2020-2021年新高二物理开学摸底考试卷（五） 14页

2020-2021 年新高二物理开学摸底考试卷（五） 选择题(本题共 12 小题;每小题 4 分,共 48 分。其中 1-8 题为单选题，9-12 为多选题，全部选对得 4 分，选 对但不全得 2 分) 1.冰壶运动深受观众喜爱，图 1 为 2014 年 2 月第 22 届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷 中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图 2．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终 停止的位置，可能是图中的哪幅图（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】冰壶甲乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后 冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动，所以碰撞点即圆心到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向， 连线的长短代表碰撞后的速度大小．A 图中，甲乙碰后的动量都斜向右上方，所以合动量不可能水平向右， 不满足动量守恒定律选项 A 错．乙图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等小球发生完全弹 性碰撞的过程，选项 B 是可能的．选项 C 中，虽然甲乙动量都是水平向右，合动量也满足水平向右，但甲 在后，乙在前，碰后甲不可能速度大于乙，即甲不可能在乙前面，选项 C 错．D 选项，碰后甲的速度大于 乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律选项 D 错． 2.关于物体的做功，下列说法正确的是（ ） A．起重机将物体匀速向上吊起一段距离，重力做负功，合力不做功 B．电工师傅沿着电线杆匀速向上攀爬进行电路维修，机械能增加，摩擦力对他做正功 C．水平圆盘上放一物体，在圆盘由静止加速启动直至物块滑离前，物体所受的静止摩擦力始终不做功 D．物体放在履带式自动人行道上匀速上楼，摩擦力对物体做负功 【答案】A 【解析】起重机将物体匀速向上吊起，重力和位移方向相反做负功，合外力为零所以不做功，选项 A 正确； 由于杆对电工师傅的静摩擦力的作用点未发生位移，所以杆对电工师傅的摩擦力不做功，B 错误；物块随圆 盘转动时所受摩擦力一方面提供向心力，另一方面使其加速，因此摩擦力对物块做正功，选项 C 错误；物 体放在履带式自动人行道上匀速上楼受到的摩擦力沿斜面向上，和运动方向相同，所以摩擦力对物体做正 功，选项 D 错误。 3.在平直公路上以“6 挡”匀速行驶的汽车，遇到上坡时，在功率保持不变时，必须由“6”挡换到“5”挡或更低 的挡位，其目的是（ ） A．增大速度，得到较小的牵引力 B．减小速度，得到较小的牵引力 C．增大速度，得到较大的牵引力 D．减小速度，得到较大的牵引力 【答案】D 【解析】AC. 在功率保持不变时，必须由“6”挡换到“5”挡或更低的挡位，速度变小，AC 错误。 BD. 在功率保持不变时，必须由“6”挡换到“5”挡或更低的挡位，速度变小，根据功率方程 P F v 可知，得 到较大的牵引力，更容易上坡，B 错误 D 正确。 4.“嫦娥四号”已成功降落月球背面，未来中国还将建立绕月轨道空间站。如图所示，关闭动力的宇宙飞船在 月球引力作用下沿地－月转移轨道向月球靠近，并将与空间站在 A 处对接。已知空间站绕月轨道半径为 r， 周期为 T，万有引力常量为 G，月球的半径为 R，下列说法正确的是（ ） A．地－月转移轨道的周期小于 T B．宇宙飞船在 A 处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火减速 C．宇宙飞船飞向 A 的过程中加速度逐渐减小 D．月球的质量为 M= 22 2 4π R GT 【答案】B 【解析】A．根据开普勒第三定律可知，飞船在椭圆轨道的半长轴大于圆轨道的半径，所以地-月转移轨道 的周期大于 T，选项 A 错误； B．宇宙飞船在椭圆轨道的 A 点做离心运动，只有在点火减速后，才能进入圆轨道的空间站轨道，选项 B 正确； C．宇宙飞船飞向 A 的过程中，根据 2 MmG m ar  知半径越来越小，加速度越来越大，选项 C 错误； D．对空间站，根据万有引力提供向心力有 2 22 4MmG m rrT  解得 23 2 4 rM GT  其中 r 为空间站的轨道半径，选项 D 错误。故选 B。 5.过山车是青少年喜欢的一种游乐项目。为了研究过山车的原理，可简化为如图所示模型：让质量为 m 的 小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器。让小球从同一位 置静止下滑，经多次测量得到最高点和最低点压力的平均值分别为 F1、F2，则当地的重力加速为 A． 21 2 FF m  B． 21 3 FF m  C． 21 5 FF m  D． 21 6 FF m  【答案】D 【解析】小球在圆轨道上运动，有沿着半径方向的合力提供向心力. 最低点： 2 2 2 vF mg m r  最高点： 2 1 1 vF mg m r  由牛顿第三定律可知： 11FF  ， 22FF  根据机械能守恒可知： 22 21 112 22mg r mv mv   联立解得： 21 6 FFg m  ；故选 D. 6.如图所示，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平、OB 竖直，一个质量为 m 的小球自 A 点正上方的 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力。已知 AP＝2R，重 力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中( ) A．重力做功 2mgR B．机械能减少 mgR C．合外力做功 mgR D．克服摩擦力做功1 2mgR 【答案】D 【解析】小球从 P 到 B 的过程中，重力做功 mgR，A 错误；小球在 A 点正上方由静止释放，通过 B 点恰好 对轨道没有压力，只有重力提供向心力，即 mg＝mv2 R ，得 v2＝gR，设克服摩擦力做的功为 Wf，对全过程运 用动能定理 mgR－Wf＝1 2mv2－0＝1 2mgR，得 Wf＝1 2mgR，C 错误，D 正确；克服摩擦力做的功等于机械能的 减少量，B 错误。 7.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度 随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为 1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ） A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J 【答案】A 【解析】由 v-t 图可知，碰前甲、乙的速度分别为 5 m / sv 甲 ， = 1 m / sv乙 ；碰后甲、乙的速度分别为 1 m / sv 甲 ， = 2 m / sv乙 ，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得 +=+mvmvmvmv 甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 解得 6 k gm 乙 则损失的机械能为 2 2 2 21 1 1 1+ - -2 2 2 2E m v m v m v m v 甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 解得 3JE 故选 A。 8.如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上 A 点开始无初速度下滑，在 AB 段匀加速下滑，在 BC 段匀减速 下滑，滑到 C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在 AB 段和 BC 段滑动时的动摩擦因数 分别为 1 和 2 ，AB 与 BC 长度相等，则 A．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用 B．动摩擦因数 12+ =2tan   C．小孩从滑梯上 A 点滑到 C 点先超重后失重 D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力 【答案】B 【解析】小朋友在 AB 段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度 1a 分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友 有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速 度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力 NF 小于小朋友和滑梯的总重力．同 理，小朋友在 BC 段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力， 地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故 ACD 错误；设 AB 的长度为 L，小孩在 B 点的速度为 v．小孩从 A 到 B 为研究对象，由牛顿第二定律可得： 11sincosmgmgma，由运动学公式可得： 2 12v a L ； 小孩从 B 到 C 为研究过程，由牛顿第二定律可得： 22cos sinmg mg ma  ，由运动学公式可得： 2 22v a L ；联立解得： 122t a n   ，故 B 正确． 9..如图所示，空中飞椅在水平面内做匀速圆周运动。 若飞椅和人的总质量为 m，运动半径为 R，角速度大 小为  ，钢绳与竖直方向的夹角为 θ。不计空气阻力，重力加速度为 g。 下列说法正确的有（ ） A. 运动的周期为 2   B. 线速度的大小为 R C. 向心加速度的大小为 2 R D. 钢绳的拉力大小为 sin mg  【答案】BC 【解析】A．由于角速度大小为 ，根据周期公式可得运动周期为 2T   故 A 错误； B．根据线速度和角速度关系可得线速度大小为 vR 故 B 正确； C．向心加速度大小为 2 naR 故 C 正确； D．当飞椅转动时，钢绳对它的拉力 T 及其自身重力的合力提供向心力，则有 cosT mg  解得 cos mgT  ，故 D 错误。 故选 BC。 10.两个小球 A、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是 m1＝4 kg，m2＝2 kg，A 的速度 v1＝3 m/s(设为正)，B 的速度 v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A．均为 1 m/s B．＋4 m/s 和－5 m/s C．＋2 m/s 和－1 m/s D．－1 m/s 和＋5 m/s 答案 AD 解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况： Ek＝1 2m1v21＋1 2m2v22＝1 2×4×9 J＋1 2×2×9 J＝27 J Ek′＝1 2m1v1′2＋1 2m2v′2 由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有 Ek≥Ek′，可排除选项 B；选项 C 虽满足 Ek≥Ek′，但 A、B 沿同一 直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(vA′＞0，vB′＜0)，这显然是不符合实际的，因此 C 错误；验证选项 A、D 均满足 Ek≥Ek′，故答案为选项 A(完全非弹性碰撞)和选项 D(弹性碰撞)。 11.如图所示，一质点在重力和水平恒力作用下，速度从竖直方向变为水平方向，在此过程中，质点的( ) A．机械能守恒 B．机械能不断增加 C．重力势能不断减小 D．动能先减小后增大 【答案】 BD 【解析】由于除重力外，有水平恒力方向向右，做正功，故机械能增加，A 错误，B 正确。重力做负功，重 力势能增加，C 错误。重力与水平恒力的合力斜向右下方，与速度的夹角从钝角逐渐变为锐角，合力先做负 功后做正功，故动能先减小后增大，故 D 正确。 12.质量相同的两物块 A、B，用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧，物块 B 套在一光滑的细杆 上，初始时用一水平力 F 把 B 拉到如图所示位置。使 A、B 均处于静止状态。撤去水平力 F 后，A 向下运 动，B 向右运动，从开始运动到 B 运动到滑轮正下方的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 物块 A 重力势能的减少量等于 A、B 两物块动能的增加量 B. 物块 A 的速度大于物块 B 的速度 C. 物块 A 的动能一直增大 D. 细绳对物块 A 做的功等于物块 A 机械能的变化量 【答案】AD 【解析】A．把 AB 两物块（包括细绳）看成一个系统，系统所受合力为零，所以系统机械能守恒，物块 A 重力势能的减少量等于 A、B 两物块动能的增加量，故 A 正确； B．如图所示 ABc o svv  所以 BAvv ，故 B 错误； C．当 B 运动到滑轮正下方时，B 的速度在竖直方向的分量为 0，所以此时 A 的速度为 0，则在这个过程中 A 的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故 C 错误； D．对 A 受力分析，A 受重力和细绳拉力，根据功能关系可知：除重力以为其他力做的功等于物体机械能的 变化量，故 D 正确。故选 AD。 第 II 卷（非选择题) 一．实验题：(本题共 2 小题,共 14 分） 13.（6 分）在探究功与速度变化的关系的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示．木块从 A 点静 止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到 B1 点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为 W1．O 点为弹簧原长时所处的位置，测得 OB1 的距离为 L1．再用完全相同的 2 根、3 根…弹簧并在一起进 行第 2 次、第 3 次…实验并记录 2W1，3W1…及相应的 L2、L3…数据，用 W﹣L 图象处理数据，回答下列问 题： （1）如图乙是根据实验数据描绘的 W﹣L 图象，图线不过原点的原因是_____； （2）由图线得木块从 A 到 O 过程中摩擦力做的功是 W1=____； （3）W﹣L 图象斜率的物理意义是_____． 【答案】未计算 AO 间的摩擦力做功 3 1 摩擦力 【解析】木块在平衡位置处获得最大速度，之后与弹簧分离，在摩擦力作用下运动到 B 位置停下，由 O 到 B 根据动能定理：-fL=0- 1 2 mv02，故 L∝v02； 对全过程应用动能定理有：W-fLOA-fL=0 即 W=fL+fLOA 结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距 等于 OA 段摩擦力做的功． 14.（8 分）如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的 动量关系。 (1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量__________(填选项前的符号)， 间接地解决这个问题。 A．小球开始释放高度 h B．小球抛出点距地面的高度 H C．小球做平抛运动的射程 (2)图中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球 m1 多次从倾斜轨道上 S 位置静止释放， 找到其平均落地点的位置 P，测量平抛射程 OP，然后，把被碰小球 m2 静置于轨道的水平部分，再将入射球 m1 从斜轨上 S 位置静止释放，与小球 m2 相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是__________。(填 选项前的符号) A．用天平测量两个小球的质量 m1、m2 B．测量小球 m1 开始释放高度 h C．测量抛出点距地面的高度 H D．分别找到 m1、m2 相碰后平均落地点的位置 M、N E．测量平抛射程 OM、ON (3)若两球碰撞前后的动量守恒，其表达式为____________________[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性 碰撞，那么还应满足的表达式为____________________[用(2)中测量的量表示]。 【答案】C ADE m1·OM＋m2·ON=m1·OP m1·OM2＋m2·ON2=m1·OP2 【解析】(1)[1]．小球碰前和碰后的速度都可用平抛运动来测定，即 v= x t 即 m1 OP t =m1 OM t ＋m2 ON t 而由 H= 1 2 gt2 知，每次下落竖直高度相等，平抛时间相等。则可得 m1·OP=m1·OM＋m2·ON 故只需测射程，因而选 C。 (2)[2]．由表达式知：在 OP 已知时，需测量 m1、m2、OM 和 ON，故必要步骤 A、D、E。 (3) [3][4]．若两球碰撞前后的动量守恒，其表达式为 m1·OP=m1·OM＋m2·ON 若为弹性碰撞，则同时满足动能守恒。 222 112 111 222 OPOMONmmmttt   即 m1·OP2=m1·OM2＋m2·ON2。 三．解答题：共 4 个⼩题，共 38 分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后 答案的不能得分，有数值计算的题必须明确写出数据值和单位。 15.（6 分）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为 60 kg 的运动员，从离水平网面 3.2 m 高处自由落下，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 1.8 m 高处.已知运动员 与网接触的时间为 1.4 s. (取 g=10 m/s2)试求(1)运动员第一次接触网时的瞬时速度大小．(2)网对运动员的平 均冲击力. 【答案】(1)8m/s(2) F=1200N 方向：向上 【解析】（1） 2 112 g h v  1 8/v m s （2）离网时的速度 2 222 g h v  2 6/v m s 由动量定理，取向上为正方向   21Fmgtmvmv F=1200N 方向：向上 16.（8 分）由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同：若地球表面两极处 的重力加速度大小为 g0，在赤道处的重力加速度大小为 g，地球自转的周期为 T，引力常量为 G，地球可视 为质量均匀分布的球体。求： （1）地球半径 R； （2）地球的平均密度。 【答案】（1）   2 0 24 ggT   ；（ 2） 0 2 0 3 () g GTgg   【解析】（1）在赤道 2 22 4MmG m R mgRT  在两极 02 MmGmgR  两式联立解得   2 0 24 ggTR   （2）地球的质量为 2 0gRM G 密度为 2 0 3 2 0 0 0 3 4 ) 31 4 3 ( gR g G M gG V gGR TR g      17.（10 分）滑雪是人们喜爱的运动之一。如图甲所示，固定于安全坐垫上的小孩抱一玩具熊，从如图乙所 示雪道的 A 点沿倾角为 60  的雪道 AB 下滑，雪道 BC 面水平，滑到 C 点时把玩具熊平抛后小孩和玩具熊分 别落在 DE、 两点。已知雪道上 、 两点的高度差为 h ， B ， 长度为 3 3 h ，安全坐垫与雪道间的动 摩擦因数为 3 4 ， 2C D D E 。不计空气阻力和小孩经过 点时的能量损失。重力加速度为 g 。求： （1）小孩滑至 点时的速度大小； （2）抛出玩具熊后，小孩的水平速度与玩具熊的水平速度之比。 【答案】（1） gh ；（ 2） 2 3 【解析】（1）由动能定理得 2 f 1 2mgh W mv 又 f 1cos60 sin 602 BC hWmgmgxmgh  解得 vgh （2）由 可知，抛出玩具熊后小孩的水平位移与玩具熊的水平位移之比为 12: 2: 3xx 由 tan 45y x  可得竖直位移之比为 12: 2: 3yy 由平抛运动规律有 1 1 1x v t ， 2 2 2x v t 2 11 1 2y g t ， 2 22 1 2y gt 联立解得 1 2 2 3 v v  18.（14 分）如图所示，CDE 为光滑的轨道，其中 ED 段是水平的，CD 段是竖直平面内的半圆，与 ED 相 切于 D 点，且半径 R=0.5m。质量 m=0.2kg 的小球 B 静止在水平轨道上，另一质量 M=0.2kg 的小球 A 前端 装有一轻质弹簧，以速度 v0 向左运动并与小球 B 发生相互作用。小球 A、B 均可视为质点，若小球 B 与弹 簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能过最高点 C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度 g=10m/s2，求： （1）小球 B 与弹簧分离时的速度 vB 多大； （2）小球 A 的速度 v0 多大； （3）弹簧最大的弹性势能 EP 是多少？ 【答案】（1）vB=5m/s；（ 2）v0=5m/s；（ 3）EP=1.25J 【解析】（1）设小球 B 恰好过 C 点时速度为 vC，则有 2 Cvmg m R ① 22112 22cBmgRmvmv ② 联立①②解得：vB=5m/s （2）小球 B 与弹簧分离前后，小球 A、B 及弹簧系统：由动量守恒定律及能量守恒定律有 0 ABMv Mv mv③ 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2 BAMv Mv mv④ 联立③④解得：v0=5m/s （3）小球 A、B 及弹簧系统：当 A、B 两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能 Ep，设共同速度为 v，由动 量守恒定律及能量守恒定律有 0 ()M v M m v ⑤ 22 0 11()22PEMvMmv ⑥ 联立⑤⑥解得：EP=1.25J