1、2019-2020学年贵州省黔南州三都高中高二（上）开学物理试卷一、单选题1.历史上首先正确认识力和运动的关系，推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家是( )A. 阿基米德B. 牛顿C. 伽利略D. 以上三个都不是【答案】C【解析】【详解】历史上首先正确认识力和运动的关系，推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家是伽利略，故选C.2.如图，在光滑水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长，如果，则绳子对物体A的拉力大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：AB连在一起，加速度相同；对整体分析可知整体沿绳方向
2、只受B的拉力，则由牛顿第二定律可知，加速度为：；选取A为研究的对象水平方向A只受到绳子的拉力，所以绳子的拉力：FmAamAg，故选B考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题为连接体，注意本题中注意应沿绳子方向进行分析；当然本题也可以对两物体分别受力分析，此时应注意分析绳子的拉力3.一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知（）A. 4s内物体在做曲线运动B. 4s内物体的速度一直在减小C. 物体的加速度在2.5s时方向改变D. 4s内物体速度变化量的大小为8m/s【答案】D【解析】【详解】A前2.5s内物体速度为正，沿正方向运动，后1.5 s速度为负，沿负方向运动，但都是做直线运动，故A
3、不符合题意；B4 s内物体的速度先减小后反向增大，故B不符合题意；C物体的斜率一直为负值，所以加速度一直沿负方向，没有发生改变，故C不符合题意；D4s内物体速度的变化量为vvv0358m/s，所以速度的变化量的大小为8m/s，故D符合题意；4. 如图所示，一物体沿三条不同的路径由A运动到B，下列关于它们的位移的说法中正确的是( )A. 沿较大B. 沿较大C. 沿较大D. 一样大【答案】D【解析】本题考查的是位移的概念的理解位移的大小与路径无关，只与始末位置有关所以选择D选项正确5. 万有引力定律首次揭示了自然界中物体间一种基本相互作用的规律以下说法正确的是A. 物体的重力不是地球对物体的万有引
4、力引起的B. 人造地球卫星离地球越远，受到地球的万有引力越大C. 人造地球卫星绕地球运动的向心力由地球对它的万有引力提供D. 宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于没有受到万有引力的作用【答案】C【解析】物体的重力是由地球的引力而产生的，A正确；根据万有引力公式，B错误；人造地球卫星围绕地球做圆周运动，万有引力完全提供向心力，C正确；宇航员处于完全失重状态，是万有引力完全提供向心力，D错误6.恒星演化发展到一定阶段，可能成为恒星世界的“侏儒”中子星中子星的半径较小，一般在720 km，但它的密度大得惊人若某中子星的半径为10 km，密度为1.21017kg/m3，那么该中子星上的第一宇宙速度约为
5、()A. 6.0 km/sB. 3.0102km/sC. 3.0103km/sD. 6.0104km/s【答案】D【解析】设第一宇宙速度是v，由牛顿第二定律得： 其中：M=V V=R3 由解得：故选D点睛：本题考查了求卫星第一宇宙速度的方法，知道万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，知道第一宇宙速度的概念是星球表面卫星的环绕速度7.关于地球的近地卫星和赤道上的物体，下列说法中正确的是( )A. 近地卫星可以在通过保定地理纬度圈所决定的平面上做匀速圆周运动B. 近地卫星和赤道上的物体均处于完全失重状态C. 近地卫星和赤道上的物体，因轨道相同故线速度大小相等D. 近地卫星比赤道上的物体加速度大【答案
6、】D【解析】试题分析：考虑到卫星轨道的稳定性，所有卫星的轨道都以地心为圆心，A错误；近地卫星处于完全失重状态但赤道上的物体却不是这样，B错误；近地卫星所受引力等于向心力，而赤道上的物体以引力的一部分提供向心力，线速度大小不相等，由牛顿第二定律知道近地卫星加速度大C错误，D正确考点：本题考查了万有引力与航天知识8.质量为 m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为 P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为 v，那么当汽车的车速为 v/2时汽车瞬时加速度的大小为（ ）A. P/mvB. 2 P/mvC. 4P/mvD. 3 P/mv【答案】A【解析】【详解】当
7、汽车达到最大速度时,做匀速运动,牵引力F与摩擦力f相等又P=Fv所以f=P/v恒定，当速度达到v/2时，F=2P/v则ma=F-f =（2P/v）-（P/v）= P/v所以a=P/(mv)A. P/mv与计算结果相符，故A正确B.2 P/mv与计算结果不符，故B错误C.4 P/mv与计算结果不符，故C错误D.3 P/mv与计算结果不符，故D错误9.在“探究平抛物体的运动规律”的实验中，已备有下列器材：有孔的硬纸片、白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、刻度尺、铁架台、还需要的器材有A. 停表B. 天平C. 重垂线D. 弹簧测力计【答案】C【解析】在做“研究平抛物体的运动”实验时，除了木板、小
8、球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要重锤线，确保小球抛出是在竖直面内运动，故应选C10.如图所示，小物体A和B通过轻质弹簧和轻绳跨过光滑定滑轮连接，初状态在外力控制下系统保持静止，轻弹簧处于原长，且轻弹簧上端离滑轮足够远，A离地面足够高，物体A和B同时从静止释放，释放后短时间内B能保持静止，A下落h高度时，B开始沿斜面上滑，则下列说法中正确的是( )A. B滑动之前，A机械能守恒B. B滑动之前，A机械能减小C. B滑动之前，A、B组成的系统机械能守恒D. B滑动之后，A、B组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】AB、B滑动之前，A下落时，绳子的拉力对A做负功，A的机械能不守恒，由功能关
9、系知，A的机械能减小，故A错误，B正确；C、B滑动之前，A的机械能减小，B的机械能不变，则A、B组成的系统机械能减小，故C错误；D、B滑动之后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误；故选B【点睛】根据是否只有重力做功，分析A的机械能是否守恒由功能关系判断A的机械能如何变化二、多选题11.如图所示，在光滑水平地面上，水平外力 F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速 度运动小车质量为 M ，木块质量为 m ，加速度大小为 a ，木块和小车之间的动摩擦因数为 m ，重力加速度为 g，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是 ( )A. m mgB. C. m(M
10、 + m) gD. ma【答案】BD【解析】【详解】整体所受的合力为F，整体具有的加速度隔离对m分析，根据牛顿第二定律得，A. m mg，与结论不相符，选项A错误；B. ，与结论相符，选项B正确；C. m(M + m) g，与结论不相符，选项C错误；D. ma，与结论相符，选项D正确；12.一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第15 s内的位移比第14 s内的位移多0.2 m，则下列说法正确的是A. 小球加速度为0.2 m/s2B. 小球第15 s内的位移为2.9 mC. 小球第14 s的初速度为2.6 m/sD. 小球前15 s内的平均速度为3.0 m/s【答案】ABC【解析】【详解】根据，
11、得，A正确；小球第14s内的位移，第15 s内的位移，B正确；第14s的初速度，C正确；第15s末的速度，则前15s内的平均速度，D错误【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度13.如图所示，直径为d的纸筒绕垂直于纸面的O轴匀速转动（图示为截面）从枪口射出的子弹以速度v沿直径穿过圆筒，若子弹穿过圆筒时先后在筒上留下A、B两个弹孔则圆筒转动的角速度可能为（）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】设圆筒顺时针或者逆时针旋转，根据旋转角度和角速度公式
12、即可求解【详解】ACD如果圆筒顺时针转动，圆筒转过的角度为： (其中：n=0、1、2、)时间：故圆筒转动的角速度为：当n=0时：当n=1时：所以C选项是正确的；AD错误；B子弹穿过圆筒的过程中，如果圆筒逆时针转动,圆筒转过的角度为：(其中: n=0、1、2、)时间：故圆筒转动的角速度为：当n=0时：当n=1时：所以B选项是正确的.【点睛】注意题目没有说明是顺时针旋转还是逆时针旋转，所以此题要考虑两种情况14.如图所示，一小物块（不计重力）以大小为a4m/s2的向心加速度做匀速圆周运动，半径R1m，则下列说法正确的是（）A. 小物块运动角速度为2 rad/sB. 小物块做圆周运动的周期为 sC.
13、 小物块在t=s内通过的位移大小为mD. 小物块在 s内通过的路程为零【答案】AB【解析】【分析】根据可得角速度,根据求周期,根据求线速度,根据求路程【详解】A依据a2R，物块运动角速度：，故A符合题意；B周期，所以B选项是符合题意；C根据，知内通过的位移大小,故C不符合题意；D小球在内通过的路程为，故D不符合题意.三、实验题15. 某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐减小至零，如图所示在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化设自行车无动力后受到的阻力恒定（1）在实验中使自行车在平直的公路
14、上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度v，还需要测量_（填写物理量的名称及符号）（2）设自行车受到的阻力恒为f,计算出阻力做的功W及自行车的初速度v改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值,以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车初速度为横坐标，作出Wv曲线分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系在实验中作出Wv图象如图所示，其中符合实际情况的是_【答案】 (1). 人停止蹬车后自行车滑行的时间t (2). C【解析】由v2=2as，v=at，联立解得：v=2s/t，为了计算自行车的初速度，还需要测量人
15、停止蹬车后自行车滑行的时间t由动能定理：W=mv2，W一V图象符合实际情况的是C.16.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g9.80m/s2，那么：(1)根据图所得数据，应取图中O点到_点来验证机械能守恒定律；(2)从O点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量Ep_J，动能增加量Ek_J（结果取三位有效数字）；(3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算
16、出各点的速度v及物体下落的高度h，则以v2为纵轴，以h为横轴画出的图象是如图中的_A. B. C. D. 【答案】 (1). B (2). 1.88 (3). 1.84 (4). A【解析】【分析】该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等根据Ep=mgh求重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而求出动能的增加量【详解】（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律（2）重物重力势能的减少量：Ep=mgh=9.800.192=1.88JB点
17、的速度：则B点的动能：所以动能的增加量Ek=1.84J（3）根据，即与h成正比故A是符合题意的四、计算题17.将粉笔头A轻放在以4m/s的恒定速度运动的足够长水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线若使该传送带改做加速度大小为3m/s2的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头B轻放在传送带上，求：(1)粉笔头B最终所在位置离划线起点的距离？(2)粉笔在传送带上划线的长度？【答案】(1)1.39m(2)1.6m【解析】【分析】根据位移公式和牛顿第二定律求出粉笔头与传送带之间的动摩擦因数，第二次粉笔头放在传送带后先做匀加速运动，速度与传送带相同后根据传送带
18、的加速度与两者静止时粉笔头最大加速度比较，判断粉笔头的运动情况，根据位移公式和位移关系求解即可【详解】（1）设粉笔头与传送带之间的动摩擦因数为.第一个粉笔头打滑时间t,则传送带比粉笔头位移大，由运动学可得:计算得出：则粉笔头的加速度为：根据：计算得出：=0.2第二个粉笔头先加速到与传送带速度相同,设二者达到的相同速度为v,传送带减速度的加速度为a0，由运动学得：计算得出： 此过程传送带比粉笔头多走：因为,故二者不能共同减速，粉笔头以g的加速度减速到静止，传送带的加速度大，先停下来.粉笔头减速到零的过程粉笔头比传送带多走：.可见粉笔头相对于传送带先后滑1.6m，后又向前滑0.21m，粉笔头B最终
19、所在位置离划线起点的距离：.（2）由（1）的计算可知最终划线的长度：.答：(1)粉笔头B最终所在位置离划线起点的距离为1.39m(2)粉笔在传送带上划线的长度为1.6m.【点睛】此题重点在于理解划线的长度等于传送带与粉笔头的相对位移大小18.如图所示，A、B两滑块质量均为m，通过铰链用轻杆连接，让轻杆沿竖直方向，A套在固定的竖立直棒上、B放置在水平面上，A、B均静止由于扰动，A开始向下运动，B沿水平面向右运动滑块A、B可视为质点，重力加速度为g在A向下运动的过程中，不计一切摩擦，可以证明：当轻杆转到与水平方向夹角满足sin=时，滑块A的机械能最小试求：(1)此时A的加速度大小；(2)若杆的长度
20、为L，从系统开始运动到A的机械能最小的过程中，杆对滑块B做的功【答案】(1)g (2)mgL【解析】【分析】根据能量关系分析加速度大小，然后由机械能守恒列出关系式根据题设临界情况解出所求结果【详解】（1）滑块A从下滑到未着地前过程中，根据杆的弹力对AB做功情况可知A的机械能最小时杆的弹力为零，A在竖直方向仅受重力，故A此时的加速度aAg（2）设滑块A在下滑到杆与水平方向的夹角为时，二者速度大小分别为vA、vB，由系统机械能守恒得：由于杆不可伸长和缩短，此时沿杆方向两滑块分速度相等，有：vAsinvBcos联立解得：故sin时，有最大值得：对B分析，重力和水平面支持力不做功，根据动能定理得：杆的
21、推力做功：19.如图所示，ab面水平，bc是位于竖直平面内的半圆形光滑轨道，半径R0.4m 在b点与水平面相切，滑块从水平轨道上距离b点1.2m的a点以初速发V06m/s运动，经过水平和半圆轨道后从最高点c飞出，最后刚好落回轨道上的a点，取重力加速度g10m/s2(1)滑块从c点飞出时速度的大小；(2)水平轨道与滑块间的动摩擦因数【答案】(1)3m/s(2)0.46【解析】【分析】(1)滑块从c点飞出后做平抛运动，根据平抛运动关系即可求出c点的速度.(2)对a到c的过程根据动能定理求出水平轨道与滑块间的动摩擦因数.【详解】(1)从c点速度vc,从c点飞出做平抛,从c到落到a点时间为t，则： 由得： 代入得：(2)从a到c，由动能定理得：代入数据得：=0.46答：(1)滑块从c点飞出时速度的大小为3m/s；(2)水平轨道与滑块间的动摩擦因数为0.46.【点睛】本题考查了平抛运动与动能定理的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键.
