人教版高一物理必修22019- 2020学年第二学期高一期末复习卷（三）（含解析）

1、高一物理必修2综合练习卷（三）（附答案解析）学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h，山坡倾角为，由此不可推算出的物理量是()A. 轰炸机的飞行高度B. 轰炸机的飞行速度C. 炸弹的飞行时间D. 炸弹投出时的动能2. 如图所示，一小球在光滑桌面上做匀速运动，若沿桌面对小球施加一个恒定外力，则小球一定做()A. 直线运动B. 曲线运动C. 匀变速运动D. 匀加速直线运动3. 质量为1kg的物体做自由落体运动，下落1s末重力的瞬时功率为()(g取10

2、m/s2)A. 5WB. 10WC. 50WD. 100W4. 如图所示，滑板运动员以速度v0从距离地面高度为h的平台末端水平飞出，落在水平地面上。运动员和滑板均可视为质点，忽略空气阻力的影响下列说法中正确的是()A. 运动员落地位置与v0大小无关B. 运动员落地瞬间速度与高度h无关C. h一定时，v0越大，运动员在空中运动时间越长D. h一定时，v0越大，运动员落地瞬间速度越大5. 一艘宇宙飞船环绕一个不知名的行星表面的圆形轨道运行，要测量该行星的密度，仅需要()A. 测定飞船的环绕半径B. 测定行星的体积C. 测定飞船的运行周期D. 测定飞船的运行速率6. 对下列图分析不正确的是()A.

3、图1中火车转弯时既不挤压内轨，也不挤压外轨时的行驶速率约为ghrL，取决于内、外轨的高度差h、内外轨间距L及铁路弯道的轨道半径rB. 图2中汽车过凹形桥时，速度越大，压力越大C. 图3中洗衣机脱水时利用离心运动把附着在物体上的水分甩掉，纺织厂也用这样的方法使棉纱、毛线、纺织品干燥D. 图4中实验不计一切阻力，实验中两个球同时落地说明平抛运动水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体运动7. 刀削面起源于元代，全凭刀削而得名。操作时左手托住面团，右手持刀，对着汤锅，水平削出的面片在空中划出一道曲线，落入锅中。若面团到锅边缘的竖直距离为0.45m，面团离锅边缘最近的水平距离为0.4m，锅的直径为0.4

4、m。为使削出的面片能落入锅中，不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，则面片的水平初速度可能是()A. 1.0m/sB. 2.0m/sC. 3.0m/sD. 4.0m/s8. 如图所示为太阳系示意图，假设地球和土星都绕太阳做匀速圆周运动，以下说法正确的是()A. 地球的绕行周期大于土星的绕行周期B. 地球的绕行线速度小于土星的绕行线速度C. 地球绕行的角速度小于土星绕行的角速度D. 地球的向心加速度大于土星的向心加速度9. 运动员一般采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心，如图所示。假设质量为m的运动员，在起跑时重心升高量为h，获得的速度为v，在此过

5、程中运动员对自身做功为W，若不计其他阻力，则有()A. W=12mv2B. W+mgh=12mv2C. W-mgh=12mv2D. W+12mv2=mgh10. 一质量为m=1kg的物块沿倾角为37的固定斜面以4m/s2的加速度匀加速下滑5m的距离，在这一过程中(已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2)()A. 动能增加20J，机械能减少10JB. 动能增加30J，机械能增加10JC. 动能增加20J，重力势能增加30JD. 动能增加30J，重力势能减少30J二、计算题（本大题共2小题，共20.0分）11. 如图所示，一根不可伸长的长L=5m的轻绳，一端固定在O点，另一端

6、系一质量m=1kg的小球将轻绳伸直拉至水平，小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O时轻绳刚好被拉断O点下方有一倾角=45的固定斜面，小球恰好垂直打在斜面上，取g=10m/s2，求：(1)轻绳刚要拉断时绳的拉力大小；(2)小球从O点运动到斜面的时间12. 足够长的倾角为的粗糙斜面上，有一质量为m的滑块距挡板P为L，以初速度v0沿斜面下滑，并与挡板发生碰撞，滑块与斜面动摩擦因数为，tan.若滑块与挡板碰撞没有机械能损失，求：(1)滑块第一次与挡板碰撞时重力做的功；(2)滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离(3)滑块在整个运动过程中通过的路程答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】根据位

7、移与水平方向夹角，得到水平位移和竖直位移，运用平抛运动的规律求解时间和炸弹的飞行时间和炸弹的初速度，再求解飞行高度。解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，把握隐含的条件，并能灵活运用。【解答】由图可得炸弹的水平位移为x=htan；设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t，初速度为v0,据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有：tan=v0vy=v0gt，又H-hx=12gt2v0t=gt2v0，联立以上三式得H=h+h2tan2，可知可以求出轰炸机的飞行高度H，炸弹的飞行时间t=2H-hg，也可以求出t，轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度为v0=xt，可

8、知也可以求出，故ABC均能算出；由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能，故D不能算出，故D正确，ABC错误。故选D。2.【答案】C【解析】【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动；速度方向与加速度方向不共线做曲线运动；由牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向由合外力的方向决定，加速度不变的运动为匀变速运动。本题考查物体做直线运动和曲线运动的条件和特点，及什么情况做匀变速运动，分清匀变速与轨迹是直线还是曲线的条件是解题关键。【解答】质点开始做匀速直线运动，先对其施加一水平恒力，根据牛顿第二定律，合外力等于水平恒力，质点运动的加速度a

9、=Fm，加速度一定不変，所以小球做匀变速运动，若加速度方向与速度方向共线，轨迹为直线；若不共线则为曲线，故ABD错误，C正确。故选C。3.【答案】D【解析】解：1s末的速度为：v=gt=10m/s所以第1s末重力的瞬时功率为：P=mgv=100W故选：D根据速度时间公式求出1s末的速度，根据P=mgv求解瞬时功率解决本题的关键掌握恒力做功的公式W=Fscos和瞬时功率的公式P=Fvcos4.【答案】D【解析】【分析】运动员和滑板做平抛运动，根据分位移公式和分速度公式列式求解即可。本题关键是明确运动员和滑板做平抛运动，然后根据平抛运动的分位移公式和动能定理列式分析讨论。【解答】A.射程x=v0t

10、=v02hg，初速度越大，射程越大，故A错误；BD.根据动能定理，有mgh=12mv2-12mv02，解得v=v02+2gh，由此可知：运动员落地瞬间速度与高度h有关；当h一定时，v0越大，运动员落地瞬间速度越大，故D正确，B错误；C.运动员和滑板做平抛运动，有h=12gt2，故运动时间与初速度无关，故C错误。故选D。5.【答案】C【解析】解：根据密度公式得：=MV=M4R33，根据根据万有引力提供向心力，列出等式：向心力得：GMmr2=m42rT2由于是近表面飞行可知r=R得：M=42R3GT2，代入密度公式得：=3GT2，故C正确。故选：C。研究飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，根

11、据根据万有引力提供向心力，列出等式表示出行星的质量运用物理规律表示出所要求解的物理量，再根据已知条件进行分析判断，注意近表面飞行可以认为r=R6.【答案】D【解析】解：A、火车在转弯时，为使轮缘与铁轨不发生挤压，要使铁轨的支持力与重力的合力提供向心力，即二力的合力的方向应转向圆心，此时：mghL=mv2r，则：v=grhL，可知行驶速率取决于内、外轨的高度差h、内外轨间距L及铁路弯道的轨道半径r；故A正确；B、由mg-F=mv2R可得，汽车通过凹形桥时，速度越大，压力越大；故B正确；C、洗衣机脱水时衣服上的水做离心运动；从而可以将水分甩掉；纺织厂也用这样的方法使棉纱、毛线、纺织品干燥。故C正确

12、；D、实验中两个球同时落地只说明平抛运动在竖直方向为自由落体运动，不能说明平抛运动水平方向为匀速运动；故D错误；本题选择错误的，故选：D物体做圆周运动时就需要有向心力，向心力是由外界提供的，不是物体产生的做匀速圆周运动的物体向心力是由合外力提供的向心力只改变速度的方向，不改变速度的大小向心力的方向时刻改变，向心力也改变本题考查对向心力的理解能力关键要知道向心力不是什么特殊的力，其作用产生向心加速度，改变速度的方向；会分析生活中的常见物体的向心力7. 【答案】B【解析】解：削出的面片做平抛运动，则水平方向有x=v0t竖直方向有：h=12gt2，其中h=0.45m，0.4mx0.8m，联立可得：4

13、3m/sv083m/s，故B正确，ACD错误。故选：B。削出的面片做平抛运动，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，根据高度求出运动的时间，结合水平距离的范围求出初速度的范围，从而得到初速度可能值。解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。8. 【答案】D【解析】【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系，从而比较大小。解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，并能灵活运用。【解答】A.根据GMmr2=mr42T2得，T=42r3G

14、M，土星的轨道半径大于地球的轨道半径，则土星的绕行周期大于地球的绕行周期，故A错误；B.根据GMmr2=mv2r知，v=GMr，土星的轨道半径大于地球的轨道半径，则土星的线速度小于地球的线速度，故B错误；C.根据GMmr2=m2r，得=GMr3，土星的轨道半径大于地球的轨道半径，则土星的角速度小于地球的角速度，故C错误；D.根据GMmr2=ma得，a=GMr2，土星的轨道半径大于地球的轨道半径，则土星的向心加速度小于地球的向心加速度，故D正确。故选D。9.【答案】C【解析】【分析】根据动能定理列式求解即可。本题是动能定理在实际生活中的应用，不难。【解答】运动员起跑前处于静止状态，起跑后获得的速

15、度为v，根据动能定理得出：W-mgh=12mv2，故ABD错误，C正确。故选C。10.【答案】A【解析】解：根据动能定理得：Ek=F合s=mas=145J=20J，即动能增加了20J。物块重力势能减少量为Ep=mgssin37=11050.6J=30J，则机械能的减少量为E=Ep-Ek=30J-20J=10J，故A正确，BCD错误。故选：A。根据牛顿第二定律和动能定理结合求动能的增加量由重力做功分析重力势能的减少量从而得到机械能的变化量本题分析物块的受力情况是基础，在知道加速度的情况下，根据牛顿第二定律可以求解合力，并进一步求合力做功，确定动能的变化11.【答案】解：(1)小球下摆过程，由机械

16、能守恒定律得：mgL=12mv02解得：v0=10m/s，在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=mv02L解得：F=30N；(2)绳子断裂后小球做平抛运动，到达斜面时，竖直分速度：vy=v0tan45=v0=10m/s，在竖直方向：vy=gt解得：t=vyg=1010=1s；答：(1)轻绳刚要拉断时绳的拉力大小为30N；(2)小球从O点运动到斜面的时间为1s【解析】(1)小球下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出小球到达最低点时的速度，然后应用牛顿第二定律求出绳子的拉力(2)绳子断裂后小球做平抛运动，根据题意求出小球到达斜面时的竖直分速度，然后求出小球的运动时间本题考查了机械能守恒定律与平

17、抛运动规律的应用，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律与平抛运动规律可以解题12.【答案】解：(1)由功的定义式可知：滑块第一次与挡板碰撞时重力做的功为：WG=mgLsin；(2)对滑块下滑到滑块第一次与挡板碰撞的过程应用动能定理可得：mgLsin-mgLcos=12mv2-12mv02；滑块与挡板碰撞没有机械能损失，故碰后滑块的动能仍为12mv2；对滑块第一次与挡板碰撞后上升的过程应用动能定理可得：-mgSsin-mgScos=0-12mv2；所以，滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离为：S=12mv2mg(sin+cos)=12mv02+mgLsin-mgLcosmg(sin+cos)=v02+2gLsin-2gLcos2g(sin+cos)；(3)mgcos，故滑块最终停靠着挡板；滑块运动过程只有摩擦力和重力做功，故由动能定理可得：mgLsin-mgs总cos=0-12mv02，所以，滑块在整个运动过程中通过的路程为：s总=12mv02+mgLsinmgcos=v02+2gLsin2gcos；答：(1