四川省双流中学2019-2020学年高二物理上学期入学考试试题(含解析)

四川省双流中学2019-2020学年高二物理上学期入学考试试题（含解

析）

一、选择题

1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步.下面说法正确的是

A. 哥白尼提出地球是宇宙的中心

B. 开普勒提出日心说，并指出行星绕太阳的运动轨迹是椭圆

C. 牛顿通过“月—地”检验验证了重力与地球对月亮的引力是同一性质的力

D. 牛顿利用扭秤实验测出了引力常量

【答案】C

【解析】

【分析】

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

【详解】AB．哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星运动规律，故A、B错误；

C．牛顿通过“月一地”检验验证了重力与地球月亮的引力是同一种力，故C正确；

D．卡文迪许利用扭秤实验测出万有引力常量，牛顿发现了万有引力定律，故D错误。

【点睛】本题主要考查的是物理学史，较为简单。

2.下列说法正确的是

A. 功是能量转化的量度

B. 运动物体所具有的能就是动能

C. 物体在恒力作用下一定做直线运动

D. 物体在变力作用下一定做曲线运动

【答案】A

【解析】

【分析】

功是能量转化的量度；运动物体可以具有动能和势能；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论。

【详解】A．做功的过程伴随着能量的转化，功是能量转化的量度，故A正确；

B ．物体由于运动而具有的能量是动能，但运动的物体还可以同时具有势能，故B 错误；

C ．物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动，故C 错误；

D ．物体做曲线运动的条件是合力与速度在同一条直线上，与力是否恒定无关，即：物体在变力作用下，可以做直线运动，故D 错误。

【点睛】本题主要考查了一些常见的物理规律，较为简单。

3.如图所示，一质量为m 的滑块沿倾角为α粗糙固定斜面加速下滑，在滑块由斜面顶端下滑至底端的过程中，下列说法正确的是

A. 滑块的机械能守恒

B. 斜面对滑块的支持力的冲量不为零

C. 滑块动能的改变量等于重力势能的改变量

D. 合力对滑块做的功等于滑块增加的机械能 【答案】B 【解析】 【分析】

利用机械能守恒的条件可以判断机械能变化情况和重力势能与动能的变化关系；根据冲量的定义式即可计算斜面对滑块的支持力的冲量。

【详解】A ．滑块在下滑过程中，共受到三个力：重力，支持力，摩擦力，其中支持力不做功，重力做功不影响物体机械能，摩擦力做负功使物体机械能减小，故A 错误； B ．由冲量公式I Ft =知：0N I ≠，故B 正确；

C ．滑块在下滑过程中，重力势能减小，动能增加，但由于总的机械能在减小，所以重力势能的减小量大于动能的增加量，故C 错误；

D ．滑块克服阻力所做的功，对应了其机械能的减少，故D 错误。

【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律，利用条件分析即可，较为简单。

4.鹰在高空中盘旋时，垂直于翼面的升力和其重力的合力提供向心力，如图所示。当翼面与水平面成θ角并以速率v 匀速水平盘旋时的半径为

A. 2

cos v R g θ=

B. 2

tan v R g θ

=

C. 2

cot v R g θ

=

D.

2

sin v R g θ

=

【答案】B 【解析】 【分析】

分析鹰的受力情况，由重力和机翼升力的合力提供向心力，作出鹰的受力图，由牛顿第二定律列式分析。

【详解】鹰在高空中盘旋时，对其受力分析，如图：

根据翼面的升力和其重力的合力提供向心力，得：

2

tan v mg m R

θ=，

化简得：2

tan v R g θ

= 。

A ．2

cos v R g θ

=，与分析结果不符，故A 错误；

B ．2

tan v R g θ

=，与分析结果相符，故B 正确；

C ．2

cot v R g θ

=，与分析结果不符，故C 错误；

D ．2

sin v R g θ

=，与分析结果不符，故D 错误。

【点睛】本题主要考查了基本的圆周运动的应用，较为简单。

5.质量为m

的

物体以速度0v 水平抛出，当其竖直分位移与水平分位移大小相等时，不计空气

阻力，重力加速度为g ，以下说法正确的是 A. 物体的动能大小为2

0mv

B. 0

C. 重力的瞬时功率为02mgv

D. 该过程物体重力做功的平均功率为012

mgv 【答案】C 【解析】 【分析】

根据平抛运动的特点，结合竖直分位移与水平分位移大小相等关系列式，求出相应的时间，继而可求出速度、功率和动能。

【详解】物体做平抛运动，水平位移：0x v t =，竖直位移：2

12

y gt =

，根据竖直位移与水平位移相等，即：2

12

v t gt =

，解之得：02v t g

=，

AB ．物体的瞬时速度为：0v =

==，物体的动能为：

22015

22

k E mv mv =

=，故A 、B 错误； C ．重力的瞬时功率为：()02g P mgv mg gt mgv ==?=，故C 正确； D ．重力做功的平均功率为：0g P mgv mgv ==，故D 错误。 【点睛】本题考查了平抛运动的综合应用，较为简单。

6.如图所示，用一根结实的长度为L 的细绳，一端栓一个质量为m 的小物体，在足够大的光滑水平桌面上抡动细绳，使小物体做匀速圆周运动，已知小物体在t 时间内通过的弧长为s ，则小物体做匀速圆周运动的

A. 角速度大小为sL t

B. 转速大小为

2s

tL

π C. 向心加速度大小为2

22s t L

D. 向心力大小为2

2ms t L

【答案】D 【解析】 【分析】

根据题干求出线速度，再根据匀速圆周运动的基本公式求解即可。 【详解】物体做匀速圆周运动，其线速度为：s v t

=

， A ．角速度为：v s

L tL ω=

=，故A 错误； B ．转速为：22s n tL

ωππ==，故B 错误； C ．加速度为：22

2v s a L t L ==，故C 错误；

D ．向心力为：22

2=v ms F m L t L

=向，故D 正确。

【点睛】本题主要考查了匀速圆周运动基本公式的应用，较为简单。

7.一只小船在静水中的速度为3m /s ，它要渡过一条宽为150m 的河，河水流速为5m /s ，下列说法正确的是

A. 这只小船过河的最短时间为30s

B. 这只小船以最短时间过河的速度大小为4m /s

C. 若河水流速改变，小船过河的最小位移大小一定不变

D. 这只小船过河的最小位移大小为250m

【答案】D 【解析】 【分析】

将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间，通过判断合速度能否与河岸垂直，判断船能否垂直到对岸。 【详解】A ．小船过河的最短时间为：=50s d t v =

河

静

，故A 错误； B ．小船船头垂直河岸时，过河时间最短，此时：22=+=34m /v v v s 船水静，故B 错误； C ．若河水流速改变，根据运动的速度合成，可知，小船可以垂直河岸过河，最短位移变化，故C 错误；

D ．根据平行四边形定则，由于静水速度小于水流速度，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸，那么最短距离为：5

=150m=250m 3

v s d v =

??水

河静，故D 正确。 【点睛】本题主要以小船过河为模型考查了运动的合成与分解，属于一般题。

8.如图所示,质量为m 的小球在水平面内作匀速圆周运动.细线长为L ,与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为F ,小球作圆周运动的周期为T ,则在

2

T

时间内小球所受合力的冲量大小为

A. 零

B. tan 2

T mg θ?

C.

4sin mL T

πθ

D.

2mL

TF

【答案】C 【解析】 【分析】

冲量的定义式只能用于计算恒力的冲量，变力冲量可用动量定理来求解即可。 【详解】小球做匀速圆周运动，在

2

T

时间内，由动量定理知：=2I P mv ?=合，

对小球受力分析，知：2sin L v T

πθ

=， 联立得：4sin =

mL I T

πθ

合。

A ．零，与分析结果不符，故A 错误；

B ．tan 2

T

mg θ?，与分析结果不符，故B 错误； C ．4sin mL T πθ

，与分析结果相符，故C 正确； D ．

2mL

TF

，与分析结果不符，故D 错误。 【点睛】本题主要考查了动量定理的应用，属于一般题型。

9.下列说法中不正确．．．

的是 A. 作用在静止物体上的力的冲量一定为零 B. 根据P

F t

?=

?，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力 C. 物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功 D. 物体的动能发生改变，其动量一定发生改变 【答案】AC 【解析】 【分析】

冲量是力在时间上的累积，与物体是否静止无关；动量是矢量，动量变化可能是大小变化，也可能是方向变化；动能是标量，只有大小没有方向，动能发生变化，速度大小一定变化，动量变化。

【详解】A ．作用在静止的物体上的合力的冲量一定为零，而分力的冲量不一定为零，故A 错误；

B ．宏观低速状态下，物体的质量为常量，因此动量对时间的变化率本质上是速度对时间的变化率，因此物体所受到的合外力，等于物体动量对时间的变化率，故B 正确；

C ．物体的动量发生改变可能是速度方向发生改变，而大小未变，此时物体的动能没有改变，合外力对物体没有做功，故C 错误；

D ．物体动能发生改变意味着物体的速度大小发生改变，则动量一定改变，故D 正确。 【点睛】本题主要考查了动力学中基本的一些物理概念，较为简单。

10.在地球表面，用弹簧测力计测得质量为0m 的物体的重力为P ，已知地球的半径为R ，万有引力常量为G ，地球同步通讯卫星的轨道离地面的高度为h ，则 A.

B. 地球的质量为20

R P

Gm

C. 地球的近地卫星环绕地球运动的向心加速度大小等于2R P

G

D. 地球的自转周期等于0

2()R h m RP

π+

【答案】AB 【解析】 【分析】

由0P m g =可得到地球表面的重力加速度，根据万有引力提供向心力，即可求解近地卫星的

环绕速度，即为第一宇宙速度；根据地球表面重力等于万有引力，可求得地球的质量；由2

v a R

=

求近地卫星环绕地球运动的向心加速度；根据同步地球卫星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力列式，求其周期，即得到地球自转的周期。

【详解】AB ．第一宇宙速度即为近地卫星环绕地球运动的线速度，由万有引力提供向心力，

得：2

2Mm v G m R R

=，

即：v =

① 由0P m g =得：地球表面的重力加速度0

P

g m = ② 在地球的表面,由重力等于万有引力得：

2

'

'Mm G

m g R

= ③ 联立②③，解得：地球的质量为2

PR M Gm = ④

将④代入①得： v

，故A 、B 正确；

C ．地球的近地卫星环绕地球运动的向心加速度大小为20

v P a R m

==，故C 错误； D ．对于地球同步卫星，由万有引力提供向心力，得：()

()2

2

2'

4'Mm G

m R h T

R h π=++ ⑤

联立④⑤得：()()02R h m R h T R

P

π++=

，

即地球自转的周期也为：()()02R h m R h T R

P

π++=

，故D 错误。

【点睛】本题主要考查了万有引力定律及其应用，属于中等题型。

11.如图所示，质量为M =4kg 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m =1kg 的小滑块以初速度v 0=5m/s 从木板的左端向右滑上木板，小滑块始终未离开木板。则下面说法正确是

A. 从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内,小滑块和木板的加速度大小之比为1:4

B. .整个过程中因摩擦产生的热量为10J

C. 可以求出木板的最小长度是3.5m

D. 从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内，小滑块与木板的位移之比是6:1 【答案】BD 【解析】 【分析】

由牛顿第二定律分别求出加速度即可；分析滑块和木板组成的系统所受的外力，判断动量是否守恒。滑块相对木板静止时，由动量守恒定律求出两者的共同速度，由能量守恒定律求内能。再由Q mgL μ=，求木板的最小长度L ；由运动学公式求滑块与木板的位移之比。 【详解】A ．滑块在水平方向只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得：1ma mg μ=，地面光滑，可知M 在水平方向也只受到m 对M 的摩擦力，由牛顿第二_定律可得：2Ma mg μ=，

其中μ是二者之间的动摩擦因数，即：

1241

a

M a m ==，故A 错误； B ．水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：()0mv M m v =+，解得： v = 1m/s 。根据能量守恒定律得，整个辻程中因摩擦产生的内能：()22011

10J 22

Q mv M m v =-+=，故B 正确；

C ．设木板的最小长度为L ，則有Q mgL μ=，但由于不知道动摩擦因数μ，不能求出木板的最小长度，故C 错误；

D.从开始到滑块与木板相対静止込段吋向内，滑快与木板的位移之比是：

0::6:122

m M v v v

x x t t +=

=，故D 正确。 【点睛】本题主要考查了板块模型的综合应用，属于中等题型。

12.如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在水平桌面上，一个质量为m 的小球恰好能通过轨道最高点在轨道内做圆周运动。取桌面为重力势能的参考面，不计空气阻力，重力加速度为g 。则小球在运动过程中其机械能E 、动能k E 、向心力F 向、速度的平方2v ，它们的大小分别随距桌面高度h 的变化图像正确的是

A.

B.

C.

D.

【答案】CD 【解析】 【分析】

根据竖直平面内小球做圆周运动的临界条件，结合机械能守恒定律分析即可解题。 【详解】AB ．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，则在最高点：2mv mg R

=高，

则在最高点小球的动能：211

22

k E mv mgR =

=高（最小动能），在最高点小球的重力势能：2p E mgR =，运动的过程中小球的动能与重力势能的和不变，机械能守恒，即：5

2

E mgR =，

故AB 错误；

CD ．小球从最高点到最低点，由动能定理得：211

2-22

mg R mv mv ?=低高，2=5v gR 低，则有在距桌面高度h 处有：2211

22

mgh mv mv -=

-低 ，化简得：252v gR gh =-， ()2=52v m

F m gR gh R R

=-向，故C 、D 正确。

【点睛】本题主要考查了竖直圆周运动的综合应用，属于中等题型。

二、实验题

13.某同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图所示的“小球做平抛运动”的照片。图中每个小方格的实际边长为10cm.

(1)请在图中作出小球运动的轨迹_______.

(2)小球做平抛的初速度大小为_______m/s.（取g =10m/s 2

，计算结果保留2位有效数字）

【答案】 (1). (2). 2.0

【解析】 【分析】

根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度。

【详解】第一空．

第二空．在竖直方向上，根据2

y L gt ?==，得：0.1s t =， 则小球的初速度：02 2.0m /L

v s t

=

=。 【点睛】本题主要考查了对平抛运动实验的数据处理，较为简单。

14.如图所示,为利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”实验装置示意图.

(1)实验步骤如下：

①将气垫导轨放在水平实验桌面上，将导轨调至水平； ②由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x ＝_______cm ；

③将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码盘静止不动时，释放滑块，要求砝码盘落地前挡光条已通过光电门2；

④从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间分别为Δt 1和Δt 2；

⑤用天平称出滑块和挡光条的总质量M ，再称出砝码盘和砝码的总质量m .

(2)根据以上实验测量结果完成以下的问题(只要求写出表达式，已知挡光条的宽度为d ，重力加速度为g )：

①滑块通过光电门1和光电门2时的瞬时速度分别为1v =______和2=v _____.

②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、砝码盘和砝码)的

总动能分别为E k1＝_____和E k2＝________.

③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量ΔE p ＝______.

(3)在实验误差允许范围内，如果关系式________成立，则可认为机械能守恒定律得到了验证.

【答案】 (1). 50.00 (2). 1d t ? (3). 22d v t =? (4). ()22

112d m M t +? (5).

()22212d m M t +? (6). mgx (7). 22

2221

1()()2d d mgx M m t t =+-??

【解析】 【分析】

标尺读数时，注意最小刻度为十分度，需读到最小刻度的下一位；光电门的宽度很小，可平

均速度代替瞬时速度；动能和势能减少量，根据基本公式求解即可。 【详解】第一空．标尺读数：73.0023.00cm 50.00cm x =-=；

第二空第三空．由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，即滑块通过光电门1的速度为：11

d

v t =

?， 滑块通过光电门2

的速度为：22

d

v t =

?； 第四空第五空．()()22

11211122k d E m M v m M t =+=+?，

()()22

2222

1122k d E m M v m M t =+=+?；

第六空．系统重力势能的减少量为：p E mg h mgx ?=?=；

第七空． 机械能守恒，即：=p k E E ??减增，所以有：22

2221

1()()2d d mgx M m t t =+-??。

【点睛】本题主要考查了利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验，较为简单。

三、计算题

15.如图所示，质量2kg m =的小球，沿高5m h =的光滑曲面顶端由静止开始下滑至底端，不计空气阻力，重力加速度2

10m /g s =，求：

（1）重力做功G W ；

（2）小球下滑至曲面底端时的速度大小v 。 【答案】（1）100J G W = （2）10m /v s = 【解析】 【分析】

根据功的定义式和机械能守恒定律解题即可。 【详解】（1）重力做功 100J G W mgh ==；

（2）由机械能守恒定律，有：212

mgh mv =， 代入数据得：10m /v s =。

【点睛】本题主要考查了对功的定义的理解和机械能守恒定律的理解，较为简单。

16.“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目,其示意图如图所示,长为L =10m 的钢绳一端系着座椅,另一端固定在半径为r =4m 的水平转盘边缘,转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动.当转盘匀速转动时,钢绳与转轴在同一竖直平面内,与竖直方向的夹角为37θ=?，不计钢绳的重力和

空气阻力，重力加速度2

10m s g =，sin370.6?=，cos370.8?=.求转盘转动的角速度ω的

大小.

【答案】3

rad s ω= 【解析】 【分析】

对座椅受力分析，求得椅子受到的合力的大小，根据向心力的公式可以求得角速度ω与夹角θ的关系。

【详解】座椅做匀速圆周运动的半径为：R =r +L sin θ…① 由牛顿第二定律有：mg tan θ=mRω2…② 由①②两式联立得：tan 3

sin g s r L θωθ=

+，

转盘转动的角速度为：3

rad ω。 【点睛】本题考查了匀速圆周运动的基本应用，较为简单。

17.预计我国将在2030年前后实现航天员登月计划，航天员登上月球后进行相关的科学探测与实验.已知月球的半径为R ，月球表面的重力加速度g ，万有引力常量为G ，（球体体积公式

34

3

V R π=）。求：

（1）月球的质量M ；

（2）月球的第一宇宙速度v ； （3）月球的平均密度ρ。

【答案】（1）2R g

M G

= （2）v （3）34g GR ρπ=

【解析】 【分析】

（1）月球表面物体的重力等于万有引力；

（2）月球表面所需的最小发射速度即为第一宇宙速度； （3）根据密度公式，代入月球的质量求解即可。 【详解】（1）月球表面物体的重力等于万有引力2

Mm

G

mg R = ① 解得月球的质量2R g

M G

= ②

（2）在月球表面所需的最小发射速度即为第一宇宙速度，有2

2Mm v G m R R

= ③

由①③式得：v =； （3）月球的平均密度M

V

ρ= ⑤ 月球的体积34

3

V R π=

⑥ 联立②⑤⑥式得：34g

GR

ρπ=

。 【点睛】本题考查了天体运动中的天体质量、密度、第一宇宙速度的求解，较为简单。

18.如图所示，在光滑水平面上停放着一辆质量为M =3kg 的小车,小车的上表面BC 段是半径

R =1.0m 圆心角37θ=?的光滑圆弧轨道，其轨道C 点切线水平，小车上表面C 点右侧水平粗糙

且长为L =2.5m ，一质量m =1kg 的小物块（可看成质点）从图中A 点以v 0=4m/s 的速度水平抛出，小物块恰好沿小车左端B 点的切线方向进入小车，当小物块运动至小车最右端时两者恰达到共同速度.不计空气阻力,重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

(1)小物块运动至B 点时的速度大小B v ；

(2)小物块由A 点运动至离A 、B 两点的连线最远处时其重力的瞬时功率P ； (3)小车上表面C 点右侧水平粗糙段与小物块之间的动摩擦因数μ。 .

【答案】（1）5m /B v s = （2）15W P = （2）0.5μ= 【解析】 【分析】

（1）小物体做平抛运动，应用平抛运动的规律即可求解B 点速度； （2）速度方向与A 、B 连线平行时，离A 、B 连线最远； （3）应用动量守恒定律和能量守恒定律分析解题。 【详解】（1）物块运动到B 点时，由速度的

分解得 0

5cos B v v m s θ

=

=； （2）设A 、B 连线与水平方向的夹角为α，则小物块由A 点平抛至B 点过程的位移和在B 点时的速度与水平位移间的夹角分别是α、θ，有0

tan B

gt v θ=

， 2012tan B B

gt v t α=

联立得： 13

tan tan 28

αθ==，

设小物块由A 点经时间t 离A 、B 连线最远，此时速度方向与A 、B 连线平行，有：0tan y v v α=， 重力的瞬时功率：y P mgv =， 代人数据得：15W P =；

（3）小物块进入小车后，系统水平方向上动量守恒，即：()0mv m M v =+， 代入数据得：1m /v s =，

由能量守恒定律，有2

21

1[(1cos )]()2

2

B

mgL mv mgR m M v μθ=+--+， 代入数据得：0.5μ=。

【点睛】本题是动力学中的综合题型，考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，属于中等题型。