2018-2019学年高二物理上学期开学考试试题(含解析).doc

2018-2019学年高二物理上学期开学考试试题(含解析)一.单项选择题1.如图所示，F1、F2（F1F2）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/s2C. 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=R3，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g10m/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=104m/s=40m/s，物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为P=Fv=mgvy=1040W=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，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. 4tan2 B. 4cos2 C. 2tan2 D. 2cos2【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，若设速度方向与水平方向夹角为，则，则水平分速度为：v0=vx=vcos；竖直分速度为：vy=vsin；由于平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，故v0=vx=vcos；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：Ek0mv02mv2cos2，抛出时的势能为：Ep0=mgh=mv2sin2，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=1.5kg10m/s-1.5kg（-20m/s）=45Ns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/sB. 速度变化的大小可能大于13 m/sC. 平均加速度的大小可能小于5 m/s2D. 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v0t0C. 质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0D. 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=36=18m，在y轴方向的位移：y=63m=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角，细绳对小球的拉力为F,则关于cos和F的值以下答案正确的是（ ）A. cos=g/2L B. cos=gL/2C. F=m2L D. Fm2L【答案】AC【解析】【详解】根据牛顿第二定律得，mgtanmLsin2，解得cos=g/2L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. W0 B. W3mv2/2 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，则匀减速直线运动的加速度为 a=g，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=mg=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30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m1m2，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：v2vAB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有mv2mv12+3mv22两式联立得：v2v由两式可得：vv2v，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v2v；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v20.5v，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0.5(取g10 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+mgcos37=ma1代入数据解得：a1=gsin37+gcos37=100.6+0.5100.8=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=3.75m6m因tan，此后物块继续减速上滑的加速度大小为a2则：mgsin37-mgcos37=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=2a2x2x2=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=1s18.如图所示，平板小车B质量m11kg在光滑水平面上以v12m/s的速度向左匀速运动。当t0时，小铁块A质量m22kg以v24 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0.2。若A最终没有滑出小车，取水平向右为正方向，g10m/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=m1g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