【文档说明】黑龙江省伊春市伊美区第二中学2020-2021学年高二上学期开学考试物理试题含答案.docx，共(19)页，288.630 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7f2f77a8074be17f4ccf82e6600b62ed.html

以下为本文档部分文字说明：

绝密★启用前伊美区二中高二上学期开学考试考试范围：必修一二，选修3-5第一章；考试时间：90分钟；1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题(共32分)1．(本题4分

)关于曲线运动的理解,下列说法正确的是()A．曲线运动一定是变速运动B．曲线运动速度的大小不断地变化,但速度的方向可以不变C．曲线运动的速度方向可能不变D．曲线运动的速度大小和方向一定同时改变2．(本

题4分)有两个质量不同的小球，在同一高度处将其中一个无初速度释放，同时将另一个水平抛出，不考虑空气阻力，直到它们落地．则它们A．运动时间相等B．落地时速度相等C．落地时位移相等D．落地时机械能相等3．(本题4分)有两颗地球同步卫星，下列关于它们的说法中正确的是（）A．轨

道半径可以不同B．线速度大小可以不同C．均有可能通过南京上空D．运行的线速度一定小于第一宇宙速度4．(本题4分)（单选）关于机械能守恒,下列叙述中正确的是()A．汽车在长直斜坡上匀速下滑时,机械能守恒B．标枪

在空中飞行的过程(空气阻力均不计),机械能守恒C．外力对物体做功为零,物体的机械能一定守恒D．物体所受合力不等于零,它的机械能一定不守恒5．(本题4分)3个质量分别为m1、m2、m3的小球,半径相同,并排悬挂

在长度相同的3根竖直绳上,彼此恰好相互接触.现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等.若各球间碰撞时均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,则m1:m2:m3为()A．6:3:

1B．2:3:1C．2:1:1D．3:2:16．(本题4分)如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角α，若把初速度变为kv0，则（）A．小球的水平位移

和竖直位移之比变为原来的k倍B．空中的运动时间变为原来的k倍C．PQ间距一定为原来间距的k倍D．夹角α将变原来的k倍7．(本题4分)2017年12月6日“西成客专”正式运行，动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖

车．在运行前需对相关设备进行测试，假设动车组各车厢受到的阻力均相等，动车的额定功率均相同．第一次1节动车挂着3节拖车测试时，动车组的最大速度为120km/h；第二次M节动车挂着N节拖车测试时，动车组的最大速度为240km/h．则M

、N分别可能是A．4，3B．1，2C．2，3D．4，48．(本题4分)如图所示，一根光滑的轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可看做质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa=

ab，已知b球质量为a球质量的2倍．当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比F1∶F2为A．2∶1B．1∶2C．5∶4D．5∶1二、多选题(共24分)9．(本题6分)目前，在地球周围有

许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克

服气体阻力做的功小于引力势能的减小10．(本题6分)竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道组成，圆轨道的半径为R，P为圆弧轨道的最低点。P点左侧的四个轨道均相同，P点右侧的四个圆弧轨道的形状如图所示。现让四个相同的小球（可视

为质点，直径小于图丁中圆管内径）分别从四个直轨道上高度均为h处由静止下滑，关于小球通过P点后的运动情况，下列说法正确的是（）A．若h＜12R，则四个小球能达到的最大高度均相同B．若h=R，则四个小球能达到的最大高度均相同C．若h=52R，则图乙中的小球能达到的高度最大D

．若h=52R，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同11．(本题6分)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁。用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E。在此位置突然撤去推力，下列说法

中正确的是（）A．撤去推力的瞬间，B的加速度大小为𝐹2𝑚B．从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒C．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为𝐸3D．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能

最大值为E12．(本题6分)如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为02v，方向向右，滑块B的质量为m，速度大小为0v，方向向左。两滑块发生碰撞后粘在一起，下列说法正确的是（）A．碰撞过程中机械能守恒B．碰撞过程中动量守恒C．碰后A和B一起向左运动，速

度大小为02vD．碰后A和B一起向右运动，速度大小为02v第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、实验题(共15分)13．(本题8分)如图所示，已知当地的重力加速度为g，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒

定律”实验。(1)已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器材是_______________和_______________；A．天平及砝码B．毫米刻度尺C．直流电源D．交流电源

(2)得到图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知打点计时器打点的周期为T。打出B点时，重物的瞬时速度大小Bv=_________，从起始点下落的高度为__________。设重物的质量为m，从打O点到打B点

的过程中，重物的重力势能减少量pE=_____________，动能变化量kE=______________。14．(本题7分)某同学在测量物块做匀减速直线运动时，利用打点计时器得到了如图所示的纸带，纸带上每相邻两计数点间还有4个计时点未标出。

打点计时器所用交流电频率为50Hz，忽略纸带所受的阻力。（1）由此可判断纸带的_________（选填“左端”或“右端”）与物块连接。根据纸带提供的数据可计算打点计时器在打下A点和B点时物块的速度，其中vA=____

___m/s。（结果保留两位有效数字）（2）从图示纸带不能得到的物理量是_________。A．物块运动的加速度aB．A、B间的平均速度C．物块质量mD．A、B对应的运动时间t（3）如要测量在AB段合外力对物块所

做的功WAB，还需要提供的实验器材是_________。A．秒表B．天平C．弹簧秤D．砝码四、解答题(共29分)15．(本题9分)将一块石子以10m/s的速度从5m的高度水平抛出，石子速度方向与水平面的夹角

为，不计空气阻力，取g=10m/s2。求石子：（1）落地前的运动时间T；（2）落地时速度的大小v；（3）在空中运动过程中tanθ随时间t变化的关系式。16．(本题10分)如图所示，物块B静止在水平面上，物块A以大小为v0的速度水平向右正对B物块运动并与之发生弹

性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰撞后B物块运动2m的位移停止。已知A、B两物块质量分别为mA＝1kg，mB＝4kg，两物块与水平面的滑动摩擦系数均为μ＝0.4，两物块可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）碰撞前瞬间A物块的速度大小v0；（

2）最终A、B物块间的距离。17．(本题10分)在水平地面上竖直固定一根内壁光滑的圆管，管的半径R=3.6m（管的内径大小可以忽略），管的出口A在圆心的正上方，入口B与圆心的连线与竖直方向成60°角，如图所示．现有一只质量m=

1kg的小球（可视为质点）从某点P以一定的初速度水平抛出，恰好从管口B处沿切线方向飞入，小球到达A时恰好与管壁无作用力．取g=10m/s2．求：（1）小球到达圆管最高点A时的速度大小；（2）小球在管的最低点C时，管壁对小球的弹力大小；（3）小球抛出点P到

管口B的水平距离x．参考答案1．A【解析】曲线运动过程中速度方向时刻在变化着，其大小可以不变，如匀速圆周运动，A正确．2．A【解析】【分析】两个小球分别做自由落体运动和平抛运动，根据相应的规律即可求解相关问题。【详解】1小球做自由落体运动，2小球做平

抛运动，2小球的运动可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动。A．根公式212hgt=，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A正确；B．下落过程机械能守恒，根据212mghmv=，下过高度相同，所以落地速度大小相等，但是速度方向不同，B错误；C．平抛运动水

平方向还有位移，很明显平抛运动的位移大，C错误；D．由于下落过程机械能守恒，1小球的机械能为mgh，2小球的机械能为2012mghmv+，所以机械能不相等；故D错误。【点睛】考察自由落体运动和平抛运动的规律。3．D【解析】A、根据万有引力提供向心力222MmGmrrT=

，解得2324GMTr=，可知，轨道半径一定，故A错误；B、根据万有引力提供向心力22MmvGmrr=，得GMvr=，轨道相同，则线速度大小一定，故B错误；C、地球同步卫星的轨道平面与赤道平面重合，故同步卫星不可能经过南京

上空，故C错误；D、根据GMvr=可知，近地卫星的轨道半径近似等于地球半径，此时速度等于7.9/kms，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故D正确．点睛：本题主要考查卫星的相关知识，能根据万有引力提供圆周运动向心力分析描述圆周运动物理与卫星轨道半径的关系，知道同步卫星

的轨道平面与赤道平面重合．4．B【解析】沿斜面匀速下滑的汽车，其动能不变，而重力势能减小，则其机械能减小，故A错误．标枪在空中飞行的过程(空气阻力均不计)，只受重力，机械能守恒，故B正确．外力对物体做功为零，不一定只

有重力做功，物体的机械能不一定守恒，故C错误．物体机械能守恒的条件是：只有重力做功，与合外力是否等于0无关，故D错误．故选B.点睛：本题根据机械能守恒条件和机械能的定义、能量如何转化三种方法，进行判断，要多掌握几种思路进行分析．5．A【解析】【分析】【详解】因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，

则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小球的动量相等设为p，则总动量为3p．由机械能守恒得22221123(3)2222ppppmmmm=++，即11239111mmmm=++，代入四个选项的的质量比值关系，只有A项符合，故选

A．【点睛】本题要注意灵活设出中间量p，从而得出正确的表达式，再由选择得出正确的条件．6．B【解析】【分析】【详解】AB．斜面倾角的正切值2012tangtyxvt==，得：02tanvtg=知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的k倍，则小

球的水平位移和竖直位移之比不变，运行时间变为原来的k倍。故A错误，B正确；C．因为初速度变为原来的k倍，运行的时间也变为原来的k倍，根据x=v0t，水平位移变为原来的k2倍，竖直位移也变为原来的k2倍。因此x1∶

x2=1∶k2，y1∶y2=1∶k2，又22sxy=+，所以PQ间距变为原来间距的k2倍，故C错误；D．由图可知，00tan()yvgtvv+==，而2012tangtyxvt==，可知tan（θ+α)=2tanθ。则初速度变为原来的k倍，则时间变为原来的k倍，速度与斜面的

夹角不变。故D错误。7．D【解析】设每节车厢所受的阻力为f，若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h，则𝑃=𝐹𝑣𝑚=4𝑓𝑣𝑚，即𝑃=480𝑓；第二次M节动车挂着N节拖车测试时

，𝑀𝑃=(𝑀+𝑁)𝑓𝑣𝑚′=240(𝑀+𝑁)𝑓，即480𝑀𝑓=240(𝑀+𝑁)𝑓⇒2𝑀=(𝑀+𝑁)，D正确．【点睛】解决本题的关键知道牵引力与阻力相等时，速度最大，结合功率与速度的关系进行求解．8．C【解析】a球在水平方向上

受oa、ab的拉力；oa的拉力向左，ab间拉力向右；对a有：212oaFFmr−=，对b球有：222obFmr=，因为rob=2roa，联立可得：2124FFF=−，则有：1254FF=，故C正确，ABD错误．9．BD【解析】卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，做近

心运动，万有引力做正功，引力势能减小，B正确；由于稀薄气体的阻力做负功，机械能有部分转化为内能，故卫星的机械能减小，C错误；又因为稀薄气体的阻力较小，故卫星克服气体阻力做的功小于万有引力做的功，即小于引力势能的减小，D正确，由动能定理可知合外力做正功，卫星的动能增加，A错

误．【考点定位】万有引力定律及功能关系10．ACD【解析】【详解】A．若2Rh，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧高度2Rh处，即小球不会超过圆弧的四分之一轨道，则不会脱离圆轨道，故上升到最高点的

速度均位列零，最大高度相同为h，A正确；B．若h＝R，根据机械能守恒，甲乙丁都能上升到右侧高度R处而不会越过圆弧的四分之一轨道，而丙图中小球做斜上抛运动离开轨道，到达最高点时还有水平的速度，最大高度小于R，B错误；C．若52hR=，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，

丙图小球离开轨道，最高点速度也不为零，乙图离开轨道，上升到最高点的速度为零，根据机械能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故C正确；D．若52hR=，图甲中小球到达的最大高度为2R，根据机械能守恒得，2122mghmgRmv−=得最高点的速度为2(2)vghRgR

=−=对于图丙，设小球离开轨道时的速度为v1，根据机械能守恒得，211(cos602mghmgRRmv−−=）而到达最高点的速度v=v1cos60°，联立解得最高点的速度vgR=则两球到达最高点的速

度相等，根据机械能守恒得，甲、丙图中小球到达的最大高度相等，故D正确；故选ACD。【点睛】本题考查机械能守恒定律的应用，通过机械能守恒定律建立方程分析不同情况下上升的最大高度；解题的关键在于丙图的情况，小球离开轨道做斜上抛运动，最高点的速度不为0。11．AB

C【解析】【详解】A、撤去推力前,B处于静止状态,弹簧的弹力与F0二力平衡.撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得,B的加速度大小为𝐹02𝑚.故A正确.B、从撤去推力到A离开竖直墙之前,墙壁对B有弹力作用,A、B和弹簧组成的系统合外力不等于零,系统的动量不守恒.因为只有

弹力做功,系统的机械能守恒,故B正确.C、D,A离开竖直墙后,系统所受的合外力为零,动量守恒;弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒.当A、B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大；对于从撤去推力到A离开竖直墙之前,机械能守恒,设A刚离开墙壁时，B的速度大小为�

�0.则有𝐸=122𝑚𝑣02,得𝑣0=√𝐸𝑚;A离开墙壁后,根据系统的动量守恒得:2𝑚𝑣0=(𝑚+2𝑚)𝑣;根据系统的机械能守恒得:122𝑚𝑣02=𝐸𝑝+12(𝑚+2𝑚)𝑣2计算得出,弹簧的弹性势能最大值:𝐸𝑝=𝐸3,所以C选项是正确的,D错误.

综上所述本题答案是：ABC【点睛】撤去F的瞬间,B所受的弹力大小等于F0,根据牛顿第二定律求出撤去推力瞬间的加速度大小;分析A、B和弹簧组成的系统所受的外力,判断动量和机械能是否守恒.A离开竖直墙后,根据动量守恒定

律和机械能守恒定律分析A离开竖直墙后,A、B的最大弹性势能.12．BD【解析】【分析】【详解】AB．两球碰撞的过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，由于合外力为零，所以系统的动量守恒。碰撞过程中机械能不守恒，转化为内能，故A错误，B正确。CD．取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别

为02Avv=、0Bvv=−，根据动量守恒定律得()0022mvmvmv+−=解得02vv=，故C错误，D正确。故选BD。13．BD2CAhhT−BhBmgh22()8CAmhhT−【解析】【分析】【详解】(1)[1][2]除了题目中提出的器材，还

需要毫米刻度尺测长度，打点计时器需要交流电源。所以选BD。(2)[3]重物在B点的瞬时速度为2CABhhvT−=[4]根据题图可知，从起始点下落的高度为Bh；[5]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势

能减少量为pBEmgh=[6]动能的变化量为22k2()128CABmhhEmvT−==14．右端0.73CB【解析】【详解】（1）[1]由图示纸带可知，在相等时间内，纸带右端相邻两点间的距离大，因此纸带右端与物块相连；[2]电源频率为50Hz，计数点间有4个点没有画出，则计数点间的时间间隔

T=0.02×5=0.1s，打A点时的速度𝑣𝐴=𝑥2𝑇=0.0684+0.07842×0.1m/s=0.73m/s（2）[3]A、由△x=aT2可以求出木块运动的加速度a；B、由平均速度公式可以求出A、B

间的平均速度；C、根据图示纸带不能求出物块质量m；D、已知相邻两计数点间的时间间隔，由纸带可以求出A、B对应的运动时间t；故选C．（3）[4]求出物体的速度，应用动能定理可以求出合外力的功，应用动能定理求合外力的功需要知道物体的质量，因此实验中需要的实验器材是天平，故选B．15．（1）1

s；（2）102m/s；（3）0tangtv=【解析】【分析】【详解】（1）根据平抛运动规律有212hgT=解得21shTg==（2）根据ygt=v解得220102m/syvvv=+=（3）根据0tanyvv=得0tangtv=16．（1）10m/

s；（2）6.5m。【解析】【详解】（1）对碰后物块B由动能定理：212BBBBmvmgs=解得4m/sBv=AB碰撞动量守恒：0AAABBmvmvmv=+由能量关系：2220111222AAABBmvmvmv=+联立解得010m/sv=6m/sAv=−（

2）A碰后运动的距离：212AAAAmvmgs=解得sA=4.5m则最终两物块相距s=sA+sB=6.5m17．（1）6/Avms=（2）60NFN=，方向竖直向上（3）1835xm=【解析】试题分析：（1）小球在最高时对管壁无作用力，由向

心力公式可知可得小球到达圆管最高点时的速度（2）设最低点C的速度为v，小球从管的最低点到最高点A，由机械能守恒定律可知，可得在最低点，由向心力公式可知可得（2）设B点的速度为vB，由机械能守恒定律可知可得由平抛运动规律可知，小球做平抛运动过程的初速度在B点时的竖直速度由可

知由可知，小球的抛出点到管口B的水平距离m考点：机械能守恒定律；平抛运动；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题是平抛运动、牛顿第二定律和机械能守恒定律等知识的综合应用，按程序法进行分析，关键要灵活选择研究的过程和状态；此题是难题，意在考查学生综合分析

问题及灵活运用知识的能力．