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1、双峰一中学2018年下学期高二入学考试物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，功48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8小题只有一个选项符合题目要求，第9-12小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全对的得2分，有选错或不答的得0分。）1. 一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内（ ）A. 速度一定在不断改变，加速度也一定不断改变B. 速度可以不变，但加速度一定不断改变C. 质点不可能在做匀变速运动D. 质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向【答案】D【解析】试题分析: A、B、C、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一直线上，故速度方向时刻改变
2、，所以曲线运动是变速运动，其加速度不为零，但加速度可以不变，例如平抛运动，就是匀变速运动故选项A、B、C均错误D、曲线运动的速度方向时刻改变，质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向，故D正确故选D考点：考查曲线运动；物体做曲线运动的条件【名师点睛】本题一定要掌握物体做曲线运动的条件：合力与速度不在同一条直线上既然是曲线运动，那么速度的方向与合外力的方向一定不在一直线上，速度方向时刻改变2. 如图所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的（ ）A. 线速度 B. 加速度 C. 角速度 D. 轨道半径【答
3、案】C【解析】试题分析：地球自转绕地轴转动，地球上除两级各点具有相同的角速度在a和b两地的物体随地球自转的轨道半径不同，根据v=r、a=r2知线速度、加速度不同故C正确，A、B、D错误故选C3.某物体在地面上受到地球对它的万有引力为F若此物体受到的引力减小到F/4，则此物体距离地面的高度应为（R为地球半径）（）A. RB. 2RC. 4RD. 8R【答案】A【解析】【详解】根据万有引力定律表达式得：F=，其中r为物体到地球中心的距离。某物体在地球表面，受到地球的万有引力为F，此时r=R；若此物体受到的引力减小为F/4，根据F=得出此时物体到地球中心的距离r=2R，所以物体距离地面的高度应为R.
4、故选：A4.关于静电场，下列说法正确的是A. 元电荷就是点电荷B. 库仑力和万有引力是性质不同的两种力C. 电场线不是实际存在的线，所以引入电场线没有意义D. 电场中某点电场强度的方向与点电荷在该点所受的静电力的方向相同【答案】B【解析】点电荷是忽略自身大小的一种理想化的物理模型，元电荷是指电子或质子所带的电荷量，故A错误；库仑力和万有引力是性质不同的两种力，选项B正确；电场线不是实际存在的线，但它可以形象的描述电场，所以引入电场线有意义，选项C错误；电场中某点电场强度的方向与正的点电荷在该点所受的静电力的方向相同，选项D错误；故选B.5.如图所示，以9.8 m/s的水平初速度 v0 抛出的物
5、体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30的斜面上，这段飞行所用的时间为(g取9.8 m/s2)()A. B. C. D. 2 s【答案】C【解析】【详解】小球撞在斜面上的速度与斜面垂直，将该速度分解，如图。则tan60=，则vy=v0tan60=gt，所以，故选C.6.如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内的两颗人造卫星B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星则以下判断正确的是A. 卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B. A、B的线速度大小关系为vAvBC. 周期大小关系为TATCTBD. B、C的线速度大小关系为vCvB【答案】C【解析】根据万有引力提供向心
6、力：,解得：，C的轨道半径大于B的轨道半径，则vBvC，故D错误；第一宇宙速度指的是r=R时的速度，B的轨道半径为r=2R，由上可知卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；A、C的角速度相等，根据v=r知，vCvA，所以vBvA，故B错误；A、C的角速度相等，则A、C的周期相等，根据知，C的周期大于B的周期，故C正确。所以C正确，ABD错误。7.如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点
7、的过程中客服摩擦力所做的功。则A. ，质点恰好可以到达Q点B. ，质点不能到达Q点C. ，质点到达Q后，继续上升一段距离D. ，质点到达Q后，继续上升一段距离【答案】C【解析】试题分析：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，mg2RWmvN20，解得W=mgR由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得，mgRWmvQ2mvN2，因为WmgR，可知vQ0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离故C正确，ABD错误故选C。考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本
8、题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功。视频8.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是A. M带负电荷，N带正电荷B. M在b点的动能小于它在a点的动能C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【答案】ABC【解析】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可
9、知M带负电荷，N带正电荷，故A正确M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误故选ABC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。视频9.用细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示。则下列说法正确的是（ ）A. 小球通过最高点时，绳子张力可以为0B.
10、小球通过最高点时的最小速度为0C. 小球刚好通过最高点时的速度是D. 小球通过最低点时绳子张力可以为3mg【答案】AC【解析】【详解】A、小球在圆周最高点时，向心力可以是只有重力提供，此时拉力为零，故A正确。B、C、绳子最小的张力可以为零，此时向心力最小，由，解得，此速度也是能通过最高点的最小速度或恰好通过最高点的速度，B错误，C正确。D、小球做完整的圆周运动，通过最高点的最小速度为，由动能定理 可得通过最低点的最小速度为 ，在最低点由牛顿第二定律可知，解得最低点的最小拉力为，D错误。故选AC。【点睛】圆周运动问题重在分析向心力的来源，利用牛顿第二定律列方程，记住绳球模型和杆球模型刚好能过最高
11、点的临界情况10.卫星在A点从圆形轨道I进入椭圆轨道，B为轨道上的一点，如图所示，关于卫星的运动，下列说法中正确的是（）A. 卫星在圆形轨道I上过A点时减速可能进入椭圆轨道B. 在轨道上经过A的速度大于在轨道I上经过A的速度C. 在轨道上运动的周期小于在轨道I上运动的周期D. 在轨道上经过A的加速度小于在轨道I上经过A的加速度【答案】AC【解析】从低轨进入高轨需要加速，从高轨进入低轨需要减速，故A正确；由万有引力定律可知：飞船在A点时，在轨道、上受到的万有引力相同；飞船在轨道做圆周运动，在轨道做向心运动，故在轨道时需要的向心力大于在轨道时，即在轨道II上的A的速度小于在轨道I上A的速度，故B错
12、误；轨道可看成长半轴、短半轴相等的椭圆，故轨道的长半轴大于轨道的长半轴，那么，由开普勒第三定律可知：在轨道II上运动的周期小于在轨道I上运动的周期，故C正确；飞船只受万有引力作用，故飞船在A处受到的合外力不变，那么，在轨道II上经过A的加速度等于在轨道I上经过A的加速度，故D错误。故选AC。11.如图所示，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B后向上运动，则以下说法正确的是A. 物体落到O点后，做加速度增大的减速运动B. 物体从O点运动到B点，动能逐渐减小C. 物体在B点速度为零D. 若不计空气阻
13、力，在整个过程中，物体与弹簧组成系统的机械能守恒【答案】CD【解析】【详解】AB. 物体接触弹簧开始，弹簧的弹力小于重力，其合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，合力为零，加速度为零，速度最大，后来弹簧的弹力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点B时，速度为零，所以速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A错误，B错误；C. B点时最低点，所以物体在B点速度为零，故C正确； D. 在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，物体与弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确。故选：CD.12.平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一个带正电小球用绝缘细线悬挂
14、在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为，如图所示，那么( )A. 保持电键S闭合，将A板稍向B板靠近，则减小B. 保持电键S闭合，将A板稍向上移，则减小C. 电键S断开，将A板稍向B板靠近，则不变D. 电键S断开，将A板稍向上移，则减小【答案】C【解析】【详解】保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，A板向B板靠近，极板间距离减小，根据E=U/d，知电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大，故A错误。保持开关S闭合，仅将A板沿极板方向上移少许，电容器两端间的电势差不变，板间距离也不变，则板间场强不变，小球所受的电场力不变，不变。故B错误。断开开关S，电容器所带的电
15、量不变，根据E=U/d、C=Q/C、C= 联立得，E=，知d变化，E不变，电场力不变，不变。将A板稍向上移，则S减小，E变大，则变大，故C正确；D错误。故选C。【点睛】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变二、实验题（本大题共两小题，每空2分，共16分）13.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图. （1）.实验前应对实验装置反复调节,直到斜槽末端切线_.每次让小球从同一位置由静止释放,是为了每次平抛_.（2）.图乙是正确实验取得的数据,其中为抛出点,则此小球做平抛运动的初速度为_. (取9.8)（3）.在另一次实验中将白纸换成方格纸,每个格的边长,通过实验,记录了小球在运动途中的三个位置,如图丙所示,则该小球做平抛运动的初速度为_;点的竖直分速度为_
