万州万二中

万州二中高2021级2019年高二上期入学考试

物理试卷

一、选择题（本题共12题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8

题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。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.做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的物理量是（）

A.机械能

B.动能

C.加速度

D.速度

【答案】D

【解析】

【详解】A.做曲线运动的物体，在运动过程中机械能可以不变，例如平抛运动，故A错误.

B.匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变，故B错误.

C.平抛运动也是曲线运动，但是它的加速度是重力加速度，是不变的，故C错误.

D.物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，故D

正确.

2.某船要渡过60m宽的河，船渡河的最短时间是12s；若船沿垂直河岸的直线到达正对岸，

渡河时间是15s，则船在静水中的速率v1

及河水的流速v分别为

A.v1

=5m/sv2

=4m/s

B.v1

=5m/sv2

=3m/s

C.v1

=4m/sv2

=5m/s

D.v1

=4m/sv2

=3m/s

【答案】B

【解析】

【详解】CD.当以最短时间渡河时，船头指向正对岸，则渡河时间为：

1

1

d

t

v



，所以船在静

水中的速度为：

1

1

60

m/s5m/s

12

d

v

t



；故C，D均错误.

AB.当船垂直河岸到达正对岸时，即合速度垂直河岸，渡河时间为：2

22

12

d

t

vv





，代入数

据为：

2

2

60

15

25v





，解得:v2

=3m/s.故A错误，B正确.

3.如图，从斜面上的点以速度v0

水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B点，

己知AB＝75m，α＝37°，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。）不计空气阻力，下

列正确的是（）

A.物体的位移大小为60m

B.物体飞行的时间为6s

C.物体在B点的速度大小为30m/s

D.物体的初速度v0

大小为20m/s

【答案】D

【解析】

【详解】A．物体的位移等于初末位置的距离，大小为75m，故A错误.

B．平抛运动的竖直位移

h=xAB

sinα=75×0.6m=45m，

根据2

1

2

hgt

得，物体飞行的时间

2245

s3s

10

h

t

g



，

故B错误.

D．物体的初速度

0

cos

750.8

m/s20m/s

3

AB

x

v

t





；

故D正确.

C.物体落到B点的竖直分速度

vyB

=gt=10×3m/s=30m/s，

根据平行四边形定则知，物体落在B点的速率

22

0

=400+900m/s=1013m/s

ByB

vvv;

故C错误.

4.人造卫星离地面距离等于地球半径R的2倍，卫星以速度v沿圆轨道运动。设地面的重力

加速度为g，则有（）

A.v

3

gR



B.v2gR

C.v3gR

D.v6gR

【答案】A

【解析】

【详解】人造卫星离地面距离等于地球半径R，卫星以速度v沿圆轨道运动.

根据万有引力提供向心力得：

2

2()()

Mmv

Gm

RhRh





2hR

在地面的物体，万有引力等于重力，得：

2

Mm

Gmg

R



解得：2GMRg

联立解得：

3

gR

v

A.

3

gR

v与计算结果相符；故A正确.

B.2vgR与计算结果相符；故B错误.

C.3vgR与计算结果相符；故C错误.

D.6vgR与计算结果相符；故D错误.

5.质量为1.5×103kg的汽车以某一恒定功率启动后沿平直路面行驶，且行驶过程中受到的

阻力恒定，汽车能够达到的最大速度为30m/s。若汽车的速度大小为10m/s时的加速度大小

为4m/s2，则该恒定功率为

A.90kWB.75kWC.60kWD.4kW

【答案】A

【解析】

【详解】汽车以恒定的功率启动，由牛顿第二定律

Ffma

和功率

m

PFv

联立可得

P

fma

v

，当速度为10m/s时的加速度大小为4m/s2，即：

4

10

m

P

fm；而汽车达到

最大速度时加速度为零，有：

=

30

m

P

f；联立两式解得：360601.510W90kW

m

Pm

.

A．90kW与计算结果相符；故A项正确.

B．75kW与计算结果不相符；故B项错误.

C．60kW与计算结果不相符；故C项错误.

D．4kW与计算结果不相符；故D项错误.

6.如图所示，水平光滑长杆上套有物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接

Q，另一端悬挂物块P，设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小。现将P、

Q由静止同时释放，角逐渐增大，则下列说法错误的是（）

A.θ＝30°时，P、Q的速度大小之比是3：2

B.θ角增大到90°时，Q的速度最大、加速度最小

C.θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的动能增加，P的动能减小

D.θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的机械能增加，P的机械能减小

【答案】C

【解析】

【详解】A.对Q分析，根据速度和合成与分解可知，

vP

=vQ

cos30°，

解得

3

2

P

Q

v

v



，故A正确，A不合题意.

B.P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ=90°时，Q

的速度最大，此时水平方向的拉力为零，加速度最小，故B正确;B项不合题意.

C.θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的速度一直增大，P的速度先增大，后减小，故Q的动

能增加，P的动能先增大后减小，故C错误;则C项符合题意.

D.θ角逐渐增大到90°的过程中，绳的拉力一直做正功，故机械能增加，绳的拉力对P一

直做负功，机械能一直减小，故D正确;D项不合题意.

7.如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同

时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg。

重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是（）

A.圆环角速度ω小于

g

R

时，小球受到2个力的作用

B.圆环角速度ω等于

2g

R

时，细绳恰好伸直

C.圆环角速度ω等于

3g

R

时，细绳断裂

D.圆环角速度ω大于

6g

R

时，小球受到2个力的作用

【答案】C

【解析】

【详解】AB.设角速度ω在0～ω1

范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力

的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有

mgtanθ=mRsinθ•ω2，

即

cos

g

R





，当绳恰好伸直时，θ=60°，对应

1

2g

R

;故A，B均正确；A项和B

项均不合题意.

CD.设在ω1

＜ω＜ω2

时绳中有张力且小于2mg，此时有

FN

cos60°=mg+FT

cos60°，

FN

sin60°+FT

sin60°=mω2Rsin60°，

当FT

取最大值2mg时代入可得

2

6g

R

，即当

6g

R

时绳将断裂，小球又只受到重力、

环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确；即C项符合题意，D项不合题意.

8.如图所示为某一传送装置，与水平面夹角为37°，传送带以4m/s的速率顺时针运转。某

时刻在传送带顶端A处无初速度的放上一质量为1kg的煤块（可视为质点），煤块与传送带

间的动摩擦因数为0.25，传送带上端A与下端B距离为3.5m，煤块从A到B的过程，以下

说法正确的是（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）

A.煤块的机械能增加3J

B.煤块与皮带之间因摩擦而产生的热量为1J

C.煤块在传送带上留下的划痕为1m

D.煤块对皮带做的功等于皮带对煤块做的功

【答案】C

【解析】

【详解】A.煤块放上传送带后，受到的滑动摩擦力的方向沿斜面向下。

根据牛顿第二定律得：

mgsin37°+μmgcos37°=ma1

，

解得:a1

=gsin37°+μgcos37°=(10×0.6+0.25×10×0.8)m/s2=8m/s2

则煤块速度从零加速到皮带的速度所需的时间为：

1

1

4

s0.5s

8

v

t

a



.

煤块经过的位移为：

22

111

11

80.5m1m

22

xat

.

由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知煤块与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动.

之后，煤块所受的滑动摩擦力沿斜面向上.

根据牛顿第二定律得：

mgsin37°-μmgcos37°=ma2

，

解得:a2

=gsin37°-μgcos37°=4m/s2

根据2

2221

1

2

vtatLx

，

即：

2

22

1

443.51

2

tt

解得：t2

=0.5s.

煤块到达B点的速度

vB

=v+a2t2

=4+4×0.5=6m/s，

则煤块的机械能增加量

2

1

sin37

2B

EmvmgL

，解得△E=-3J，即煤块的机械能减少3J，故A错误.

C.第一阶段传送带的速度大于煤块块的速度，煤块相对于传送带向后运动，相对位移：

△x1

=vt1

-x1

=4×0.5-1=1m

第二阶段煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移：

△x2

=(L-x1

)-vt2

=(3.5-1)-4×0.5=0.5m

所以煤块在传送带上留下的划痕等于△x1

=1m;故C正确.

B.煤块与皮带之间因摩擦而产生的热量为：

Q=μmgcosθ(△x1

+△x2

）=0.25×10×0.8×1.5=3J；

故B错误.

D.由于煤块与皮带间有相对运动，两者相对于地面的位移不等，所以煤块对皮带做的功与皮

带对煤块做的功不等;故D错误.

9.子弹以初速度v0

＝10m/s从枪口发出做平抛运动（g取10m/s2），则（）

A.1s末物体的速度为102m/s

B.1s末物体的速度方向与水平方向成45°角

C.每1s内物体的速度变化量的大小为10m/s

D.每1s内物体的速度大小的变化量为10m/s

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.子弹沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做自由落体运动，1s末沿竖直方

向的分速度为：vy

=gt=10×1m/s=10m/s,则1s子弹的速度为：

2222

0

1010m/s102m/s

y

vvv;

故A正确.

B.1s末子弹的速度方向与水平方向的正切值为：

0

10

tan1

10

y

v

v



，

所以θ=45°;故B正确.

C.每1s内物体的速度变化量的大小为：△v=g△t=10×1=10m/s;故C正确.

D.由于速度是矢量，初速度的方向与加速度的方向垂直，所以每1s内物体的速度大小的变

化量不等于10m/s;故D错误.

10.霍曼转移轨道（Hohmanntransferorbit）是一种变换太空船轨道的方法，此种轨道操纵

名称来自德国物理学家瓦尔特•霍曼。在电影和小说《流浪地球》中，利用霍曼转移轨道，

用最少的燃料地球会到达木星轨道，最终逃出太阳系。如图所示，科学家利用固定在地面的

万台超级聚变发动机瞬间点火，使地球在地球轨道Ⅰ上的B点加速，通过运输轨道，再在运

输轨道上的A点瞬间点火，从而进入木星轨道Ⅱ．关于地球的运动，下列说法中正确的是

（）

A.在运输轨道上经过A的速度小于经过B的速度

B.在轨道Ⅱ上的机械能大于在运输轨道上的机械能

C.在轨道Ⅱ上运动的周期大于在运输轨道上的周期

D.在轨道Ⅰ上经过B点的加速度小于在运输轨道上经过B点的加速度

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.在运输轨道上，A点为远日点，B点为近日点，根据开普勒第二定律知，A点速

度小于B点速度，故A正确.

B.当地球在运输轨道A点向轨道Ⅱ转移时需要点火加速，可知在轨道Ⅱ上的机械能大于在运

输轨道上的机械能，故B正确.

C.根据开普勒第三定律知，半径越大，周期越大，则在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上

运动的周期，故C正确.

D.同一物体在同一位置所受万有引力相同，则加速度相同，故在轨道Ⅱ上经过A的加速度等

于在运输轨道上经过A的加速度，故D错误.

11.如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木

板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f。现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动

到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s。下列说法正确的是（）

A.其他条件不变的情况下，F增大，滑块与木板间产生的热量不变

B.其他条件不变的情况下，M越大，s越大

C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长

D.上述过程中，滑块克服摩擦力做功为f(L+s)

【答案】AD

【解析】

系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力没变，所以产生的热量

没变，A正确．其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力不变，当M越大时，木板加速

度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移

s小，B错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木

板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力

F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，C错误；上述过程中，滑块相对于地面的

位移为Ls，则滑块克服摩擦力做功为fLs

，D正确；选AD.

【点睛】当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块相对于地面的位移

为Ls，根据功的计算公式求滑块克服摩擦力做功．根据牛顿第二定律可知，M越大，木

板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，据此即可判断s的变化；F越大，滑

块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也

没有发生改变，所以时间越少；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积．

12.如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力

F作用下，以初速度v0

从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在ts末

质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0

的方向垂直，则（）

内恒力F做功为

1

2

m(v0

2-v2)

B.质点所受合外力的大小为

22

0

mvv

t



C.质点到达B点时的速度大小为

0

22

0

vv

vv

D.恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且

0

sin

v

v



【答案】BCD

【解析】

【详解】A.根据动能定理，ts内恒力F做的功为

22

0

11

22Fk

WEmvmv

，

故A错误；

BD.到达B点时的速度方向与初速度v0

的方向垂直，恒力F的方向与速度方向成钝角，如图

所示：

在x′方向上根据数学知识可得：

v=v0

sinθ

在y′方向根据数学知识可得：

v0

cosθ=ayt

根据牛顿第二定律有：F=may

解得：

22

0

mvv

F

t



，

0

sin

v

v



即恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且

0

sin

v

v



，故B,D正确；

C.设质点从A点运动到B经历时间t1

，设在v0

方向上的加速度大小为a1

，在垂直v0

方向上

的加速度大小为a2

，

根据牛顿第二定律可得：

Fcosθ=ma1

，

Fsinθ=ma2

根据运动学公式可得：

v0

=a1t1

，

vB

=a2t1

，

解得质点到达B点时速度大小为

0

22

0

B

vv

v

vv





，

故C正确；

二．实验题（本题共2小题，共12分）

13.某同学用下图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处

由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽

轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分

别落在记录纸的不同位置处，重复10次．回答下列问题：

（1）在安装实验器材时斜槽的末端应____________。

（2）小球a、b质量m

a

、m

b

的大小关系应满足m

a

_____m

b

，两球的半径应满足r

a

______r

b

（选

填“＞”、“＜”或“=”）。

（3）本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示，这时小球a、b两球碰后的平

均落地点依次是图中水平面上的________点和_________点。

在本实验中结合图，验证动量守恒的验证式是下列选项中的_____________。

A.

aab

mOCmOAmOB

B.

aab

mOBmOAmOC

C.

aab

mOAmOBmOC

【答案】（1）保持水平；（2）＞，=；（3）A，C；（4）B

【解析】

（1）小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球

做平抛运动。

（2）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ma

大于mb

，即ma

＞mb

，

为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等，故填＞、=。

（3）由图1可知，小球a和小球b相撞后，被碰小球b的速度增大，小球a的速度减小，

b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为

B点，碰撞后a、b的落点点分别为A、C点。

（4）小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：

0aaAbB

mvmvmv

，

两边同时乘以时间t得：

0aaAbB

mvtmvtmvt

，可得：

aab

mOBmOAmOC

uuuvuuuvuuuv

，故B正

确，AC错误。

14.如图示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸

带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究功与速度的关系”的实验。

（1）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是_____（选填选项前的字母）。

A．将长木板带滑轮的左端垫高

B．将长木板不带滑轮的右端垫高

在_____（选填选项前的字母）且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做

匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。

A．不挂重物

B．挂上重物

（2）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O．在

纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T．测得A、B、

C……各点到O点的距离为x1

、x2

、x3

……，如图2所示.实验中，重物质量远小于小车质量，

可认为小车所受的拉力大小为mg.从打O点到打某计数点的过程中，拉力对小车做的功W，

打某计数点时小车的速度v.同时以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作出如图3所

示的v2﹣W图象.分析实验图象：该图线与斜率有关的物理量应是_____（选填选项前的字母）.

A．加速度B．位移C．质量D．时间

【答案】(1).B(2).A(3).C

【解析】

【详解】（1）[1]平衡摩擦力时：把长木板的不带滑轮右端适当垫高，故选B.

[2]然后让小车与纸带相连，在不挂重物的情况下，轻推小车，小车做匀速直线恰好平衡摩

擦力，故选A.

（2）[3]由于近似认为拉力等于重力，根据W=Fs可知，设力做功为W，拉力做的功转化为

小车的动能，即：

2

1

2

WMv

以v2为纵坐标，W为横坐标，图线的斜率：

22v

k

WM



，

可见该图线与斜率有关的物理量应是小车的质量，与加速度、小车的位移、运动的时间都无

关，故选C.

三．计算题（本题共3小题，共40分）

15.质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，

取竖直向上为正方向，

（1）求小球与地面碰撞前后的动量变化；

（2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小？（取g=10m/s2）。

【答案】（1）2kg•m/s；方向竖直向上；（2）12N；方向竖直向上；

【解析】

【详解】（1）小球与地面碰撞前的动量为：p1

=m(－v1

)=0.2×(－6)kg·m/s=－1.2kg·m/s

小球与地面碰撞后的动量为p2

=mv2

=0.2×4kg·m/s=0.8kg·m/s

小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp=p2

－p1

=2kg·m/s

（2）由动量定理得(F－mg)Δt=Δp

所以F=

p

t





＋mg=

2

0.2

N＋0.2×10N=12N，方向竖直向上．

16.如图，一个质量为m的小球，以初速度

0

vgR从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B

点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点。已知圆弧的半径

为R，且A与D在同一水平线上，C点是圆管最低点，BC弧对应的圆心角60，不计空

气阻力。（重力加速度为g）求：

（1）在D点，管壁对小球的作用力N；

（2）小球在圆管中运动时克服阻力做的功

f

W

。

【答案】（1）

3

4

Nmg

，方向竖直向上（2）

3

8f

WmgR

【解析】

【详解】（1）小球从D到B，平抛：2

1

1cos60

2

Rgt得

3R

t

g



小球从D点抛出的速度

D

sin601

2

R

vgR

t





，

在D点根据牛顿第二定律：

2

D

mv

mgN

R



解得：

3

4

Nmg

，方向竖直向上。

（2）从A到D，根据动能定理有：22

D0

11

22f

Wmvmv

，得克服摩擦力做功：

3

8f

WmgR

。

17.如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB

段光滑，BC段长x＝1m，与滑块间的摩擦因数为μ1

＝0.25．平台右端与水平传送带相接于

C点，传送带的运行速度v＝7m/s，长为L＝3m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面

DE长度S＝0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨

道半径R＝1m，θ＝37°．今将一质量m＝2kg的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的

弹性势能为EP

＝30J，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相

同。设经过D点的拐角处无机械能损失且滑块能沿斜面下滑。重力加速度g＝10m/s2，sin53°

＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力。试求：

（1）滑块到达C点的速度vC

＝？

（2）滑块与传送带间的摩擦因数μ2

及经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能；

（3）若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围.

【答案】（1）5m/s（2）μ2

=0.4，E内

＝24J（3）0≤v传10m/s或v传

≥210m/s

【解析】

【详解】（1）以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得：

2

1

1

2PC

Emgxmv

代入数据得：vC

＝5m/s

（2）滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得：

22

2

11

22C

mgLmvmv

代入数据解得：μ2

＝0.4

经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能为

E内

＝μ2mg△x

其中

11

22

xvtvtvtL

代入数据解得E内

＝24J

（3）斜面高度为：

h＝s•sinθ＝0.3m

（Ⅰ）设滑块在D点的速度为vD1

时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得：

2

1

v

mgm

R



滑块从D点到G点的过程，由动能定理得：

22

11

11

(cos)

22D

mgRhRmvmv

代入数据解得：

1

210m/s

D

v

（Ⅱ）设滑块在D点的速度为vD2

时，恰好到

1

4

圆弧处速度为零，此过程由动能定理得：

2

2

1

(cos)0

2D

mgRhmv

代入数据解得：

2

10m/s

D

v

若滑块在传送带上一直减速至D点恰好同速，则由动能定理得：

22

2

1

11

22C

mgLmvmv

传

代入数据解得：v传1

＝1m/s，所以010m/sv

传

„

若滑块在传送带上一直加速至D点恰好同速，由题目已知v传2

＝7m/s

所以210m/sv

传

….