[物理]2022北京首都师大附中高二(上)开学考物理(教师版)

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物
理
一、单选题
1．如图所示，固定斜面 AO、BO 与水平方向夹角均为 45°，现由 A 点以某一初速度水平抛出一个小球(可视为质
点)，小球恰能垂直于 BO 落在 C 点，则 OA 与 OC 的比值为(
)
A． 2 ∶1
B．2∶1
C．3∶1
D．4∶1
2．人通过滑轮将质量为 m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为 h，到
达斜面顶端的速度为 v，如图所示，则在此过程中
1
A．物体所受的合外力做功为 mgh＋ mv2
2
B．人对物体做的功为 mgh
1
C．物体所受的合外力做功大于 mv2
2
D．人对物体做的功大于 mgh
3．关于曲线运动，下列说法正确的是（
A．曲线运动一定是变速运动
）
B．曲线运动的物体加速度一定变化
1 / 19

C．曲线运动的物体所受合外力一定为变力
D．曲线运动的物体所受合力方向一定变化
4．河宽 420m，船在静水中速度为 4m/s，水流速度是 3m/s，则船过河的最短时间（
）
A．140s
B．105s
C．84s
D．60s
5．关于重力势能，下列说法中正确的是（ ）
A．重力势能的大小只由物体本身决定
B．重力势能恒大于零
C．在地面上的物体，它具有的重力势能一定等于零
D．重力势能是物体和地球所共有的
6．如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时
的加速阶段，bc 段是与 ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是（
）
A．0~t1 时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．t ~t 时间内汽车牵引力逐渐增大
1
2
1
C．t ~t 时间内的平均速度为 （v ＋v ）
1
2
1
2
2
D．在全过程中 t 时刻的牵引力及其功率都是最大值，t ~t 时间内牵引力最小
1
2
3
7．假设地球和金星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离大于金星到太阳的距离，那么（
A．地球公转周期小于金星的公转周期
）
B．地球公转的线速度大于金星公转的线速度
C．地球公转的加速度小于金星公转的加速度
D．地球公转的角速度大于金星公转的角速度
8．如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，盘面上距圆盘中心一定距离处放有一个小木块随圆盘一起转动，木
块受哪些力作用（ ）
2 / 19

A．木块受重力、圆盘的支持力和向心力
B．圆盘对木块的支持力、静摩擦力和重力
C．圆盘对木块的静摩擦力、支持力和重力以及向心力作用
D．圆盘对木块的支持力和静摩擦
1
9．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如卫星的线速度减小到原来的 ，卫星仍然做匀速圆周运动，则
2
1
4
A．卫星的向心加速度减小到原来的
B．卫星的周期增大到原来的 8 倍
1
C．卫星的角速度减小到原来的
2
D．卫星的周期增大到原来的 2 倍
10．如图所示,竖直固定的半径为 R 的光滑圆形轨道内,一可视为质点的小球通过轨道最低点 P 时,加速度大小为 6g,
不计空气阻力,下列说法正确的是
A．小球过 P 点时速度大小为 gR
B．小球能沿轨道做完整的圆周运动
C．小球运动的最小加速度为零
D．小球运动的最小速度为零
3 / 19

v
v
11．在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以 和 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至
4
斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（
A．2 倍 B．4 倍
）
C．6 倍
D．8 倍
12．我国发射的某卫星，其轨道平面与地面赤道在同一平面内，卫星距地面的高度约为 500km，而地球同步卫星
的轨道高度约为 36000km，已知地球半径约为 6400km，关于该卫星，下列说法中正确的是
A．该卫星的线速度小于同步卫星的线速度
B．该卫星的加速度小于同步卫星的加速度
C．一年内，该卫星被太阳光照射时间小于同步卫星被太阳光照射时间
D．该卫星的发射速度小于第一宇宙速度
13．已知地球质量大约是月球质量的 81 倍，地球半径大约是月球半径的 4 倍．如图所示，甲、乙两个完全相同的
v
斜面分别固定在地球和月球的水平地面上，将相同的小球从斜面上的同一高度 O 点处，以相同初速度 沿水平
0
方向抛出，分别落在甲、乙斜面上的 A．B 两点（图中未画出）．不计空气阻力且忽略地球和月球自转影响，
则下列说法正确的是（ ）
A．不可以求出 OA 之间距离和 OB 之间距离之比
B．小球落到 A 点与落到 B 点的速率不相同
C．小球从抛出到落在 B 点所用时间大于小球从抛出到落在 A 点所用时间
D．小球从抛出到落在 A 点与小球从抛出到落在 B 点过程中，合力对小球做功不同
14．土卫六叫“泰坦”（如图），它每 16 天绕土星一周，经测量其公转轨道半径约为1.2610 km ，已知引力常量
6
G  6.671011Nm
2
/kg2 ，1 天为 86400s，则土星的质量约为（
）
4 / 19

A．51023 kg
B．51026 kg
C．51029 kg
D．51032 kg
二、解答题
15．如图所示，光滑轨道 ABCD 由倾斜轨道 AB 和半圆轨道 BCD 组成。倾斜轨道 AB 与水平地面的夹角为θ，半
圆轨道 BCD 的半径为 R，BD 竖直且为直径，B 为最低点，O 是 BCD 的圆心，C 是与 O 等高的点。一个质量
为 m 的小球在斜面上某位置由静止开始释放，小球恰好可以通过半圆轨道最高点 D。小球由倾斜轨道转到圆轨
道上时不损失机械能。重力加速度为 g。求：
（1）小球在 D 点时的速度大小
（2）小球开始下滑时与水平地面的竖直高度与半圆半径 R 的比值。
（3）小球滑到斜轨道最低点 B 时（仍在斜轨道上），重力做功的瞬时功率
16．我国月球探测计划嫦娥工程已经启动，“嫦娥 1 号”探月卫星也已发射。设想“嫦娥 1 号”登月飞船靠近月球表面
做匀速圆周运动，测得飞行 n 圈所用的时间为 t，已知月球半径为 R，万有引力常量为 G，月球质量分布均匀。
求：
(1)嫦娥 1 号绕月球飞行的周期；
(2)月球的质量；
(3)月球表面的重力加速度。
17．如图所示，半径为 R、圆心为 O 的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环固定在大圆环上竖直对称轴的
两侧θ=45°的位置上，一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为 m 的重物，小圆环的大小、绳子
与大、小圆环间的摩擦均可忽略．当在两个小圆环间绳子的中点 C 处，挂上一个质量 M 的重物，M 恰好在圆
心处处于平衡．（重力加速度为 g）求：
5 / 19

（1）M 与 m 质量之比．
（2）再将重物 M 托到绳子的水平中点 C 处，然后无初速释放重物 M，则重物 M 到达圆心处的速度是多大？
18．如图所示，长度为 L 的细绳上端固定在天花板上 O 点，下端拴着质量为 m 的小球．当把细绳拉直时，细绳与
竖直线的夹角为θ=60°，此时小球静止于光滑的水平面上．
g
（1）当球以角速度ω1=
（2）当球以角速度ω2=
做圆锥摆运动时，水平面受到的压力 N 是多大？
L
4g
做圆锥摆运动时，细绳的张力 T 为多大？
L
19．质量为 m＝5×103 kg 的汽车在水平公路上行驶，阻力是车重的 0.1 倍。让车保持额定功率为 60 kW，从静止开
始行驶，求：（g 取 10 m/s2）
(1)汽车达到的最大速度 vm；
(2)汽车车速 v1＝2 m/s 时的加速度大小。
L
m
20．长为 的轻弹簧 K 上端固定在天花板上，在其下端挂上质量为 的物块 P 。让弹簧处于原长且 P 从静止释
0
h
ABC
AB  L0  h
， AO  L ，
0
放， P 最大下落高度为 （未超过弹性限度）。斜面
固定在水平面上，
0
0
2
DO  OB  h0 ，O点上方斜面部分粗糙， P 与这部分的动摩擦因数  
，O点下方斜面部分光滑。现将轻
8
弹簧 K 一端固定在斜面上 A 处，用外力使 P 压缩弹簧并静止于 D 点， P 与弹簧未栓接，然后突然撤去外力。
g
（重力加速度为 ，  30）
（1）试通过计算说明：撤去外力后，在弹簧作用下， P 不会滑离斜面；
（2）计算 P 在OB 部分运动的总路程。
6 / 19

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参考答案
1．C
【解析】
以 A 点为坐标原点，AO 为 y 轴，垂直于 AO 为 x 轴建立坐标系，分解速度和加速度，则在 x 轴上做初速度为
v0
2
2
v0 ，加速度为
g 的匀减速直线运动，末速度刚好为零，运动时间为：t 
，在 y 轴上做初速度为做
g
2
2
2
2
2
2
初速度为
v0 ，加速度为
g 的匀加速直线运动，末速度为 vcy 
v0 
gt  2v0 ，利用平均速度
2
2
2
2

 
 
t :
 

2
2
v0  2v
v
0


0
2
2
2
OA:OC  
t  3:1
公式得位移关系：
，故 C 正确，ABD 错误．
2



 


 

2．D
【解析】
【详解】
A、对物体受力分析可知，物体受重力、拉力及摩擦力的作用，由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的
1
改变量，即等于 mv
2
，故 AC 错误；
2
B、由动能定理可知：
1
W 人 
mgh
W f  mv
2
 0
2
则人对物体做的功为：
1
W 人 
mgh
W f  mv
2
2
可知人对物体做的功一定大于 mgh ，故 B 错误，D 正确。
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．曲线运动的速度的方向一定变化，故曲线运动一定是变速运动，选项 A 正确；
8 / 19

B．曲线运动的物体加速度不一定变化，例如平抛运动，选项 B 错误；
C．曲线运动的物体所受合外力可能为恒力，也可能为变力，例如平抛运动的物体受恒力作用，做圆周运动的
物体受变力作用，选项 C 错误；
D．曲线运动的物体所受合力方向不一定变化，例如平抛运动，选项 D 错误；
故选 A.
4．B
【解析】
【详解】
船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和沿水流方向的分运动，渡河时间等于沿船头指向分运动的时间，
当船头与河岸垂直时，沿船头方向的分运动的位移最小，故渡河时间最短，则
d
420
4
t 

s  105s
vc
故选 B。
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
重力势能取决于物体的重力和高度；故 A 错误；重力势能的大小与零势能面的选取有关，若物体在零势能面下
方，则重力势能为负值；故 B 错误；重力势能的大小与零势能面的选取有关；若选取地面以上为零势能面，则
地面上的物体重力势能为负；若选地面以下，则为正；故 C 错误；重力势能是由物体和地球共有的；故 D 正
确；故选 D．
【点睛】
本题考查重力势能的决定因素，重力势能的大小与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势能就
越大；明确重力势能是由地球和物体共有的；其大小与零势能面的选取有关．
6．D
【解析】
【分析】
9 / 19

【详解】
A． 0～t1 时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因牵引力恒定，由 P=Fv 可知，汽车的牵引力的功率均
匀增大，故 A 错误；
B． t ~t 时间内汽车加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，牵引力逐渐减小，故 B 错误；
1
2
1
C．t ～t 时间内，若图象为直线时，平均速度为 （v ＋v ），而现在图象为曲线，故图象的面积大于图像为
1
2
1
2
2
1
直线时的面积，即位移大于图像为直线时的位移，故平均速度大于 （v ＋v ），故 C 错误；
1
2
2
D． 由 P=Fv 及运动过程可知，t 时刻物体的牵引力最大，此后功率不变，而速度增大，故牵引力减小，而 t ～
1
2
t3 时间内，物体做匀速直线运动，物体的牵引力最小，故 D 正确。
故选 D。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
m
质量为 的行星围绕质量为 M 的太阳做圆周运动，运动轨迹半径为 R ，由万有引力提供向心力可得
GMm
4
2
r
v
2
 m
 m  ma  m R
2
r
2
T
2
r
化简可得
GM
v 
r
GM
 
r
3
r
3
T  2
GM
GM
a 
r
2
即轨道半径越大，周期越大，线速度、加速度、角速度越小，因此地球公转周期大于金星的公转周期，地球公
转的线速度、加速度、角速度小于金星公转的线速度、加速度、角速度，故 ABD 错误，C 正确。
10 / 19

故选 C。
8．B
【解析】
小木块做匀速圆周运动，合力指向圆心，对木块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图：
重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力，故 B 正确，A、C、D 错误．
点睛：该题主要考查向心力的来源，要明确圆周运动都需要向心力，向心力是由其他的力来充当的，向心力不
是一个单独力．
9．B
【解析】
【详解】
Mm
v
2
4
2
G
 m  ma  m
r  m r ，
2
卫星绕地做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得：
r
2
r
T
2
GM
r
GM
r
3
GM
GM
r
得 v 
， a 
，T  2
， 
；由 v 
可得，当卫星的线速度减小到原来
r
2
GM
r
3
1
GM
1
r
3
的
时，轨道半径增大为原来的 4 倍．由 a 
，得知，向心加速度减小到原来的 ．由T  2
，
2
r
2
16
GM
GM
1
得知，卫星的周期增大到原来的 8 倍．由 
得知，卫星的角速度减小到原来的 .故 ACD 错误，B 正
r
3
8
确．故选 B.
【点睛】
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，
要能熟练运用比例法．
10．B
【解析】
11 / 19

【详解】
A．在最低点，由牛顿第二定律有：
v
2
P
a  6g 
R
解得：
vP  6gR
故 A 错误；
B．小球能通过最高点的最小速度 vmin  gR ，根据动能定理得
1
1
mg 2R  mv
2
高
 mv
2
P
2
2
解得：
v高  2gR  vmin  gR
所以小球能沿轨道做完整的圆周运动，故 B 正确；
CD．小球能通过最高点的最小速度 vmin  gR ，则最小加速度为
v
2
amin

min  g
R
最小速度为 vmin  gR ，故 CD 错误。
11．B
【解析】
【分析】
【详解】
设斜面倾角为 ，小球落在斜面上速度方向偏向角为
论可得
，甲球以速度 v 抛出，落在斜面上，根据平抛运动的推
tan  2 tan
所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等
12 / 19

对甲有
v
v
甲末

cs
对乙有
v
v乙末

4 cs
所以
v
甲末 =4
v乙末
故 ACD 错误 B 正确。
故选 B。
12．C
【解析】
GM
r
GM
根据 v 
可知，该卫星的线速度大于同步卫星的线速度，选项 A 错误；根据 a=
知该卫星的加速度
r
2
大于同步卫星的加速度，故 B 错误．由开普勒第三定律知，该卫星的周期小于同步卫星的周期，则一年内，该
卫星被太阳光照射时间小于同步卫星被太阳光照射时间，故 C 正确．第一宇宙速度是卫星最小的发射速度，知
该卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故 D 错误．故选 C．
13．C
【解析】
【分析】
【详解】
G81Mm
4R2
设地球质量为 81M，月球质量为 M，地球半径为 4R，月球半径为 R，则根据：
 mg地 ，
1
GMm
R2
g地 81
2
gt
2v0 tan
 mg月
，可得到：
；小球从斜面顶端平抛，则： 2
，则：t 
，由于在

 tan
g月 16
g
v t
0
月球的重力加速度小，故小球从抛出到落在 B 点所用时间大于小球从抛出到落在 A 点所用时间，故 C 正确；
v t
2v0
tan
2
L 
0

根据几何关系，小球落地斜面上的距离：
，所以可以求出 OA 之间距离和 OB 之间距离
cs
g cs
13 / 19

 gt 2  v0
 2v tan  ，故小球落到 A
2
之比，故 A 错误；小球落到斜面上的速度： v  v0
2
 vy
2
 v0
2
2
0
点与落到 B 点的速率相同，故 B 错误；小球从抛出到落在 A 点与小球从抛出到落在 B 点过程中，由于重力加
速度不同，故合力即重力对小球做功不同，故 D 错误．
故选 C。
14．B
【解析】
【分析】
【详解】
卫星受到的万有引力提供向心力，得
Mm
4
2
G
 m
r
2
r
2
T
其中
r=1.2×106km=1.2×109m；T=16 天=16×24×3600≈1.4×106s，G=6.67×10-11N•m2/kg2
代入数据可得
M≈5×1026kg
B 正确，ACD 错误
故选 B。
15．（1） v  gR （2） h  2.5R （3） P  mg 5gRsin
【解析】
试题分析：本题中，小球经历了沿斜面向下的匀加速运动，还有平面内的圆周运动。考查了学生利用已知物理
模型，灵活处理实际问题的能力。题目中小球运动过程中，满足机械能守恒。
v
2
D
（1）小球恰好可以通过半圆轨道最高点 D，则在最高点满足： mg  m
R
v
= gR
故小球在 D 点的速度
D
（2）设小球开始下滑时与水平地面的高度为 h
14 / 19

1
mg h  2R mv
2
D
则从开始下滑，一直到圆弧轨道最高点 D，根据动能定理可知：
2
解得： h  2.5R
（3）设小球到达最低点 B 时的速度大小为 vB ，则滑到最低点 B 的过程中
1
满足方程：
mgh= mv
2
B
解得 vB  2gh  5gR
2
P  mg v sin P  mg 5gR sin
所以在 B 点，小球重力的瞬时功率
=
B
【点睛】（1）小球恰好通过圆弧轨道的最高点，这是一个轻绳模型，由此可判断，此时在 D 点，只有重力充
当向心力，可以求出小球在 D 点的速度。（2）确定好物理过程的初、末位置及状态后，根据机械能守恒，或
利用动能定理，均可求解相关量；（3）重力的瞬时功率，应等于重力与重力方向分速度的乘积。
t
4π
2
R
3
n
2
4π
2
Rn
2
16．(1)T= ；(2) M 
；(3) g 
n
【解析】
【分析】
【详解】
Gt
2
t
2
(1)由题意可知，测得飞行 n 圈所用的时间为 t，则嫦娥 1 号绕月球飞行的周期
t
T=
n
(2)由万有引力提供向心力有
GmM
4π
2
 m
R
2
R
2
T
得
4π
2
R
3
4π
2
R
3 2
n
M 

GT
2
Gt
2
(3)在月球表面物体的重力等于万有引力则
GMm
mg 
R
2
得
15 / 19

GM 4π
2
Rn
2
g 

R
2
t
2
17．（1） 2 :1 （2） 2 1
2gR
【解析】
【详解】
(1)以 M 为研究对象，受力分析：
Mg=2mgcs45°
M
m
2

1
(2)M 与 2 个 m 组成的系统机械能守恒：
1
1
MgRsinθ-2mg(R-Rcsθ)= MV12+ 2 mV22
2
2
V =V csθ
2
1
解得：

2 1
2gR
V1 
mg
4mg
(2)
18．(1)
2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对小球受力分析，作出力图如图 1．
16 / 19

球在水平面内做匀速圆周运动，由重力、水平面的支持力和绳子拉力的合力提供向心力，则
根据牛顿第二定律，得
水平方向有
F sin60°=mω 2lsin60°①
T
1
竖直方向有
F ′+F cs60°-mg=0②
N
T
又
g
l
1 
解得
1
F  mg ；
N
'
2
(2) 设小球对桌面恰好无压力时角速度为ω ，即 F ′=0
0
N
代入①②解得
2g
0 
由于
2 
l
4g
 0
l
故小球离开桌面做匀速圆周运动，则此时小球的受力如图 2
设绳子与竖直方向的夹角为α，则有
17 / 19

mgtanθ=mω22•lsinα ③
mg=FT′csα ④
联立解得
FT′=4mg．
点晴：本题是圆锥摆问题，分析受力，确定向心力来源是关键，要注意分析隐含的临界状态，运用牛顿运动定
律求解．
19．(1)12 m/s；(2)5 m/s2。
【解析】
【分析】
【详解】
(1) 汽车达到的最大速度时，牵引力等于阻力，由 P=Fv 得
P=Fv=Ffvm
所以汽车达到的最大速度
P
P
6010
3
v =
m
=
=
m/s=12m/s
Ff 0.1mg
0.1510 10
3
(2)由 P=Fv 得
P
F＝
v
当 v1=2m/s 时，有
P
60103
F1=
=
N=3×104N
v1
2
由牛顿第二定律得
F －F =ma
1
f
所以汽车车速 v1=2 m/s 时的加速度大小
F  0.1mg 310
4
0.1510
510
3
10
1
m/s2=5 m/s2
a=
=
m
3
18 / 19

4 6
3
20．（1）见解析（2）
h0
【解析】
【详解】
h
Ep  mgh0
（1）当弹簧竖直时， P 由静止释放，由能量守恒知，弹簧形变量为 时，其弹性势能为
0
设滑块 P 从斜面上释放后能沿斜面上升 s ，则：
mgh  mgssin 30  mg cs30(s  h )
0
0
解得：
16  6
s 
h0  2h0
8  6
即撤去外力后，在弹簧作用下， P 不会滑离斜面；
（2）滑块从 D 点释放后会在斜面上往复运动，最终它向上运动到O点速度减为 0，便不再运动到OB 上，设
P 在部分运动的总路程为 S ，由动能定理知：
W  mgcs S  mgh sin  00
弹
0
得到：
4 6
S 
h0 。
3
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