1、山西省大同市第一中学2019-2020学年高二物理下学期3月第二次考试试题（含解析） 一、选择题1.关于动能的理解，下列说法正确的是（）A. 动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都不具有动能B. 动能有可能为负值C. 一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D. 动能不变的物体，一定处于平衡状态【答案】C【解析】【详解】A动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，运动的物体都有动能，故A错误；B根据知，质量为正值，速度的平方为正值，则动能一定为正值，对于不同的参考系，速度不同，则物体的动能不同，故B错误；C一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一
2、定变化；但是速度变化，动能不一定变化，比如做匀速圆周运动，速度方向变化，大小不变，则动能不变，故C正确；D动能不变物体，速度方向可能变化，则不一定处于平衡状态；故D错误。故选C。2.如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，对于B物体，下列说法正确的是（ ）A. 匀加速上升B. B物体受到的拉力大于B物体受到的重力C. 匀速上升D. B物体受到的拉力等于B物体受到的重力【答案】B【解析】【详解】设绳子与水平方向的夹角为根据平行四边形定则有：沿绳子方向的速度v绳=vcos，沿绳子方向的速度等于B物体的速度，在运动的过程中，角减小，则v绳增大所以物体做变加速上升物体的加速度方向向上，根据牛顿第二
3、定律，知绳子的拉力大于B物体的重力故B正确，ACD错误故选B【点睛】解决本题的关键知道汽车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，以及会根据速度变化情况得出加速度的方向3.如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为=60，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则（ ）A. F1=F2=2mgB. 从A到B，拉力F做功为F1LC. 从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D. 从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大【答案】A【解析】【详解】A
4、、在B点，根据平衡有：F1sin30=mg，解得F1=2mgB到A，根据动能定理得，根据牛顿第二定律得，联立两式解得F2=2mg，故A正确B、从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得，WFmgL（1cos60）=0，解得，故B错误C、从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，径向的合力在变化，故C错误D、在B点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误故选A4.如图所示，以9.8m/s的水平速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是（）A. sB. sC. sD.
5、2s【答案】C【解析】【详解】物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为的斜面上时，把物体的速度分解如图所示由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为由可得运动的时间故C正确，ABD错误。故选C。5.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中A. 小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B. 小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C. 小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D. 在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反【答案】D【解析】【详解】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受
6、外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，故A、B错误；由于水平方向动量守恒，小球向左摆到最高点，小球水平速度为零，小车的速度也为零，故C错误；系统只在在水平方向动量守恒，且总动量为零在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反故D正确6.如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设B的质量为，则A的质量为，以A、B组成的系统为研究对象，在A落地前，由动能定理可得以B研究对象，在B
7、上升过程中，由动能定理可得则B上升的最大高度解得故C正确，ABD错误。故选C。7.如图所示，质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为2R，现将质量也为的小球从距点正上方高处由静止释放，然后由点经过半圆轨道后从冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则 A. 小球和小车组成的系统动量守恒B. 小车向左运动的最大距离为2RC. 小球离开小车后做斜上抛运动D. 小球第二次能上升的最大高度【答案】D【解析】【详解】A. 小球与小车组成的系统在竖直方向合力不为0，所以系统的动量不守恒故A项错误；B.在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，设小车的位移为x，以向右为正方
8、向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv=0即：，解得小车的位移：x=R，故B项错误；C.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时相对小车向上运动，水平方向和小车有相同的速度，所以小球与小车在水平方向速度都为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项错误；D. 小球离开小车时，小球与小车水平方向动能为零，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开小车后上升的最大高度为h0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为h0，系统机械能不守恒小球第二次在车中滚动时，克服摩擦力做功，机械
9、能减小，因此小球再次离开小车时，小球与小车水平方向速度为零，小球第二次离开小车在空中运动过程中，小车处于静止状态，小球能上升的高度小于，故D项正确8.设同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】AB、对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到：，解得：，故选项B正确，A错误；CD、因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由：，解得：，故选项C正确，D
10、错误9.如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M5 kg，小车上静止地放置着质量为m1 kg的木块，和小车间的动摩擦因数为0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM可能正确的有()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】【详解】AB当拉力较小时，两物体一起加速度运动；当拉力增大到一定值时，两物体发生相对滑动，此后m受到的是滑动摩擦力，故其加速恒定为因此当系统加速度小于等于时，两物体一起运动，加速度相同，故A正确，B错误
11、；CD发生相对滑动后，m的加速度大小恒为，故C正确，D错误；故选AC。10.质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示,设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是( )A. 木块静止B. 木块向右运动C. d1d2D. d1=d2【答案】AC【解析】【详解】AB.设子弹射入木块前的速度大小为v，子弹的质量为M，子弹受到的阻力大小为f当两颗子弹均相对于木块静止时，由动量守恒得:,
12、得，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止，故A正确，B错误；CD.先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有：，由能量守恒得：，再对两颗子弹和木块系统为研究，得：，比较两式得：，故C正确，D错误故选AC。11.如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的物块由静止放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为，对于这一过程，下列说法正确的是（）A. 摩擦力对物块做的功为0.5mv2B. 物块对传送带做功为0.5mv2C. 系统摩擦生热为0.5mv2D. 电动机多做的功为mv2【答案】ACD【解析】【详
13、解】A物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为故A正确；B在物块与传送带相对静止之前，两者之间有相对位移，所以物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等。由于传送带相对于地的位移大于物块相对地的位移，所以物块对传送带做功大于，故B错误；C设物块匀加速运动的时间为，则物块与传送带相对位移大小为此过程中物块的位移为则有则系统摩擦生热为故C正确；D电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为故D正确。故选ACD。12.如图，在光滑水平面上放着质量分别为2m和m的A、B两个物块，弹簧与A、B栓连，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功W。
14、然后撤去外力，则（）A. 从撤去外力到A离开墙面的过程中，墙面对A的冲量大小为2B. 当A离开墙面时，B的动量大小为C. A离开墙面后，A的最大速度为D. A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为【答案】BCD【解析】【详解】A设当A离开墙面时，B的速度大小为vB根据功能关系知 得从撤去外力到A离开墙面过程中，对A、B及弹簧组成的系统，由动量定理得：墙面对A的冲量大小故A错误；B当A离开墙面时，B的动量大小故B正确；C当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，从A离开墙壁到AB共速的过程，系统动量和机械能均守恒，取向右为正方向，由动量守恒有mvB=2mvA+mvB 由机械能守恒有 由解得：A的最大速度为故
15、C正确；DB撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0根据动量守恒和机械能守恒得mvB=3mv 联立解得：弹簧的弹性势能最大值为故D正确。故选BCD。二、实验题13.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_A动能变化量与势能变化量 B速度变化量和势能变化量C速度变化量和高度变化量（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_A交流电源 B刻度尺 C天平(含砝码)（3）实验中，
16、先接通电源，再释放重物，得到图乙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已知当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T设重物的质量为m从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量Ep_，动能变化量Ek_（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_A利用公式vgt计算重物速度 B利用公式v计算重物速度C存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D没有采用多次实验取平均值的方法【答案】 (1). A (2). AB (3). EpmghB (4). Em2 (5). C【解析】【详解】（1）1验证机械能守恒定律原理是看
17、减少的重力势能和增加的动能是否相等，所以需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量，故选A；（2）2电磁打点计时器使用低压交流电源；需选用刻度尺测出纸带上任意连点见得距离，表示重锤下落的高度；等式两边都含有相同的质量，所以不需要天平秤质量；故选AB；（3）34根据功能关系，重物的重力势能变化量的大小等于重力做的功的多少，打B点时的重力势能减小量：Ep=-mghBB点的速度为：所以动能变化量为：；（4）5由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动
18、能的增加量，故C选项正确；14.某实验小组在进行“探究碰撞中的不变量”的实验入射小球与被碰小球半径相同.（1）实验装置如图甲所示先不放B小球，使A小球从斜槽上某一固定点C（图中未画出）由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B小球静置于水平槽前端边缘处，让A小球仍从C处由静止滚下，A小球和B小球碰撞后分别落在记录纸上留下各自落点的痕迹.如图乙所示，记录纸上的O点是重锤所指的位置，M、P、N分别为落点的痕迹.未放B小球时，A小球落地点是记录纸上的_点. 甲 乙（2）实验中可以将表达式转化为来进行验证，其中、为小球做平抛运动的水平位移，可以进行这种转化的依据是_.（请你选择一个最合适的
19、答案）A.小球飞出后的加速度相同B.小球飞出后，水平方向的速度相同C.小球在空中水平方向都做匀速直线运动，水平位移与时间成正比D.小球在空中水平方向都做匀速直线运动，又因为从同高度平抛运动时间相同所以水平位移与初速度成正比。【答案】 (1). P (2). D【解析】【详解】（1）1.A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，B小球的落地点离O点最远，中间一个点是未放B球时A球的落地点，所以未放B球时，A球落地点是记录纸上的P点.（2）2.小球碰撞前后都做平抛运动，竖直方向位移相等，所以运动的时间相同，水平方向做匀速直线运动，速度等于水平位移
20、除以时间，所以可以用水平位移替代速度，故D正确.故选D。三、计算题15.如图甲所示,一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出,恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失)已知圆弧的半径R=0.3 m,=60,小球到达A点时的速度vA=4 m/sg取10 m/s2,求:(1)小球做平抛运动的初速度v0(2)P点与A点的高度差h(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力【答案】（1）2m/s；（2）0.6m；（3）8N，方向竖直向上【解析】试题分析：小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，根据速度的分解可以求出初速度v0； P至A的过
21、程由动能定理得P点与A点的高度差；选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出C点速度，再根据向心力公式求出小球在最高点C时对轨道的压力(1)速度分解如图所示 由平抛运动规律得v0=vx=vAcos=2m/s(2)小球由P至A的过程由动能定理得 得h=0.6m(3)小球从A点到C点的过程中,由动能定理得 得小球在C点时由牛顿第二定律得得由牛顿第三定律得FNC=FNC=8N，方向竖直向上【点睛】本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，可以运用平抛运动和圆周运动的基本公式，求速度的问题，也可以用动能定理来求解16.如图所示，半径为R，内表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，容器左侧靠着竖直墙壁，一
22、个质量为m的小球，从容器顶端A无初速释放，小球能沿球面上升的最大高度距球面底部B的距离为，小球的运动在竖直平面内求：（1）容器的质量M（2）竖直墙作用于容器的最大冲量【答案】（1）M=3m（2）Im=m【解析】【详解】（1）在A球释放到B点时，M未动，对A由机械能守恒有：此后A继续向右运动，但B在A给它作用力情况下，离开墙壁向右运动，对A、B系统：由水平方向动量守恒得：mv0=(M+m)v1由机械能守恒得： 由以上三式解得M=3m（2）由于在A球释放到B点时，M未动，此后M离开墙壁向右运动，所以对A、B系统来讲，由动量定理知，竖直墙对容器的最大冲量为A球水平动量的变化，即Im=mv0，17.如
23、图所示，一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C， BC所对圆心角37，CD长L3m质量m=1kg的小物块从某一高度处的A点以v04m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v=1.2m/s取g10m/s2，sin37=0.6，忽略空气阻力（1）求A、B间的水平距离x；（2）求小物块从C滑到D所用时间t0；（3）若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移年时滑块离小车左端的水平距离【答案】（1）1.2m（2）1s （3）3.73m【解析】【详解】（1）由平抛运动的规律得：tan= x= v0t 得：x=1.2m (2)物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得：mv1=(M+m) v 由功能关系得：fL=mv12（Mm）v2 对物块，由动量定理得：ft0=m vm v1 得：t0=1s （3）有销钉时：mgHmv02mv12 由几何关系得：Hgt2=R(1cos) B、C间的水平距离：xBC=Rsin mgL=mv12（Mm）v2若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，此时物块速度为4m/s由能量守恒：mgH=mg(x-xBC)得：x=3.73m