1、2019-2020-2 高二年級 3 月第二次考試物理試卷 一、選擇題1.關于動能的理解，下列說法正確的是（）a. 動能是機械能的一種表現形式，凡是運動的物體都不具有動能b. 動能有可能為負值c. 一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化d. 動能不變的物體，一定處于平衡狀態【答案】c【解析】【詳解】a動能是普遍存在的機械能的一種基本形式，運動的物體都有動能，故a錯誤；b根據知，質量為正值，速度的平方為正值，則動能一定為正值，對于不同的參考系，速度不同，則物體的動能不同，故b錯誤；c一定質量的物體，動能變化，則速度的大小一定變化，所以速度一定變化；但是速度變化，動能

2、不一定變化，比如做勻速圓周運動，速度方向變化，大小不變，則動能不變，故c正確；d動能不變物體，速度方向可能變化，則不一定處于平衡狀態；故d錯誤。故選c。2.如圖所示，當小車a以恒定的速度v向左運動時，對于b物體，下列說法正確的是（ ）a. 勻加速上升b. b物體受到的拉力大于b物體受到的重力c. 勻速上升d. b物體受到的拉力等于b物體受到的重力【答案】b【解析】【詳解】設繩子與水平方向的夾角為根據平行四邊形定則有：沿繩子方向的速度v繩=vcos，沿繩子方向的速度等于b物體的速度，在運動的過程中，角減小，則v繩增大所以物體做變加速上升物體的加速度方向向上，根據牛頓第二定律，知繩子的拉力大于b物

3、體的重力故b正確，acd錯誤故選b【點睛】解決本題的關鍵知道汽車的速度是沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度，以及會根據速度變化情況得出加速度的方向3.如圖所示，質量為m的小球（可視為質點）用長為l的細線懸掛于o點，自由靜止在a位置現用水平力f緩慢地將小球從a拉到b位置而靜止，細線與豎直方向夾角為=60°，此時細線的拉力為f1，然后放手讓小球從靜止返回，到a點時細線的拉力為f2，則（ ）a. f1=f2=2mgb. 從a到b，拉力f做功為f1lc. 從b到a的過程中，小球受到的合外力大小不變d. 從b到a的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大【答案】a【解析】【詳解】a、在b點，根據

4、平衡有：f1sin30°=mg，解得f1=2mgb到a，根據動能定理得，根據牛頓第二定律得，聯立兩式解得f2=2mg，故a正確b、從a到b，小球緩慢移動，根據動能定理得，wfmgl（1cos60°）=0，解得，故b錯誤c、從b到a的過程中，小球的速度大小在變化，徑向的合力在變化，故c錯誤d、在b點，重力的功率為零，在最低點，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從b到a的過程中，重力的功率先增大后減小，故d錯誤故選a4.如圖所示，以9.8m/s的水平速度v0拋出的物體，飛行一段時間后，垂直地撞在傾角為30°的斜面上，可知物體完成這段飛行的時間是（）a. s

5、b. sc. sd. 2s【答案】c【解析】【詳解】物體做平拋運動，當垂直地撞在傾角為的斜面上時，把物體的速度分解如圖所示由圖可知，此時物體的豎直方向上的速度的大小為由可得運動的時間故c正確，abd錯誤。故選c。5.如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系繩小球拉開到一定角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中a. 小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統動量守恒b. 小球向左擺動時，小車向右運動，且系統動量守恒c. 小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零d. 在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反【答案】d【解析】【詳解】小球與小車組成的系統在水平方向

6、不受外力，豎直方向所受外力不為零，故系統只在在水平方向動量守恒，故a、b錯誤；由于水平方向動量守恒，小球向左擺到最高點，小球水平速度為零，小車的速度也為零，故c錯誤；系統只在在水平方向動量守恒，且總動量為零在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反故d正確6.如圖所示，可視為質點的小球a、b用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為r的光滑圓柱，a的質量為b的兩倍。當b位于地面上時，a恰與圓柱軸心等高。將a由靜止釋放，b上升的最大高度是（）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【詳解】設b的質量為，則a的質量為，以a、b組成的系統為研究對象，在a落地前，由動能定理

7、可得以b研究對象，在b上升過程中，由動能定理可得則b上升的最大高度解得故c正確，abd錯誤。故選c。7.如圖所示，質量為的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑長度為2r，現將質量也為的小球從距點正上方高處由靜止釋放，然后由點經過半圓軌道后從沖出，在空中能上升的最大高度為（不計空氣阻力），則 a. 小球和小車組成的系統動量守恒b. 小車向左運動的最大距離為2rc. 小球離開小車后做斜上拋運動d. 小球第二次能上升的最大高度【答案】d【解析】【詳解】a. 小球與小車組成的系統在豎直方向合力不為0，所以系統的動量不守恒故a項錯誤；b.在水平方向所受合外力為零，水平方向系統動量守恒，設小車的

8、位移為x，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mvmv=0即：，解得小車的位移：x=r，故b項錯誤；c.小球與小車組成的系統在水平方向動量守恒，系統初狀態在水平方向動量為零，由動量守恒定律可知，系統在任何時刻在水平方向動量都為零，小球離開小車時相對小車向上運動，水平方向和小車有相同的速度，所以小球與小車在水平方向速度都為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故c項錯誤；d. 小球離開小車時，小球與小車水平方向動能為零，如果系統機械能守恒，由機械能守恒定律可知，小球離開小車后上升的最大高度為h0，由題意可知，小球離開小車后在空中能上升的最大高度為<h0，系統機械能不守恒小球第二次在車

9、中滾動時，克服摩擦力做功，機械能減小，因此小球再次離開小車時，小球與小車水平方向速度為零，小球第二次離開小車在空中運動過程中，小車處于靜止狀態，小球能上升的高度小于，故d項正確8.設同步衛星離地心的距離為r，運行速率為v1，加速度為a1；地球赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度為a2，第一宇宙速度為v2，地球的半徑為r，則下列比值正確的是 （ ）a. b. c. d. 【答案】bc【解析】【詳解】ab、對于地球同步衛星和以第一宇宙速度運動的近地衛星，由萬有引力提供做勻速圓周運動所需向心力得到： ，解得： ，故選項b正確，a錯誤；cd、因為地球同步衛星的角速度和地球赤道上的物體

10、隨地球自轉的角速度相同，由：，解得： ，故選項c正確，d錯誤9.如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車質量為m5 kg，小車上靜止地放置著質量為m1 kg的木塊，和小車間的動摩擦因數為0.2，用水平恒力f拉動小車，下列關于木塊的加速度am和小車的加速度am可能正確的有()a. am1 m/s2，am1 m/s2b. am1 m/s2，am2 m/s2c. am2 m/s2，am4 m/s2d. am3 m/s2，am5 m/s2【答案】ac【解析】【詳解】ab當拉力較小時，兩物體一起加速度運動；當拉力增大到一定值時，兩物體發生相對滑動，此后m受到的是滑動摩擦力，故其加速恒定為因此當

11、系統加速度小于等于時，兩物體一起運動，加速度相同，故a正確，b錯誤；cd發生相對滑動后，m的加速度大小恒為，故c正確，d錯誤；故選ac。10.質量為m的均勻木塊靜止在光滑水平面上,木塊左右兩側各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射擊手首先左側射手開槍,子彈水平射入木塊的最大深度為d1,然后右側射手開槍,子彈水平射入木塊的最大深度為d2,如圖所示,設子彈均未射穿木塊,且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同當兩顆子彈均相對于木塊靜止時,下列判斷正確的是( )a. 木塊靜止b. 木塊向右運動c. d1<d2d. d1=d2【答案】ac【解析】【詳解】ab.設子彈射入木塊前的速度大小為v，子彈的質量

12、為m，子彈受到的阻力大小為f當兩顆子彈均相對于木塊靜止時，由動量守恒得:,得，即當兩顆子彈均相對于木塊靜止時，木塊的速度為零，即靜止，故a正確，b錯誤；cd.先對左側射入木塊的子彈和木塊組成的系統研究，則有：，由能量守恒得：，再對兩顆子彈和木塊系統為研究，得：，比較兩式得：，故c正確，d錯誤故選ac。11.如圖所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速度v勻速運動，現將質量為m的物塊由靜止放在傳送帶的左端，過一會兒物塊能保持與傳送帶相對靜止，設物塊與傳送帶間的動摩擦因數為，對于這一過程，下列說法正確的是（）a. 摩擦力對物塊做的功為0.5mv2b. 物塊對傳送帶做功為0.5mv2c. 系統摩

13、擦生熱為0.5mv2d. 電動機多做的功為mv2【答案】acd【解析】【詳解】a物塊運動過程中，只有摩擦力對它做功，根據動能定理得：摩擦力對物塊做的功為故a正確；b在物塊與傳送帶相對靜止之前，兩者之間有相對位移，所以物塊對傳送帶做功與傳送帶對物塊做功并不相等。由于傳送帶相對于地的位移大于物塊相對地的位移，所以物塊對傳送帶做功大于，故b錯誤；c設物塊勻加速運動的時間為，則物塊與傳送帶相對位移大小為此過程中物塊的位移為則有則系統摩擦生熱為故c正確；d電動機多做的功轉化成了物體的動能和系統的內能，所以電動機多做的功為故d正確。故選acd。12.如圖，在光滑水平面上放著質量分別為2m和m的a、b兩個物

14、塊，彈簧與a、b栓連，現用外力緩慢向左推b使彈簧壓縮，此過程中推力做功w。然后撤去外力，則（）a. 從撤去外力到a離開墻面的過程中，墻面對a的沖量大小為2b. 當a離開墻面時，b的動量大小為c. a離開墻面后，a的最大速度為d. a離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能為【答案】bcd【解析】【詳解】a設當a離開墻面時，b的速度大小為vb根據功能關系知 得從撤去外力到a離開墻面過程中，對a、b及彈簧組成的系統，由動量定理得：墻面對a的沖量大小故a錯誤；b當a離開墻面時，b的動量大小故b正確；c當彈簧再次恢復原長時，a的速度最大，從a離開墻壁到ab共速的過程，系統動量和機械能均守恒，取向右為正方向，由動

15、量守恒有mvb=2mva+mvb 由機械能守恒有 由解得：a的最大速度為故c正確；db撤去f后，a離開豎直墻后，當兩物體速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大。設兩物體相同速度為v，a離開墻時，b的速度為v0根據動量守恒和機械能守恒得mvb=3mv 聯立解得：彈簧的彈性勢能最大值為故d正確。故選bcd。二、實驗題13.利用圖甲裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗（1）為驗證機械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點間的_a動能變化量與勢能變化量 b速度變化量和勢能變化量c速度變化量和高度變化量（2）除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(含鐵夾)、電磁打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還

16、必須使用的兩種器材是_a交流電源 b刻度尺 c天平(含砝碼)（3）實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到圖乙所示的一條紙帶在紙帶上選取三個連續打出的點a、b、c，測得它們到起始點o的距離分別為ha、hb、hc已知當地重力加速度為g，打點計時器打點周期為t設重物的質量為m從打o點到打b點的過程中，重物的重力勢能變化量ep_，動能變化量ek_（4）大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是_a利用公式vgt計算重物速度 b利用公式v計算重物速度c存在空氣阻力和摩擦阻力的影響 d沒有采用多次實驗取平均值的方法【答案】 (1). a (2). ab (3). epmghb (4)

17、. em2 (5). c【解析】【詳解】（1）1驗證機械能守恒定律原理是看減少的重力勢能和增加的動能是否相等，所以需要比較重物下落過程中任意兩點間的動能變化量與勢能變化量，故選a；（2）2電磁打點計時器使用低壓交流電源；需選用刻度尺測出紙帶上任意連點見得距離，表示重錘下落的高度；等式兩邊都含有相同的質量，所以不需要天平秤質量；故選ab；（3）34根據功能關系，重物的重力勢能變化量的大小等于重力做的功的多少，打b點時的重力勢能減小量：ep=-mghbb點的速度為：所以動能變化量為：；（4）5由于紙帶在下落過程中，重錘和空氣之間存在阻力，紙帶和打點計時器之間存在摩擦力，所以減小的重力勢能一部分轉化

18、為動能，還有一部分要克服空氣阻力和摩擦力阻力做功，故重力勢能的減少量大于動能的增加量，故c選項正確；14.某實驗小組在進行“探究碰撞中的不變量”的實驗入射小球與被碰小球半徑相同.（1）實驗裝置如圖甲所示先不放b小球，使a小球從斜槽上某一固定點c（圖中未畫出）由靜止滾下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡，再把b小球靜置于水平槽前端邊緣處，讓a小球仍從c處由靜止滾下，a小球和b小球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自落點的痕跡.如圖乙所示，記錄紙上的o點是重錘所指的位置，m、p、n分別為落點的痕跡.未放b小球時，a小球落地點是記錄紙上的_點. 甲 乙（2）實驗中可以將表達式轉化為來進行驗證，其中、為小

19、球做平拋運動的水平位移，可以進行這種轉化的依據是_.（請你選擇一個最合適的答案）a.小球飛出后的加速度相同b.小球飛出后，水平方向的速度相同c.小球在空中水平方向都做勻速直線運動，水平位移與時間成正比d.小球在空中水平方向都做勻速直線運動，又因為從同高度平拋運動時間相同所以水平位移與初速度成正比?！敬鸢浮?(1). p (2). d【解析】【詳解】（1）1.a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度減小，所以碰撞后a球的落地點距離o點最近，b小球的落地點離o點最遠，中間一個點是未放b球時a球的落地點，所以未放b球時，a球落地點是記錄紙上的p點.（2）2.小球碰撞前后都做平拋運動，豎直

20、方向位移相等，所以運動的時間相同，水平方向做勻速直線運動，速度等于水平位移除以時間，所以可以用水平位移替代速度，故d正確.故選d。三、計算題15.如圖甲所示,一個質量為0.6 kg 的小球以某一初速度從p點水平拋出,恰好從光滑圓弧abc的a點的切線方向進入圓弧(不計空氣阻力,進入圓弧時無機械能損失)已知圓弧的半徑r=0.3 m,=60°,小球到達a點時的速度va=4 m/sg取10 m/s2,求:(1)小球做平拋運動的初速度v0(2)p點與a點的高度差h(3)小球到達圓弧最高點c時對軌道的壓力【答案】（1）2m/s；（2）0.6m；（3）8n，方向豎直向上【解析】試題分析：小球恰好從

21、光滑圓弧abc的a點的切線方向進入圓弧，根據速度的分解可以求出初速度v0； p至a的過程由動能定理得p點與a點的高度差；選擇從a到c的運動過程，運用動能定理求出c點速度，再根據向心力公式求出小球在最高點c時對軌道的壓力(1)速度分解如圖所示 由平拋運動規律得v0=vx=vacos=2m/s(2)小球由p至a的過程由動能定理得 得h=0.6m(3)小球從a點到c點的過程中,由動能定理得 得小球在c點時由牛頓第二定律得得由牛頓第三定律得fnc'=fnc=8n，方向豎直向上【點睛】本題是平拋運動和圓周運動相結合的典型題目，可以運用平拋運動和圓周運動的基本公式，求速度的問題，也可以用動能定理來求解16.如圖所示，半徑為r，內表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，容器左側靠著豎直墻壁，一個質量為m的小球，從容器頂端a無初速釋放，小球能沿球面上升的最大高度距球面底部b的距離為，小球的運動在豎直平面內求：（1）容器的質量m（2）豎直墻作用于容器的最大沖量【答案】（1）m=3m（2）im=m【解析】【詳解】（1）在a球釋放到b點時，m未動，對a由機械能守恒有：此后a繼續向右運動，但b在a給它作用