高二物理上学期开学试题（火箭班,含解析）

高二物理上学期开学试题（火箭班,含解析）

‎【2019最新】精选高二物理上学期开学试题（火箭班,含解析）‎ 一、选择题（1-5为单选，6-10为多选，每小题4分）‎ ‎1. 汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1秒内的位移是8m，第3秒内的位移是0.5m，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 0.5秒末的速度一定等于8m/s B. 汽车的加速度可能小于3.75m/s2‎ C. 汽车的加速度一定等于3.75m/s2‎ D. 2.5秒末的速度一定等于0.5m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎2. 如图所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向夹角分别为60°、30°．则m1、m2、m3的比值为（　　）‎ A. 1：2：3 B. C. 2：1：1 D. ‎ ‎【答案】B - 17 - / 17‎ ‎【解析】对碗内的小球m1受力分析，受重力、两个细线的两个拉力，由于碗边缘光滑，故相当于动滑轮，故细线对物体m2的拉力等于m2g，细线对物体m1的拉力等于m1g，如图：‎ 根据共点力平衡条件，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，有G2=G1cos30°，G3=G1sin30°，故，故选B．‎ ‎【点睛】对碗内的小球受力分析，根据共点力平衡条件，运用合成法求解．‎ ‎3. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为2m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对2m的最大拉力为（　　）‎ A. B. C. D. 3μmg ‎【答案】D ‎...............‎ 点睛：本题注意分析题目中的条件，明确哪个物体最先达到最大静摩擦力；再由整体法和隔离法求出拉力；同时还应注意本题要求的是绳子上的拉力，很多同学求成了F的最大值.‎ ‎4.‎ - 17 - / 17‎ ‎ 如图所示，具有圆锥形状的回转器（陀螺），半径为R，绕它的轴在光滑的桌面上以角速度ω快速旋转，同时以速度v向左运动，若回转器的轴一直保持竖直，为使回转器从左侧桌子边缘滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，v至少应等于（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：‎ 陀螺掉下后可视为自由落体，只要满足，则答案为D 考点：平抛运动 ‎5. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题分析可知，滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s．根据能量守恒定律，滑块的机械能全部转化为内能，则有 ，解得：，故选A．‎ ‎【点睛】本题首先要通过分析判断出滑块最终停在斜面的底部；二要抓住滑动摩擦力做功与总路程有关，也可以应用动能定理求解。‎ - 17 - / 17‎ ‎6. 如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ（θ≠45°），场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（　　）‎ A. 外力所做的功为mgLcotθ B. 外力所做的功为mgLtanθ C. 带电小球的电势能增加2mgLcotθ D. 带电小球的电势能增加qEL(sinθ+cosθ)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】A、B、设小球所受的电场力大小为F．当小球静止时，细线恰好水平，由平衡条件得：Fsinθ=mg，得 ①；用外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点的过程中，小球沿电场线方向移动的距离为L(cosθ+sinθ)，小球动能变化量为零，根据动能定理得:W+mgL﹣FL（cosθ+sinθ）=0，②由①②联立得，外力做功为W=mgLcotθ．故A正确，B错误．C、D、电场力做功为，则小球的电势能增加qEL(sinθ+cosθ)．故C错误，D正确．故选AD.‎ ‎【点睛】本题考查了动能定理的应用及电场力做功与电势能的关系，在解题中要注意理解重力做功及电场力做功的特点，正确求得两种功的表达式．‎ ‎7.‎ - 17 - / 17‎ ‎ 如图所示，小球以初速度为v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部．下图中A是内轨半径大于h的光滑轨道、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内轨半径等于的光滑轨道、D是长为的轻棒，其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况中能到达高度h的有（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：小球从光滑斜面底部向上滑动，恰能到达最大高度为h的斜面顶部时速度为零，小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：．则，故A正确；若小球到达h高度必须具有一定的速度，根据机械能守恒定律得知：，则．所以不达到高度，故B错误；小球到达最高点的速度不能为零，最小速度应为（由解得），所以根据机械能守恒定律可知：小球达不到最高点就离开轨道做斜抛运动，故C错误；杆子可以提供支持力，所以到达最高点时速度可以为零，根据机械能守恒定律可知，小球能达到最高点即高处，故D正确。‎ - 17 - / 17‎ 考点：机械能守恒定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握机械能守恒定律，以及会判断小球在最高点的速度是否为零．要注意圆轨道与轻绳是同一模型，小球要能达到最高点，必须有临界速度，而轻杆能支撑小球，小球到达最高点的临界速度是0。‎ ‎8. 如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2（θ1、θ2均为锐角），则由此条件可求得（　　）‎ A. 水星和金星绕太阳运动的周期之比 B. 水星和金星的密度之比 C. 水星和金星到太阳的距离之比 D. 水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：由知，，又因为，所以，选项A对；由于水星和金星的质量、体积均未知，故密度之比不可求，选项B错。由知，既然周期之比能求，则r之比同样可求，选项C对；太阳体积未知，故太阳的密度不可求，选项D错；故选AC。‎ 考点：万有引力定律的应用 - 17 - / 17‎ ‎【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；解决本题的关键掌握万有引力提供向心力：．以及知道要求某一天体的质量，要把该天体放在中心天体位置，放在环绕天体位置，被约去，求不出来；‎ ‎9. 如图所示电路中电表都是理想电表．某同学按此电路进行实验，将变阻器的滑动触片P移到不同位置，观察各电表的示数，记录下多组数据．关于该实验的下列说法中正确的是（　　）‎ A. 过实验，能够测定R2和R3的阻值，不能测定R1的阻值 B. 通过实验，能够测定电源电动势E的大小，但不能测定电源内阻r的值 C. 若调节滑动变阻器Rp时，电压表V2示数始终为零，其它三个电表读数有变化，可能原因是R1发生断路故障 D. 若调节滑动变阻器时各电表示数均不变，可能原因是R2发生断路故障 ‎【答案】ABD - 17 - / 17‎ ‎【解析】A、由于电表是理想的，则由电压表V1和电流表A2可分别测出R3的电压和电流，可求出R2的阻值．由电压表V2测量R2的电压，通过R2的电流等于电流表A1与A2读数之差得到，可以求出R2的阻值．由于R1的电压无法测量，所以不能测出R1的阻值．故A正确．B、根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，路端电压由电压表V1测量，总电流由电流表A1测量，可以求出电源的电动势及R1和内阻r的总电阻，因为R1的阻值未知，所以无法求出内阻r．故B正确．C、若R1发生断路，外电路断开，几个电表都没有读数．故C错误．D、R2发生断路故障时，滑动变阻器对其他几个电表都没有影响，它们的读数均不变．所以若调节滑动变阻器时各电表示数均不变，可能原因是R2发生断路故障．故D正确．故选ABD.‎ ‎【点睛】本题中有伏安法测电阻、测量电源的电动势和内阻，还有故障分析等问题，抓住实验的原理是关键．‎ ‎10. 绝缘水平面上固定一负点电荷Q，另一质量为m、电荷量为-q的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面离开Q运动，到达b点时速度减为零．已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的是（　　）‎ A. 滑块在运动过程中所受Q的库仑力一直大于滑动摩擦力 B. 滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于 C. 此过程中达到最大速度时，P到Q距离为 D. Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为 ‎【答案】CD ‎【解析】A、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动力，故A错误；B、水平方向受大小不变的摩擦力及变小的库仑力，滑块可能先加速再减速，且加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于，故B错误；C、滑块先加速后减速，而库仑力减小，故当库仑力等于滑动摩擦力时，速度应达最大，即：，解得距离为：，故C正确；D、由动能定理可得：，解得两点间的电势差，故D正确；故选CD．‎ - 17 - / 17‎ ‎【点睛】解答本题应注意库仑力随离Q的距离的增大而减小，而滑块的运动可告诉我们最后一定有滑动摩擦力大于库仑力；同时还要明确一定：电场力做功取决于始末位置间的电势差，和路径无关．‎ 二、填空题（共15分）‎ ‎11. 读出图中游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺读数为_____mm，螺旋测微器读数为_____mm．‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 5.693 (5.691~5.695)‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为：5cm=50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为19.3×0.01mm=0.193mm，所以最终读数为5.5mm+0.193mm=5.693mm，由于需要估读，最后的结果为5.693±0.002．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎12. 兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：‎ ‎①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；‎ ‎②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；‎ ‎③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；‎ ‎④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）．‎ - 17 - / 17‎ 在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示．请你分析纸带数据，回答下列问题：‎ ‎(1)该电动小车运动的最大速度为_____m/s；‎ ‎(2)该电动小车的额定功率为_____W．‎ ‎【答案】 (1). 1.5 (2). 1.26‎ ‎【解析】试题分析：（1）最后匀速的速度便是小车以额定功率运动的最大速度，由此根据纸带可求出小车最大速度．‎ ‎（2）小车在摩擦力力作用下减速运动，根据牛顿第二定律可求出摩擦力的大小．‎ 当小车达到额定功率时有：P=Fv=fvm，据此可求出额定功率大小．‎ 解：（1）根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有：‎ vm==1.5m/s ‎（2）计数点间的时间间隔t=0.02×2=0.04s，从右端开始取六段位移，‎ 根据逐差法有：a===2.1m/s2，方向与运动方向相反．‎ 由牛顿第二定律得：f=ma，将m=0.4kg代人得：f=0.84N．‎ 当汽车达到额定功率，匀速运动时，F=f，P=Fv=fvm，代人数据解得P=1.26W．‎ 故答案为：（1）1.5（2）1.26．‎ ‎【点评】本题考查了功、功率问题在实际中应用，知道在平直路面行驶的车子，功率一定，当牵引力与阻力相等时，速度最大．‎ - 17 - / 17‎ ‎13. 某同学用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5A．实验室提供的器材如下：电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电阻箱（阻值范围0～999.9Ω）；开关、导线若干．‎ ‎①请根据图1的电路图，在图2中画出连线，将器材连接成实验电路__________．‎ ‎②实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的若干组R、U的数据．‎ 根据实验数据绘出如图3所示的图线．由图象得出电池组的电动势E=_____V，内电阻r=_____Ω．‎ ‎③关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是_____．‎ A．电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差 B．同学读电压表读数引起的误差属于系统误差 C．本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差 D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差 ‎④若实验室没有电压表，只能用100μA的灵敏电流表和电阻箱改装．先用如图4所示的电路测量电流表的内阻：先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，调节R′，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时R′的阻值为2.00×103Ω．则电流表内阻的测量值Rg=_____Ω．将该灵敏电流表改装成量程为3V的电压表，需_____（“串联”或“并联”）阻值为R0=_____Ω的电阻．‎ - 17 - / 17‎ ‎【答案】 (1). (2). 2.86 (3). 5.8（5.70～6.10） (4). CD (5). 1.00×103 (6). 串联 (7). 2.90×104‎ ‎【解析】【解答】解：①根据电路图连接实验电路如图所示，‎ ‎②图象的截距代表的是电动势的倒数，所以电源的电动势为，当内电阻和外电阻相等的时候，外电压等于电动势的一半，根据图象可知，当外电压为1.43V，即电压的倒数为0.7时，电路的外电阻大约为5.8Ω，所以电源的内阻为5.8Ω．‎ ‎③A．电压表的分流作用引起的误差属于系统误差，所以A错误，B．同学读电压表读数引起的误差属于偶然误差，所以B错误，C．本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差，所以C正确，D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差，所以C正确．故选CD．‎ ‎④根据闭合电路欧姆定律可得，电流表的电压和电阻R′的电压相同，即：，所以解得，Rg=1000Ω，将灵敏电流表改装的电压表，需要串联电阻，根据闭合电路的欧姆定律可得Ig（R0+Rg）=3V，解得：R0=2.90×104Ω，‎ ‎【点睛】根据电路图可以直接连接线路图；根据图象，可以求得电源的电动势和电源的内阻的大小，在根据串联分压的原理可以求得改装成电压表时需要串联的电阻的大小．‎ 三、计算题（14题9分，15-17题各12分）‎ - 17 - / 17‎ ‎14. 如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电路中，电源的内阻r=1.0Ω，电炉的电阻R1=19.0Ω，电动机线圈的电阻R2=2.0Ω．当开关S断开时，电源内电路消耗的功率P=25.0W；当S闭合时，干路中的电流I=12.6A．‎ ‎(1)求电源的电动势E．‎ ‎(2)求S闭合后电动机的机械功率？‎ ‎(3)若S闭合后，正常转动的电动机的转子突然被卡住而停止转动，则电源的总功率为多大？（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】(1) E=100V (2)P′= 571.2W (3)P=3.6×103 W ‎【解析】(1)S断开时，电路中电流记为Ⅰ，则P=I2r 解得：，‎ 电源电动势为E=I(R1+r)=100V；‎ ‎(2)S闭合后路端电压记为U，‎ 则U=E-Ir=87.4V 通过电动机的电流记为I'，‎ 则 电动机的输出功率记为P′，‎ 则P′=UI′-I2•R2=571.2W ‎（3）当转子被卡住时，‎ 电流 故电源功率P=EI=100×36=3.6×103 W；‎ - 17 - / 17‎ ‎【点睛】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．‎ ‎15. 如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R．质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A．已知∠POC=60°，求：‎ ‎(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；‎ ‎(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．‎ ‎【答案】(1)F′N=2mg，方向竖直向下 (2)μ=0.25 (3)Ep=3mgR ‎【解析】试题分析：（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN 由P到C的过程：‎ 在C点：‎ 解得：‎ 由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小，方向竖直向下 ‎（2）对P到C到Q的过程：‎ 解得：‎ ‎（3）A点：根据牛顿第二定律得：‎ - 17 - / 17‎ Q到C到A的过程：‎ 解得：弹性势能 考点：动能定理、功能关系。‎ ‎【名师点睛】（1）由P到C的过程根据动能定理求解滑至C点时的速度，根据牛顿第二定律求解（2）对P到C到Q的过程根据动能定理求解动摩擦因数μ（3）Q到C到A的过程根据能量守恒求解。．‎ ‎16. 如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0，一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半，求：‎ ‎(1)B的质量；‎ ‎(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】试题分析：（1）以初速度的方向为正方向，设B的质量为，A、B碰后的共同速度为v，，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为，由动量守恒定律得，，‎ 得，。‎ ‎（2）从开始到碰后的全过程，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒得，‎ 设碰撞过程A、B系统机械能损失为，则，‎ 联立得，。‎ - 17 - / 17‎ 考点：动量守恒定律 ‎【名师点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合，运用动量守恒解题，关键合理地选择研究的系统和研究的过程，抓住初末状态列式求解。‎ ‎17. 如图所示为某一“电场抛射装置”的示意图．相距为d的两正对平行金属板A、B 竖直放置，两板间放置一内壁光滑的绝缘细直管CD，细管与水平面的夹角为37°．一质量为 m、带电量为q的带电小球从管口C处无初速释放，经 板间电场加速后从另一管口D射出，飞行一段距离恰好沿水平方向进入平台MN，其台面与C点的高度差也为d．重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎(1)小球从管口D射出运动到平台所用的时间 ‎(2)小球从管口D射出时的速度大小；‎ ‎(3)A、B两板之间的电势差．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】(1)小球从D到M的运动相当于从M到D的平抛运动，竖直方向上下落高度为：‎ 由 得：‎ ‎(2)竖直方向上，有：‎ 小球从管口D射出的速度大小为：‎ ‎(3)小球从C到D，根据动能定理得：‎ 解得A、B两板之间所加的电压大小为：‎ - 17 - / 17‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道从D到M的运动相当于从M到D的平抛运动，这是解决本题的突破口，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．‎ - 17 - / 17‎