中学2020-2021学年高二上学期开学考试物理试题（含答案）

2020-2021 学年度第一学期入学测试试题 高二物理 一、单选题 1.如图所示，固定斜面 AO、BO 与水平方向夹角均为 45°，现由 A 点以某一初速度水平抛出一个小球（可 视为质点），小球恰能垂直于 BO 落在 C 点，则 OA 与 OC 的比值为（） A. :1 B.2:1 C.3:1 D.4:1 2.人通过滑轮将质量为 m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为 h，到达斜面顶端的速度为 v，如图所示，则在此过程中 A.物体所受的合外力做功为 mgh+ mv2 B.人对物体做的功为 mgh C.物体所受的合外力做功大于 mv2 D.人对物体做的功大于 mgh 3.关于曲线运动，下列说法正确的是（） A.曲线运动一定是变速运动 B.曲线运动的物体加速度一定变化 C.曲线运动的物体所受合外力一定为变力 D.曲线运动的物体所受合力方向一定变化 2 1 2 1 24.河宽 420m，船在静水中速度为 4m/s，水流速度是 3m/s，则船过河的最短时间（） A.140s B.105s C.84s D.60s 5.关于重力势能，下列说法中正确的是（） A.重力势能的大小只由物体本身决定 B.重力势能恒大于零 C.在地面上的物体，它具有的重力势能一定等于零 D.重力势能是物体和地球所共有的 6.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行 驶时的加速阶段，bc 段是与 ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是（） A.0～t1 时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 B.t～t2 时间内汽车牵引力逐渐增大 C.t～t2 时间内的平均速度为 （v1+v2） D.在全过程中 t1 时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3 时间内牵引力最小 7.假设地球和金星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离大于金星到太阳的距离，那么（） A.地球公转周期小于金星的公转周期 B.地球公转的线速度大于金星公转的线速度 C.地球公转的加速度小于金星公转的加速度 1 2D.地球公转的角速度大于金星公转的角速度 8.如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动盘面上距圆盘中心一定距离处放有一个小木块随圆盘一起转动， 木块受哪些力作用（） A.木块受重力、圆盘的支持力和向心力 B.圆盘对木块的支持力、静摩擦力和重力 C.圆盘对木块的静摩擦力、支持力和重力以及向心力作用 D.圆盘对木块的支持力和静摩擦 9.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如卫星的线速度减小到原来的 ，卫星仍然做匀速圆周运动，则 A.卫星的向心加速度减小到原来的 B.卫星的周期增大到原来的 8 倍 C.卫星的角速度减小到原来的 D.卫星的周期增大到原来的 2 倍 10.如图所示，竖直固定的半径为 R 的光滑圆形轨道内，一可视为质点的小球通过轨道最低点 P 时，加速度 大小为 6g，不计空气阻力下列说法正确的是 1 2 1 4 1 2A.小球过 P 点时速度大小为 B.小球能沿轨道做完整的圆周运动 C.小球运动的最小加速度为零 D.小球运动的最小速度为零 11.在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以 v 和 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球 落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（） A.2 倍 B.4 倍 C.6 倍 D.8 倍 12.我国发射的某卫星，其轨道平面与地面赤道在同一平面内，卫星距地面的高度约为 500km，而地球同步 卫星的轨道高度约为 36000km，已知地球半径约为 6400km，关于该卫星，下列说法中正确的是 A.该卫星的线速度小于同步卫星的线速度 B.该卫星的加速度小于同步卫星的加速度 C.一年内，该卫星被太阳光照射时间小于同步卫星被太阳光照射时间 D.该卫星的发射速度小于第一宇宙速度 13.已知地球质量大约是月球质量的 81 倍，地球半径大约是月球半径的 4 倍.如图所示，甲、乙两个完全相 同的斜面分别固定在地球和月球的水平地面上，将相同的小球从斜面上的同一高度 O 点处，以相同初速度 v 沿水平方向抛出，分别落在甲、乙斜面上的 A.B 两点（图中未画出）.不计空气阻力且忽略地球和月球自转 影响，则下列说法正确的是（） A.不可以求出 OA 之间距离和 OB 之间距离之比 B.小球落到 A 点与落到 B 点的速率不相同 gR 4 vC.小球从抛出到落在 B 点所用时间大于小球从抛出到落在 A 点所用时间 D.小球从抛出到落在 A 点与小球从抛出到落在 B 点过程中，合力对小球做功不同 14.土卫六叫“泰坦”（如图），它每 16 天绕土星一周，经测量其公转轨道半径约为 1.26×106km，已知引力 常量 G=6.67×10-11N·m2/kg2，1 天为 86400s，则土星的质量约为（） A.5×1023kg B.5×1026kg C.5×1029kg D.5×1032kg 二、解答题 15.如图所示，光滑轨道 ABCD 由倾斜轨道 AB 和半圆轨道 BCD 组成。倾斜轨道 AB 与水平地面的夹角为 θ，半圆轨道 BCD 的半径为 R，BD 竖直且为直径，B 为最低点，O 是 BCD 的圆心，C 是与 O 等高的点。 一个质量为 m 的小球在斜面上某位置由静止开始释放，小球恰好可以通过半圆轨道最高点 D。小球由倾斜 轨道转到圆轨道上时不损失机械能。重力加速度为 g 求: （1）小球在 D 点时的速度大小 （2）小球开始下滑时与水平地面的竖直高度与半圆半径 R 的比值。 （3）小球滑到斜轨道最低点 B 时（仍在斜轨道上），重力做功的瞬时功率 16.我国月球探测计划嫦娥工程已经启动，“嫦娥 1 号”探月卫星也已发射。设想“嫦娥 1 号”登月飞船靠近 月球表面做匀速圆周运动，测得飞行 n 圈所用的时间为 t，已知月球半径为 R，万有引力常量为 G，月球质量分布均匀。求: （1）嫦娥 1 号绕月球飞行的周期； （2）月球的质量； （3）月球表面的重力加速度。 17.如图所示，半径为 R、圆心为 O 的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环固定在大圆环上竖直对称 轴的两侧θ=45°的位置上，一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为 m 的重物，小圆环的大 小、绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略.当在两个小圆环间绳子的中点 C 处，挂上一个质量 M 的重物，M 恰好在圆心处处于平衡.（重力加速度为 g）求: （1）M 与 m 质量之比. （2）再将重物 M 托到绳子的水平中点 C 处，然后无初速释放重物 M，则重物 M 到达圆心处的速度是多大? 18.如图所示，长度为 L 的细绳上端固定在天花板上 O 点，下端拴着质量为 m 的小球.当把细绳拉直时，细 绳与竖直线的夹角为θ=60°，此时小球静止于光滑的水平面上. （1）当球以角速度 做圆锥摆运动时，水平面受到的压力 N 是多大? （2）当球以角速度 做圆锥摆运动时，细绳的张力 T 为多大? 19.质量为 m=5×103kg 的汽车在水平公路上行驶，阻力是车重的 0.1 倍。让车保持额定功率为 60kW，从静 止开始行驶，求:（g 取 10m/s2） 1= g L ω 2 4= g L ω（1）汽车达到的最大速度 vm； （2）汽车车速 v1=2m/s 时的加速度大小。 20.长为 L0 的轻弹簧 K 上端固定在天花板上，在其下端挂上质量为 m 的物块 P。让弹簧处于原长且 P 从静 止释放，P最大下落高度为h0（未超过弹性限度）。斜面ABC固定在水平面上，AB=L0+h0，AO=L0，DO=OB=h0， O 点上方斜面部分粗糙，P 与这部分的动摩擦因数 ，O 点下方斜面部分光滑。现将轻弹簧 K 一端固 定在斜面上 A 处，用外力使 P 压缩弹簧并静止于 D 点，P 与弹簧未栓接，然后突然撤去外力（重力加速度 为 g，θ=30°） （1）试通过计算说明:撤去外力后，在弹簧作用下，P 不会滑离斜面； （2）计算 P 在 OB 部分运动的总路程。 参考答案 1.C 【解析】 以 A 点为坐标原点，AO 为 y 轴，垂直于 AO 为 x 轴建立坐标系，分解速度和加速度，则在 x 轴上做初速度 为 ，加速度为 的匀减速直线运动，末速度刚好为零，运动时间为: ，在 y 轴上做初速度 为做初速度为 ，加速度为 的匀加速直线运动，末速度为 ，利用平 均速度公式得位移关系:OA:OC= ，故 C 正确，ABD 错误. 2 8 µ = 0 2 2 v 2 2 g 0vt g = 0 2 2 v 2 2 g 0 0 2 2 22 2cyv v gt v= + = 0 0 0 2 222 2: 3:12 2 v v v t t    +        =          2.D 【解析】 【详解】 A、对物体受力分析可知，物体受重力、拉力及摩擦力的作用，由动能定理可知，合外力做功一定等于动能 的改变量，即等于 ，故 AC 错误； B、由动能定理可知: 则人对物体做的功为: 可知人对物体做的功一定大于 mgh，故 B 错误，D 正确。 3.A 【解析】 【分析】 【详解】 A.曲线运动的速度的方向一定变化，故曲线运动一定是变速运动，选项 A 正确； B.曲线运动的物体加速度不一定变化，例如平抛运动，选项 B 错误； C.曲线运动的物体所受合外力可能为恒力，也可能为变力，例如平抛运动的物体受恒力作用，做圆周运动 的物体受变力作用，选项 C 错误； D.曲线运动的物体所受合力方向不一定变化例如平抛运动，选项 D 错误； 故选 A. 4.B 【解析】 21 2 mv 21 02fW mgh W mv− − = −人 21 2fW mgh W mv= + +人【详解】 船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和沿水流方向的分运动，渡河时间等于沿船头指向分运动的时 间，当船头与河岸垂直时，沿船头方向的分运动的位移最小，故渡河时间最短，则 故选 B 5.D 【解析】 【分析】 【详解】 重力势能取决于物体的重力和高度；故 A 错误；重力势能的大小与零势能面的选取有关，若物体在零势能 面下方，则重力势能为负值；故 B 错误；重力势能的大小与零势能面的选取有关；若选取地面以上为零势 能面，则地面上的物体重力势能为负；若选地面以下，则为正；故 C 错误；重力势能是由物体和地球共 有的；故 D 正确；故选 D. 【点睛】 本题考查重力势能的决定因素，重力势能的大小与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势 能就越大；明确重力势能是由地球和物体共有的；其大小与零势能面的选取有关. 6.D 【解析】 【分析】 【详解】 A.0～t1 时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因牵引力恒定，由 P=Fv 可知，汽车的牵引力的功率 均匀增大，故 A 错误； 420 1054c dt s sv = = =B.t1～t2 时间内汽车加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，牵引力逐渐减小，故 B 错误； C.t1～t2 时间内，若图象为直线时，平均速度为 ，而现在图象为曲线，故图象的面积大于图像为 直线时的面积，即位移大于图像为直线时的位移，故平均速度大于 ，故 C 错误； D.由 P=Fv 及运动过程可知，t1 时刻物体的牵引力最大，此后功率不变，而速度增大，故牵引力减小，而 t2～ t3 时间内，物体做匀速直线运动，物体的牵引力最小，故 D 正确。 故选 D。 7.C 【解析】 【分析】 【详解】 质量为 m 的行星围绕质量为 M 的太阳做圆周运动，运动轨迹半径为 R，由万有引力提供向心力可得 化简可得 即轨道半径越大，周期越大，线速度、加速度、角速度越小，因此地球公转周期大于金星的公转周期，地 球公转的线速度、加速度、角速度小于金星公转的线速度、加速度、角速度，故 ABD 错误，C 正确。 1 2 1 ( )2 v v+ 1 2 1 ( )2 v v+ 2 2 2 2 2 4GMm r vm m ma m Rr T r π ω= = = = GMv r = 3 GM r ω = 3 2 rT GM π= 2 GMa r =故选 C。 8.B 【解析】 小木块做匀速圆周运动，合力指向圆心，对木块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图: 重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力，故 B 正确，A、C、D 错误. 点睛:该题主要考查向心力的来源，要明确圆周运动都需要向心力，向心力是由其他的力来充当的，向心力 不是一个单独力. 9.B 【解析】 【详解】 卫星绕地做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力， 得: ， 得 ， ， ， 由 可得，当卫星的线速度减小到原来的 时，轨道半径增大为原来的 4 倍.由 2 2 2 2 2 4Mm vG m ma m r m rr r T π ω= = = = GMv r = 2 GMa r = 3 2 rT GM π= 3 GM r ω = GMv r = 1 2，得知，向心加速度减小到原来的 .由 ，得知，卫星的周期增大到原来的 8 倍.由 得知，卫星的角速度减小到原来的 .故 ACD 错误，B 正确.故选 B. 【点睛】 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关 系，要能熟练运用比例法. 10.B 【解析】 【详解】 A.在最低点，由牛顿第二定律有: 解得: 故 A 错误； B.小球能通过最高点的最小速度 ，根据动能定理得 解得: 所以小球能沿轨道做完整的圆周运动，故 B 正确； CD.小球能通过最高点的最小速度 ，则最小加速度为 2 GMa r = 1 16 3 2 rT GM π= 3 GM r ω = 1 8 2 6 Pva g R = = 6Pv gR= minv gR= 2 21 12 2 2 Pmg R mv mv− ⋅ = −高 min= 2v gR v gR> =高 minv gR=最小速度为 ，故 CD 错误。 11.B 【解析】 【分析】 【详解】 设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度 v 抛出，落在斜面上，根据平抛运动 的推论可得 tanθ=2tanα 所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等 对甲有 对乙有 所以 故 ACD 错误 B 正确。 故选 B。 12.C 【解析】 2 min min va gR = = minv gR= = cos vv θ甲末 = 4cos vv θ乙末 =4v v 甲末 乙末根据 可知，该卫星的线速度大于同步卫星的线速度，选项 A 错误；根据 知该卫星的加 速度大于同步卫星的加速度，故 B 错误.由开普勒第三定律知，该卫星的周期小于同步卫星的周期则一年内， 该卫星被太阳光照射时间小于同步卫星被太阳光照射时间，故 C 正确.第一宇宙速度是卫星最小的发射速度， 知该卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故 D 错误.故选 C. 13.C 【解析】 【分析】 【详解】 设地球质量为 81M，月球质量为 M，地球半径为 4R，月球半径为 R，则根据: ， 可得到: ；小球从斜面顶端平抛，则: ，则: ，由于在月球的重力加速度小，故小球从抛出到落在 B 点所用时间大于小 球从抛出到落在 A 点所用时间，故 C 正确；根据几何关系，小球落地斜面上的距离: ，所以可以求出 OA 之间距离和 OB 之间距离之比，故 A 错误；小球落到斜面上的 速度: ，故小球落到 A 点与落到 B 点的速率相同，故 B 错误； 小球从抛出到落在 A 点与小球从抛出到落在 B 点过程中，由于重力加速度不同，故合力即重力对小球做功 不同，故 D 错误. 故选 C 14.B 【解析】 GMv r = 2 GMa r = 2 81 (4 ) G Mm mgR = 地 2( ) GMm mgR = 月 81=16 g g 地 月 2 0 1 2 tan gt v t θ= 02 tanvt g θ= 2 0 02 tan cos cos v t vL g θ θ θ= = 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0( ) (2 tan )yv v v v gt v v θ= + = + = +【分析】 【详解】 卫星受到的万有引力提供向心力，得 其中 r=1.2×106km=1.2×109m；T=16 天=16×24×360≈1.4×106s，G=6.67×10-l1N·m2/kg2 代入数据可得 M≈5×1026kg B 正确，ACD 错误 故选 B。 15.（1） （2）h=2.5R （3） 【解析】 试题分析:本题中，小球经历了沿斜面向下的匀加速运动，还有平面内的圆周运动。考查了学生利用已知物 理模型，灵活处理实际问题的能力。题目中小球运动过程中，满足机械能守恒。 （1）小球恰好可以通过半圆轨道最高点 D，则在最高点满足: 故小球在 D 点的速度 （2）设小球开始下滑时与水平地面的高度为 h 则从开始下滑，一直到圆弧轨道最高点 D，根据动能定理可知: 2 2 2 4MmG m rr T π= v gR= 5 sinP mg gR θ= 2 Dvmg m R = Dv gR=解得:h=2.5R （3）设小球到达最低点 B 时的速度大小为 vB，则滑到最低点 B 的过程中 满足方程: 解得 所以在 B 点，小球重力的瞬时功率 P=mg·vBsinθ=P=mg sinθ 【点睛】（1）小球恰好通过圆弧轨道的最高点，这是一个轻绳模型，由此可判断，此时在 D 点，只有重力 充当向心力，可以求出小球在 D 点的速度。（2）确定好物理过程的初、末位置及状态后，根据机械能守恒， 或利用动能定理，均可求解相关量；（3）重力的瞬时功率，应等于重力与重力方向分速度的乘积。 16.（1） ； （2） ； （3） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由题意可知，测得飞行 n 圈所用的时间为 t，则嫦娥 1 号绕月球飞行的周期 （2）由万有引力提供向心力有 21( 2 ) 2 Dmg h R mv− = 21 2 Bmgh mv= 2 5Bv gh gR= = 5gR tT n = 2 3 2 2 4 R nM Gt π= 2 2 2 4 Rng t π= tT n = 2 3 2 3 2 2 2 2 4 4GmM R R nmR GT Gt π π= =（3）在月球表面物体的重力等于万有引力则 得 17.（1） :1 （2）（ -1） 【解析】 【详解】 （1）以 M 为研究对象，受力分析: Mg=2mgcos45° （2）M 与 2 个 m 组成的系统机械能守恒: V2=V1cosθ 解得: V1=（ -1） 18.（1） （2）4mg 【解析】 2 GMmmg R = 2 2 2 2 4GM Rng R t π= = 2 2 2gR 2 1 M m = 2 2 1 2 1 1sin 2 ( cos ) 22 2MgR mg R R MV mVθ θ− − = + × 2 2gR 2 mg【分析】 【详解】 （1）对小球受力分析，作出力图如图 1. 球在水平面内做匀速圆周运动，由重力、水平面的支持力和绳子拉力的合力提供向心力，则 根据牛顿第二定律，得 水平方向有 ① 竖直方向有 ② 又 解得 （2）设小球对桌面恰好无压力时角速度为 ，即 代入①②解得 2 1sin 0 sin 60TF m lω6 ° = ° cos 0 0N TF F mg′ + 6 °− = 1 g l ω = 1 2NF mg′ = 0 ω 0NF′ =由于 故小球离开桌面做匀速圆周运动，则此时小球的受力如图 2 设绳子与竖直方向的夹角为α，则有 ③ ④ 联立解得 . 点晴:本题是圆锥摆问题，分析受力，确定向心力来源是关键，要注意分析隐含的临界状态，运用牛顿运动 定律求解. 19.（1）12m/s； （2）5m/s2。 【解析】 【分析】 0 2= g l ω 2 0 4= g l ω ω> 2 2tan sinmg m lθ ω α= ⋅ cosTmg F α′= 4TF mg′ =【详解】 （1）汽车达到的最大速度时，牵引力等于阻力，由 P=Fv 得 所以汽车达到的最大速度 （2）由 P=Fv 得 当 v1=2m/s 时，有 N 由牛顿第二定律得 所以汽车车速 v1=2m/s 时的加速度大小 20.（1）见解析 （2） 【解析】 【详解】 （1）当弹簧竖直时，P 由静止释放，由能量守恒知，弹簧形变量为 h0 时，其弹性势能为 f mP Fv F v= = 3 3 60 10 / 12 /0.1 0.1 5 10 10m f P Pv m s m sF mg ×= = = =× × × PF v = 3 4 1 1 60 10 3 102 PF Nv ×= = = × 1 fF F ma− = 4 3 2 21 3 0.1 3 10 0.1 5 10 10 / 5 /5 10 F mga m s m sm − × − × × ×= = =× 0 4 6 3 hEP=mgh0 设滑块 P 从斜面上释放后能沿斜面上升 s，则: mgh0=mgssin30°+μmgcos30（s-h0） 解得: 即撤去外力后，在弹簧作用下，P 不会滑离斜面； （2）滑块从 D 点释放后会在斜面上往复运动，最终它向上运动到 O 点速度减为 0，便不再运动到 OB 上， 设 P 在部分运动的总路程为 S，由动能定理知: W 弹-μmgcosθ·S-mgh0sinθ=0-0 得到: 。 0 0 16 6 2 8 6 s h h += < + 0 4 6 3S h=