湖北省武汉市常青第一中学2023-2024学年高二上学期开学考物理复习卷二（解析版）

武汉市常青第一中学2023-2024学年高二上学期开学考

物理复习卷二

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．滑冰运动员在水平冰面上转弯时可近似看成做半径为的圆周运动。已知冰鞋与冰面间的最大径向静摩擦力与运动员重力的比值为0.8，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．运动员转弯时，支持力分力提供向心力

B．运动员转弯时，重力与支持力的合力提供向心力

C．运动员转弯时，最大速度为4m/s

D．运动员转弯时，最大速度为8m/s

【答案】D

【详解】AB．滑冰运动员在水平冰面上转弯时，支持力垂直接触面，与重力均在竖直方向，所以摩擦力提供向心力，故AB错误；

CD．摩擦力最大，运动员转弯时，速度最大，根据牛顿第二定律可得

解得最大速度为

故C错误，D正确。

故选D。

2．某型号的汽车发动机的最大输出功率为60kW，质量为1600kg的该汽车在水平路面上启动的过程中，保持发动机的输出功率恒为最大功率，假定汽车受到的总阻力大小恒为1800N，则汽车启动过程中，速度为20m/s时的加速度大小为（　　）

A．1.875m/s2 B．1.25m/s2 C．0.75m/s2 D．0.25m/s2

【答案】C

【详解】根据

速度为20m/s时，牵引力

加速度大小为

故选C。

3．A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示．此过程中，A、B两物体受到的摩擦力分别为FA、FB，A、B两物体受到的摩擦力做的功分别为WA、WB，则（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】AB．由动能定理可知

由于A、B两物体仅受摩擦力做功，质量之比mA：mB=2：1，因此两物体受到的摩擦力做的功之比为

AB错误；

CD．根据v-t图像的斜率可知两物体加速度之比为2:1，根据牛顿第二定律可得

可得

C错误，D正确。

故选D。

4．如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中，B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收，从B盒发射超声波开始计时，经时间t0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的x﹣t图象。则下列说法正确的是（　　）

A．超声波的速度v声＝

B．超声波的速度v声＝

C．物体的平均速度

D．物体的平均速度

【答案】C

【详解】AB．由图乙可知，超声波的速度为

或者

故AB错误；

CD．由题可看出，物体通过的位移为时，所用时间为

则物体的平均速度为

故C正确，D错误。

故选C。

5．如图所示为一卫星变轨过程的示意图。卫星开始时在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，周期为T，到达轨道A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ远地点B时，再次点火进入轨道半径为6R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。引力常量为G，下列说法正确的是（　　）

A．据以上信息可以计算出卫星的质量

B．卫星在轨道Ⅲ上的周期为

C．卫星在A点时的向心加速度小于在B点时的向心加速度

D．卫星在轨道Ⅱ上A点的动能一定大于在轨道Ⅱ上B点的动能

【答案】D

【详解】A．卫星在圆形轨道Ⅰ上时，其万有引力提供做圆周运动的向心力

由上述式子可知，代表卫星的质量m计算时约去，所以无法计算出卫星的质量，故A项错误；

B．依据开普勒第三定律，卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上有

解得

故B项错误；

C．卫星在A点，根据牛顿第二定律有

解得

卫星在B点有

解得

由上述式子可知卫星在A点时的向心加速度大于在B点时的向心加速度，故C项错误；

D．卫星从轨道Ⅱ上A点向轨道Ⅱ上B点运动过程中，其引力做负功，根据动能定理可知，合外力做负功，物体的动能减小，所以卫星在轨道Ⅱ上A点的动能一定大于在轨道Ⅱ上B点的动能，故D项正确。

故选D。

6．2019年8月。“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩安装了小型涡轮喷气发动机的“飞板”，仅用22分钟就飞越英吉利海峡35公里的海面。当扎帕塔及装备悬浮在空中静止时。发动机将气体以的恒定速度从喷口向下喷出，此时扎帕塔及装备的总质量为120kg。不考虑喷出气体对总质量的影响，取，则发动机每秒喷出气体的质量为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】对扎帕塔（及装备）由平衡条件得

F=mg

根据牛顿第三定律得扎帕塔（及装备）对喷出的气体的力为

F′=F

设△t时间内喷出的气体的质量为△m，由动量定理得

F′•△t=△mv-0

联立解得

所以发动机每秒喷出气体的质量为0.40kg，故选B。

7．如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是（不计一切摩擦，重力加速度为g）（　　）

A．杆对小球A做功为mgL

B．小球A、B的速度都为

C．小球A、B的速度分别为和

D．杆与小球A、B组成的系统机械能减少了mgL

【答案】C

【详解】BCD．对A、B组成的系统，整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得

mg·＝

又有

vAcos60°＝vBcos30°

解得

vA＝

vB＝

故C正确，BD错误；

A．对A，由动能定理得

mg＋W＝

解得杆对小球A做的功

W＝－mg·＝－mgL

故A错误。

故选C。

8．图1、2分别是生活中常见的台阶式扶梯和倾斜式扶梯，两扶梯的倾角均为，高度均为h，某同学体重为m，先后站在两扶梯上，随扶梯以大小相同的速度v匀速从一层上到二层，当地重力加速度为g，下列说法正确的是（    ）

A．两种情况下该同学的重力势能均增加了

B．两种情况下，该同学受到的支持力均不做功

C．图1中该同学不受摩擦力，所以该同学的机械能守恒

D．图2中该同学受到的摩擦力做了的正功，所以该同学的机械能增加了

【答案】AD

【详解】A．两种情况下该同学重力做功均为

可知该同学的重力势能均增加了，故A正确；

B．图1中支持力方向竖直向上，与速度方向夹角小于，支持力对该同学做正功；图2中支持力方向垂直斜面向上，与速度方向垂直，支持力不做功，故B错误；

C．图1中该同学不受摩擦力，但支持力对该同学做正功，该同学的机械能增加，故C错误；

D．图2中支持力不做功，该同学克服重力做功，由于该同学动能不变，则该同学受到的摩擦力做了的正功，所以该同学的机械能增加了，故D正确。

故选AD。

9．如图所示，质量为M、长为L=7 m的木板Q放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为m的物块P放在木板的最左端。T=0时刻给物块水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移为x=4 m。则下列说法正确的是（    ）

A．P、Q所受的摩擦力之比为m : M

B．摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为11:4

C．P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的热量之比为11:7

D．Q增加的动能与系统损失的机械能之比为11:4

【答案】BC

【详解】A．P对Q的摩擦与Q对P的摩擦是作用力、反作用力，即P、Q所受的摩擦力之比为，故A错误；

B．摩擦力对物体P所做的功为

摩擦力对物体Q所做的功为

摩擦力对P与摩擦力对Q所做的功的绝对值之比为，故B正确；

CD．对P由动能定理得

对Q由动能定理得

P、Q组成的系统因摩擦而产生的热量为

即系统损失的机械能为fL，则

故C正确，D错误。

故选BC。

10．如图甲所示，在光滑水平面上两个物块A与B由弹簧连接（弹簧与A、B不分开）。初始时弹簧被压缩，同时释放A、B，此后A的图像如图乙所示（规定向右为正方向）。已知，，弹簧质量不计。A、B及弹簧在运动过程中，在A物块速度为时，则（　　）

A．物块B的速度大小为，方向向右 B．A物块加速度是B物块加速度的2倍

C．此时弹簧的弹性势能为 D．此时弹簧的弹性势能为最大弹性势能的一半

【答案】BC

【详解】A．两物块组成的系统满足动量守恒，可得

解得

可知物块B的速度大小为，方向向左，A错误；

B．根据牛顿第二定律可得

，

可得

B正确；

C．当的速度最大时，弹簧处于原长状态，由图像可知的最大速度为，根据动量守恒可得

解得的最大速度为

根据能量守恒可得

解得A物块速度为时，弹簧的弹性势能为

C正确；

D．当两物块的速度为零时，弹簧的弹性势能最大，则有

D错误。

故选BC。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11．（7分）验证机械能守恒定律也可以有其他多种的实验设计。

甲同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律，细线的一端拴一个金属小球，另一端连接固定在天花板上的拉力传感器，传感器可记录小球在摆动过程中细线拉力的大小。将小球拉至图示位置，由静止释放小球，发现细线拉力在小球摆动的过程中做周期性变化。

（1）若细线的长度远大于小球的直径，为了验证机械能守恒定律，该小组不需要测出的物理量是           。

A．释放小球时细线与竖直方向的夹角

B．细线的长度

C．小球的质量

D．细线拉力的最大值

E．当地的重力加速度

（2）根据上述测量结果，小球动能的最大值的表达式为           。

（3）小球从静止释放到最低点过程中，满足机械能守恒关系式为           （用上述测定的物理量的符号表示）。

【答案】     B         

【详解】（1）［1］小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得

在最低点，细线的拉力与小球的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得

联立解得

实验需要测量释放小球时细线与竖直方向的夹角，小球的质量m，细线拉力的最大值F，当地的重力加速度g，不需要测量细线的长度L。

故选B。

（2）［2］在最低点，细线的拉力与小球的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得

则小球动能的最大值的表达式为

（3）［3］根据（1）问分析可知小球从静止释放到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为

12．（10分）聪聪同学用如图所示装置来验证动量守恒定律。

（1）实验中，质量为的入射小球和质量为的被碰小球B的质量关系是           （填“大于”“等于”或“小于”）。

（2）当满足关系式           时，证明、B两小球碰撞过程中动量守恒；若碰撞前后系统无机械能损失，则系统机械能守恒的表达式为           。

A．

B．

C．    

D．

【答案】     大于     A     C

【详解】（1）[1]为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量m1大于m2；

（2）[2]小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的距离为x，由平抛运动规律得：水平方向

竖直方向

解得

，

小球做平抛运动的初速度v越小，下落距离h越大两球碰撞后，入射小球A的速度变小，小于碰撞前入射小球A的速度，且小于被碰小球B的速度，即被碰小球B的速度最大，入射小球碰撞后的速度最小，所以入射球碰撞前落点位置是，碰撞后落点位置是，被碰球的落点位置是，则碰撞前入射小球A的速度

碰撞后入射球的速度

碰撞后被碰球的速度

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

整理可得

A正确。

[3]若碰撞前后系统无机械能损失，由机械能守恒定律得

整理可得

C正确。

13．（10分）小物块以一定的初速度沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计，可能用到的函数值：，，求：

(1)物块的初速度；

(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；

(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．

【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)37°，能滑回底端，理由见解析

【详解】（1）当时，物块做竖直上抛运动，末速度为零由题图得上升最大位移为

由：

得：

；

（2）当时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0

由题图得水平最大位移为：

由运动学公式有：

由牛顿第二定律得：

得：

；

（3）设题图中P点对应的斜面倾角值为，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0

由题图得物块沿斜面运动的最大位移为：

由运动学公式有：

由牛顿第二定律有：

得到：

得到：

因为

，

所以能滑回斜面底端．

14．（15分）如图，光滑水平面上有一具有光滑曲面的静止滑块B，可视为质点的小球A从B的曲面上离地面高为h处由静止释放，且A可以平稳地由B的曲面滑至水平地面。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度为g，试求：

（i）A从B上刚滑至地面时的速度大小；

（ii）若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为多少？

【答案】(i)；(ii)

【详解】(i)设A刚滑至地面时速度大小为v1，B速度大小为v2，由水平方向动量守恒

m v1=3mv2

由机械能守恒

mgh = mv12+ 3m v22

由以上两式解得

 v1=，v2=

(ii) A与挡板碰后开始，到A追上B并到达最高高度hˊ，两物体具有共同速度v，此过程

系统水平方向动量守恒

 mv1+3mv2=4mv

系统机械能守恒

mgh= 4mv2+mghˊ

由以上两式解得

 hˊ= h

15．（18分）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，其末端B点切线水平，与B点等高的粗糙平面长，静止于光滑水平地面上质量的足够长的长木板的上表面与面齐平，左端紧靠D点。将一质量的滑块（可视为质点）从圆弧最高点A处由静止释放，当滑块刚滑至长木板上表面的同时施加给长木板一个大小为的水平向右的作用力。已知滑块与粗糙平面间的动摩擦因数，滑块与长木板上表面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。

（1）求滑块滑至长木板左端的瞬时速度的大小；

（2）设滑块滑至长木板上表面后，经时间（未知）两者速度相等，求和共同速度；

（3）求从滑块由A点静止释放到滑块从长木板上表面滑落的过程中，因摩擦而产生的热量。

【答案】（1）；（2），；（3）

【详解】（1）滑块从A点滑至长木板左端过程中，根据动能定理有

解得

（2）滑块滑至长木板上表面到两者速度相等的过程中，以滑块和长木板整体为研究对象，根据动量定理有

以滑块为分析对象，根据动量定理有

解得

（3）滑块滑至长木板上表面到两者速度相等的过程中，滑块的位移

长木板的位移

两者的相对位移

滑块与长木板间因摩擦而产生的热量

整个过程中，因摩擦而产生的热量

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