学年高一下学期人教版必修2物理期末复习卷 1解析版.docx
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学年高一下学期人教版必修2物理期末复习卷1解析版
2019-2020学年高一下学期人教版必修2物理期末复习卷
(1)(解析版)
一、选择题:
(本题共10小题,每小题4分,满分40分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5只有一项是符合题目要求,第6~10题有多项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
)
1.关于曲线运动,下列说法不正确的是 ( )
A.曲线运动的速度大小可能不变
B.曲线运动的速度方向可能不变
C.曲线运动一定是变速运动
D.做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零
【答案】B
【解析】物体做曲线运动,其速度方向在运动轨迹的切线方向上,速度方向总是发生变化,一定是变速运动,但速度大小可以不变,故选项B错误,选项A、C正确。
因为速度方向发生变化,必定有加速度,根据牛顿第二定律知,物体必定受到不为零的合外力,选项D正确。
2.荡秋千是儿童喜爱的运动,当秋千荡到最高点时小孩的加速度方向可能是图中的 ( )
A.1方向 B.2方向
C.3方向D.4方向
【答案】B
【解析】当秋千荡到最高点时,小孩没有向心加速度,只有因重力产生的切向加速度,故此时加速度的方向可能为2方向,B正确。
3.如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。
质点从M点出发经P点到达N点,已知弧长MP大于弧长PN,质点由M点运动到P点与从P点运动到N点所用的时间相等。
则下列说法中正确的是 ( )
A.质点从M到N过程中速度大小保持不变
B.质点在这两段时间内的速度变化量大小相等,方向相同
C.质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等,但方向相同
D.质点在M、N间的运动不是匀变速运动
【答案】B
【解析】由题图知,质点在恒力作用下做一般曲线运动,不同地方弯曲程度不同,即曲率半径不同,所以速度大小在变,所以A错误;因是在恒力作用下运动,根据牛顿第二定律F=ma,所以加速度不变,根据Δv=aΔt可得在相同时间内速度的变化量相同,故B正确,C错误;因加速度不变,故质点做匀变速运动,所以D错误。
4.在同一点O抛出的三个物体,做平抛运动的轨迹如图所示,则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关系和三个物体做平抛运动的时间tA、tB、tC的关系分别是 ( )
A.vA>vB>vC tA>tB>tCB.vA=vB=vC tA=tB=tC
C.vA>vB>vC tA
【答案】D
【解析】三个物体都做平抛运动,取一个相同的高度,此时物体下降的时间相同,水平位移大的物体的初速度较大,如图所示,由图可知:
vA 由h= gt2可知,物体下降的高度决定物体运动的时间,所以tA>tB>tC,故D正确。 5.我们设想,如果地球是个理想的球体,沿地球赤道修一条高速公路,一辆性能很好的汽车在这条公路上可以一直加速下去,并且忽略空气阻力,那么这辆汽车的最终速度 ( ) A.无法预测B.与飞机速度相当 C.小于“神舟十号”飞船的速度D.可以达到7.9km/s 【答案】D 【解析】汽车一直加速至7.9km/s,将脱离地球表面,成为环绕地球旋转的近地卫星。 而“神舟十号”飞船在其轨道上绕地球运行时,其线速度小于7.9km/s。 6.下列关于功和机械能的说法,正确的是 ( ) A.在有阻力作用的情况下,物体重力势能的减少量不等于重力对物体所做的功 B.合力对物体所做的功等于物体动能的改变量 C.物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能,其大小与势能零点的选取有关 D.运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 【答案】B、C 【解析】任何时候,重力做功均等于重力势能的改变量,A项错。 若物体的机械能守恒,则动能的减少量才等于其重力势能的增加量,D项错。 7.如图,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动,P为近日点,Q为远日点,M、N为轨道短轴的两个端点,运行的周期为T0,若只考虑海王星和太阳之间的相互作用,则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中 ( ) A.从P到M所用的时间等于 B.从Q到N阶段,机械能逐渐变大 C.从P到Q阶段,速率逐渐变小D.从M到N阶段,万有引力对它先做负功后做正功 【答案】C、D 【解析】从P到Q阶段,速率逐渐变小,所以从P到M运动过程平均速率大,所用的时间小于 A项错,C项正确;若只考虑海王星和太阳之间的相互作用,从Q到N阶段,机械能守恒,B项错;从M到N阶段,万有引力对它先做负功后做正功,D项正确。 8.如图1所示,甲、乙两个小球可视为质点,甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑,乙球做自由落体运动,甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图2所示。 下列说法正确的是 ( ) A.甲球机械能不守恒,乙球机械能守恒 B.甲、乙两球的质量之比为m甲∶m乙=4∶1 C.甲、乙两球的动能均为Ek0时,两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙=1∶1 D.甲、乙两球的动能均为Ek0时,两球高度相同 【答案】B、C 【解析】因只有重力做功,所以甲、乙两球机械能都守恒,故A错误;动能与位移的图象斜率表示合外力,甲球的合外力为m甲gsin30°,乙球的合外力为m乙g,由题图2知m甲gsin30°=2m乙g,所以m甲∶m乙=4∶1,故B正确;根据Ek= mv2知,动能相等时, = 两球重力的瞬时功率之比 = 所以C正确;由题图2知,甲、乙两球的动能均为Ek0时,两球高度不相同,所以D错误。 9.如图所示,电梯质量为M,它的水平地板上放置一质量为m的物体,电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动。 当上升高度为H时,电梯的速度达到v,则在这段过程中,下列说法中正确的是 ( ) A.电梯地板对物体的支持力所做的功等于 mv2 B.电梯地板对物体的支持力所做的功大于 mv2 C.钢索的拉力所做的功等于MgH+ Mv2 D.钢索的拉力所做的功大于MgH+ Mv2 【答案】B、D 【解析】电梯地板对物体的支持力所做的功等于物体机械能的变化,即 mv2+mgH,A错,B对;钢索的拉力所做的功等于电梯和物体这一系统机械能的增加量,即(M+m)gH+ (M+m)v2,C错,D对。 10.2017年札幌亚冬会速滑男子5000米接力决赛上,中国队以7分01秒983力压日本和韩国获得金牌。 观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲,甲获得更大的速度向前冲出。 在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用则 ( ) A.甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同B.甲对乙的作用力一定做负功,乙的动能减小 C.乙对甲的作用力一定做正功,甲的动能增大D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 【答案】B、C 【解析】由牛顿第三定律可知,作用力与反作用力大小相等,方向相反,所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等,方向相反,故A错误;甲对乙的作用力一定做负功,乙的动能减小,故B正确;乙对甲的作用力一定做正功,甲的动能增大,故C正确;根据能量守恒知,乙还消耗自身能量转化为甲、乙系统的动能,故D错误。 二、实验题(本题共2小题,共14分) 11.(6分)如图,在“研究平抛运动”的实验中,可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度。 (1)实验简要步骤如下: ①如图所示,安装好器材,注意斜槽末端水平和平板竖直,记下斜槽末端O点和过O点的竖直线,检测斜槽末端水平的方法是__________________。 ②让小球多次从________(选填“同一”或“不同”)位置滚下,记下小球穿过卡片孔的一系列位置。 ③测出曲线上某点的坐标x、y,(当地重力加速度g已知)用v0=____________算出该小球的平抛初速度,实验需要对多个点求v0的值,然后求它们的平均值。 ④取下白纸,以O为原点,以竖直线为轴建立坐标系,用平滑曲线画平抛轨迹。 (2)(多选)研究平抛运动,下面哪些说法是正确的( ) A.使用密度大、体积小的小球 B.必须测出平抛小球的质量 C.将木板校准到竖直方向,并使木板平面与小球下落的竖直平面平行 D.尽量减小小球与斜槽之间的摩擦 【答案】 (1)①让小球置于斜槽末端任一位置,小球均不发生滚动 ②同一 ③x (2)A、C 【解析】 (1)①根据平衡条件,将小球放置在斜槽末端水平位置处,若FN=G,小球不会滚动,此时FN竖直向上,说明末端水平。 ②要记下小球运动途中经过的一系列位置,不可能在一次平抛中完成。 每次平抛只能确定一个位置,要确定多个位置,要求小球每次的轨迹重合,故小球平抛时的初速度必须相同,小球每次从同一位置滚下。 ③由x=v0t及y= gt2得: v0=x 。 (2)研究平抛运动,一是尽量减小小球运动中空气阻力的影响,二是准确地描绘出小球的轨迹,故A、C正确。 12.(8分) (1)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律,在下面所列举的该实验的几个操作步骤中,你认为没有必要进行的或者错误的步骤是______(填字母代号)。 A.按照图示的装置安装器件 B.将打点计时器接到学生电源的直流输出端上 C.用天平测量出重物的质量 D.先放手让纸带和重物下落,再接通电源开关 E.在打出的纸带上,依据打点的先后顺序选取A、B、C、D四个合适的相邻点,通过测量计算得出B、C两点的速度为vB、vC,并测出B、C两点间的距离为h F.在误差允许范围内,看减少的重力势能mgh是否等于增加的动能 m - m 从而验证机械能守恒定律 (2)在“验证机械能守恒定律”的实验中,打点周期为0.02s,自由下落的重物质量为1kg,打出一条理想的纸带,数据如图所示,单位是cm,g取9.8m/s2,O、A之间有多个点没画出,打点计时器打下点B时,物体的速度vB=__________m/s,从起点O到打下B点的过程中,重力势能的减少量ΔEp=__________J,此过程中物体动能的增量ΔEk=__________J。 (答案保留两位有效数字) 【答案】 (1)B、C、D (2)0.98 0.49 0.48 【解析】 (1)步骤B错,应该接到电源的交流输出端;步骤C不必要,因为根据测量原理,重物的动能和势能表达式中都包含了质量m,可以约去,所以不必测量重物的质量;步骤D错,应先接通电源,待打点计时器工作稳定后再释放纸带。 (2)vB= = = ×10-2m/s=0.98m/s 从点O到点B,重力势能的减少量 ΔEp=mghOB=1×9.8×5.01×10-2J≈0.49J 此过程物体动能的增量 ΔEk= m = ×1×0.982J≈0.48J。 三、计算题(本题共5小题,共46分。 要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位) 13.(6分)如图所示,一只20kg的狗拉着一个80kg的雪橇以3m/s的速度冲上坡度为θ的斜坡。 已知sinθ= 斜坡对雪橇的摩擦阻力恒为20N,狗拉雪橇上坡时的加速度为0.2m/s2,经过10s拉雪橇的套绳突然断开,雪橇刚好能冲上坡顶。 求斜坡长。 (g取10m/s2) 【答案】50m 【解析】套绳断时,雪橇和狗的速度为 v=v0+at=(3+0.2×10)m/s=5m/s(1分) 套绳断时,雪橇通过的坡长为 x1=v0t+ at2=40m(1分) 套绳断开后,设雪橇在斜坡上滑行x2停下,则由动能定理有: -(Mgsinθ+Ff)x2=0- Mv2 (2分) 解得: x2=10m(1分) 所以斜坡的长度为 x=x1+x2=40m+10m=50m。 (1分) 14.(8分)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。 飞船在离地面高度为1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。 取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8m/s2。 (结果保留2位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能。 (2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。 【答案】 (1)4.0×108J 2.4×1012J (2)9.7×108J 【解析】 (1)飞船着地前机械能: Ek0= m = ×8×104×(100)2J=4.0×108J, (1分) 飞船进入大气层时的机械能: Eh=mgh+ m =8×104×9.8×1.6×105J+ ×8×104×(7.5×103)2J=2.4×1012J(1分) (2)飞船在h′=600m处的机械能: Eh′=mgh′+ m(vh×2%)2=1.37×109J(2分) 飞船从高度600m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功: W=Eh′-Ek0 (3分) 解得: W=9.7×108J(1分) 15.(10分)如图所示,内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上,一根结实的细绳穿过钢管,两端分别拴着一个小球A和B。 小球A和B的质量之比 = 。 当小球A在水平面内做匀速圆周运动时,小球A到管口的绳长为l,此时小球B恰好处于平衡状态。 管子的内径粗细不计,重力加速度为g。 试求: (1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ。 (2)小球A转动的周期。 【答案】 (1)60° (2)π 【解析】 (1)设细绳的拉力为F,小球B处于平衡状态,有F=mBg (1分) 在竖直方向上,小球A处于平衡状态,有 Fcosθ=mAg (2分) 解得cosθ= = (1分) 所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ=60°(1分) (2)对于小球A,细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力,有Fsinθ=mA (1分) r=lsinθ (1分) 解得小球A的线速度为v= (1分) 又T= (1分) 则小球A转动的周期T=π (1分) 16.(12分)如图所示,QB段是半径为R=1m的光滑圆弧轨道,AQ段是长度为L=1m的粗糙水平轨道,两轨道相切于Q点,Q在圆心O的正下方,整个轨道位于同一竖直平面内。 物块P的质量m=1kg(可视为质点),P与AQ间的动摩擦因数μ=0.1,若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道,到C点又返回A点时恰好静止。 (g取10m/s2)求: (1)v0的大小。 (2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力。 【答案】 (1)2m/s (2)12N,方向竖直向下 【解析】 (1)物块P从A到C又返回A的过程中,由动能定理有: -μmg·2L=0- m (2分) 解得v0= =2m/s(2分) (2)设物块P第一次刚通过Q点时的速度为v,在Q点轨道对P的支持力为FN,由动能定理和牛顿第二定律有: -μmgL= mv2- m (2分) FN-mg=m (2分) 解得: FN=12N(2分) 由牛顿第三定律可知,物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力大小为12N,方向竖直向下。 (2分) 17.(10分)如图所示,将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出,小球飞离平台后由A点沿切线方向落入竖直光滑圆轨道ABC,并沿轨道恰好通过最高点C,圆轨道ABC的形状为半径R=2.5m的圆截去了左上角127°的圆弧,CB为其竖直直径,(sin53°=0.8,cos53°=0.6,重力加速度g取10m/s2)求: (1)小球经过C点的速度大小。 (2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力的大小。 (3)平台末端O点到A点的竖直高度H。 【答案】 (1)5m/s (2)6N (3)3.36m 【解析】 (1)小球恰好运动到C点时,重力提供向心力, 即mg=m (1分) vC= =5m/s(1分) (2)从B点到C点,由机械能守恒定律有 m+mg·2R=m (1分) 在B点对小球进行受力分析,由牛顿第二定律有 N-mg=m (1分) 联立解得vB=5 m/s,N=6N(1分) (3)从A到B由机械能守恒定律有 m +mgR(1-cos53°)= m (2分) 所以vA= m/s(1分) 在A点进行速度的分解有vy=vAsin53°(1分) 所以H= =3.36m(1分)
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