在B上滑动的整个过程中，A、B系统因摩擦产生内能增量为ΔE=μmg[2(Δs1+Δs2)+ ]=11.2J ‎【点睛】本题关键理清两个物体的运动规律，中间分过程多次运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系、动量守恒定律列式求解。‎