安徽省六安市舒城中学2018_2019学年高二物理上学期开学考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -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】F 1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、F 2的合力方向，因为分解在其他方向都会使这个分力减小的

2、，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- 2 -【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

3、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

4、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= R 3，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

5、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- 3 -a 球的重力势能和 a、b 球的动能。即：4mgh=mgh+ （4m+m）v 2；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

6、计空气阻力，取 g10m/s 2，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

7、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：v 0=vx=vcos；竖直分速度为：v y=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：Ek0 mv02 mv2cos2，抛出时的势能为：E p0=mgh= mv2sin2，因而动能与势能之比。故选 A。- 4 -【点睛】本题关键根据末速度的大小和方

8、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；v 21=2gh1，解得反弹后的速度 v1= =10m/

9、s；取竖直向上为正方向，则由动量定理可得：（F-mg）t=mv 2-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

10、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- 5 -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 1

11、3 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

12、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- 6 -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，2t 0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

13、，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

14、在 x 轴和 y 轴方向上的分速度 vx、v y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. 3 m/s C. （18m，32m） D. (18m，9m)【答案】BD【解析】【详解】t =6.0 s 时，v x=3m/s；v y=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=v xt=36=18m，在 y 轴方向的位移：- 7 -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

15、 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=g L/ 2C. F=m 2L D. Fm 2L【答案】AC【解析】【详解】根据牛顿第二定律得， mgtan mLsin 2，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

16、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. W3mv 2/2 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

17、做匀加速直线- 8 -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=x 1+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=x 2-x 1= 。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

18、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-mgsin30 0=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：mgsin30 0-（F-f）=ma；可知 F 与 f 的合力向上，做正功，则机械能增加

19、，动能减小；故选 AD；15.如图所示，甲、乙两小车的质量分别为 m1、m 2，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、F 2，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- 9 -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、F 2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

20、；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

21、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、v 2，选 A 原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv=-mv 1+3mv2假设碰后 A 球静止，即 v1=0，可得：v 2= v由题意知球 A 被反弹，所以球 B 的速度：v 2 vAB 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有 mv2 mv12+ 3mv22两式联立得：v 2 v由两式可得： vv 2 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，- 10 -由此求出速度的范围之一，即 v2 v

22、；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/s 2)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/s 2（2）1s【解析】【详解】 （1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小

23、为 a1，由牛顿第二定律有：mgsin37+mgcos37=ma 1代入数据解得：a1=gsin37+gcos37=100.6+0.5100.8=10m/s 2；（2）设物块速度减为 5m/s 所用时间为 t1，则 v0-v=a1t1解得：t 1=0.5s通过的位移：x 1= 0.5=3.75m6 m 因 tan，此后物块继续减速上滑的加速度大小为 a2则：mgsin37-mgcos37=ma 2代入数据解得：a 2=2m/s2设物块到达最高点的速度为 v1，则：v 2-v12=2a2x2x2=l-x1=2.25m解得：v 1=4m/s此过程经历：时间 t2= =0.5s故全程用时：t=t 1

24、+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。- 11 -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/s 2，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：m 2v2-m1v1=（m 1+m2）v代入数据解

25、得：v=2m/s；（2）设小车的最小长度为 L，由功能关系得：又 f=m 1g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？- 12 -【答案】 （1） （2） （3）【解析】【详解】 （1）B 静止时：mg=kx 1；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