云南省玉溪市峨山一中2020-2021学年上学期开学考试 高二 物理

绝密★启用前
云南省玉溪市峨山一中2020-2021学年上学期开学考试
高二物理
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
分卷I
一、单选题(共12小题,每小题53.0分,36分)
1.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们()
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
2.如图是关于车拉马、马拉车的问题，下列说法中正确的是()
A．马拉车不动，是因为马拉车的力小于车拉马的力
B．马拉车前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力
C．马拉车，不论车动还是不动，马拉车的力的大小总是等于车拉马的力的大小
D．马拉车不动或车匀速前进时，马拉车的力与车拉马的力才大小相等
3.如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A，B两点，A，B两点间距离也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为()
A．mg B． 2mg C． 3mg D． 4mg
4.放在不光滑水平面上的物体，在水平拉力F的作用下以加速度a运动，现将拉力F改为2F(仍然水平方向)，物体运动的加速度大小变为a′.则()
A．a′＝a B．a＜a′＜2a C．a′＝2a D．a′＞2a
5.关于自由落体运动，下列说法中正确的是()
A．不考虑空气阻力的运动是自由落体运动
B．物体做自由落体运动时不受任何外力作用
C．被运动员推出去的铅球的运动是自由落体运动
D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
6.如图所示，两个倾角为60°的斜面体，底端接触放在同一水平面上，斜面体的高都为h．现在左侧斜面顶端以一定的初速度水平抛出一个小球，结果小球恰好垂直地打在右侧的斜面上，则小球的初速度为（）
A． B． C． D．
7.如图所示，两个小球固定在一根长为l的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动．当小球A的速度为v A时，小球B的速度为v B，则轴心O到小球A的距离是()
A．v A(v A＋v B)l B．
C． D．
8.伽利略是现代物理学的奠基人，什么样的运动是匀变速直线运动，就是由伽利略首先定义的．这种运动指的是()
A．速度的变化对时间来说是均匀的 B．速度的变化对位移来说是均匀的
C．加速度的变化对时间来说是均匀的 D．加速度的变化对位移来说是均匀的
9.获得2017年诺贝尔物理学奖的成果是()
A．牛顿发现了万有引力定律 B．卡文迪许测定了引力常量
C．爱因斯坦预言了引力波 D．雷纳·韦斯等探测到了引力波
10.将一个物体以10 m/s的速度从5 m的高度水平抛出，落地时它的速度方向与水平地面的夹角为(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)()
A． 30° B． 45° C． 60° D． 90°
11.如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则()．
A．只有a>g sinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用
B．只有a<g sinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用
C．只有a＝g sinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用
D．无论a为多大，a都受沿传送带向上的静摩擦力作用
12.攀岩是一种考验人的意志的运动．如图为一户外攀岩运动的场景和运动员的攀岩运动线路示意图，该运动员从起点A经B点，最终到达C，据此图判断下列说法中正确的是()
A．图中的线路ABC表示的是运动员所走的位移
B．线路总长度与运动员所用时间之比等于他的平均速度
C．由起点到终点运动员所经线路的总长度等于位移
D．运动员所经过的路程比自A到C的位移大
二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)
13.(多选)在某一高处，以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是()
A．小球能上升的最大高度距离抛出点为20 m
B．小球在5 s末时，位于抛出点的下方
C．小球在前4 s内的平均速度为10 m/s
D．从抛出到落回抛出点的过程，小球的速度变化为0
14.(多选)对于“落体运动快慢”、“力与物体运动关系”等问题，亚里士多德和伽利略存在着不同的观点．下列说法中是伽利略的观点的是()
A．重的物体下落的快，轻的物体下落的慢
B．物体下落的快慢与物体的轻重没有关系
C．物体的运动需要力来维持
D．物体的运动不需要力来维持
15.(多选)A与B两个质点向同一方向运动，A做初速度为零的匀加速直线运动，B做匀速直线运动．开始计时时，A、B位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时，下列说法正确的是()
A．两质点速度相等 B．A与B在这段时间内的平均速度相等
C．A的瞬时速度是B的2倍 D．A与B的位移相等
16.(多选)如图，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上由静止释放，以下说法正确的是()
A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力
B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力
C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力
D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力
分卷II
三、实验题(共2小题,共16分)
17.某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50 Hz.
(1)通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点____和____之间某时刻开始减速．
(2)计数点3对应的速度大小为______m/s.(保留两位有效数字)．
(3)物块加速运动过程中加速度的大小为a＝______m/s2.(保留两位有效数字)
18.用如图所示装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上．钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一痕迹点．移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．
(1)下列实验条件必须满足的有________．
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系．
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的________(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时________(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行．
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据；如图所示，在轨迹上取A、B、C三
点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则________ (选填“大于”“等于”或者“小于”)．可求得钢球平抛的初速度大小为________(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)．
(3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是________．
A．用细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断；从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样．这实际上揭示了平抛物体________．
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
(5)牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．
同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因．
四、计算题
19.如图所示，A、B的重力分别为9.2 N和6.4 N，各接触面间的动摩擦因数均为0.2，连接墙壁与A之间的细绳MN与水平方向夹角为37°，现从A下方向右匀速拉出B.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)此时绳MN对A的拉力大小为多少？
(2)所需的水平拉力F为多大？
20.如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：
(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；
(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．
21.质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光滑固定轴O，如图所示。

现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置时，重力加速度为g，求：
(1)小球P的速度大小；
(2)在此过程中小球P机械能的变化量。

22.如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处平滑连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平力F作用而运动，F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正)，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。

(1)求滑块到达B处时的速度大小；
(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
答案
1.A
2.C
3.A
4.D
5.D
6.A
7.B
8.A
9.D10.B11.B12.D13.AB14.BD15.BCD16.CD
17.【答案】(1)56(2)0.80(3)2.0
【解析】(1)从纸带上的数据分析得知：在计数点5之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点6之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在5和6之间某时刻开始减速．
(2)匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：
v3＝＝m/s＝0.80 m/s
(3)由纸带可知，计数点6往后做减速运动，有：x1＝10.60 cm，x2＝8.61 cm，x3＝6.60 cm，x4＝
4.60 cm，Δx≈－2.00 cm＝－0.02 m，T＝0.1 s，代入公式Δx＝aT2得：
a＝m/s2＝m/s2＝－2.00 m/s2，负号表示物体做减速运动，所以物块减速运动过程中加速度的大小为2.00 m/s2.
18.【答案】(1)BD(1分)(2)a.球心(1分)需要(1分)b．大于(1分)x(2分)
(3)AB(1分)(4)B(1分)
(5)物体初速度较小时，运动范围很小，引力可以看作恒力——重力，做平抛运动；随着物体初速度增大，运动范围变大，引力不能再看作恒力；当物体初速度达到第一宇宙速度时，做圆周运动而成为地球卫星．(2分)
【解析】(1)因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证钢球从同一高度无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此A错误，B、D正确；挡板高度可以不等间距变化，故C错误．
(2)a.因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定y轴时需要y轴与重垂线平行．b.由于平抛的竖直分运动是自由落体，故相邻相等时间内竖直方向上位移之比为1∶3∶5…，故两相邻相等时间内
竖直方向上的位移之比越来越大．因此＞；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝x.
(3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，A、B可行．
(4)从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确．
(5)物体初速度较小时，运动范围很小，引力可以看作恒力——重力，做平抛运动，例如(4)中从同一炮台水平发射的炮弹做平抛运动；随着物体初速度增大，运动范围变大，引力不能再看作恒力，当物体初速度达到第一宇宙速度时，做圆周运动而成为地球卫星．
19.【答案】(1)2 N(2)4.48 N
【解析】(1)对A，受力如图甲所示，根据平衡条件，有：
水平方向：F f1＝μF N1＝F T cos 37°①
竖直方向：
GA＝F N1＋F T sin 37°②
由①②并代入数据可求得F T＝2 N，F N1＝8 N.
(2)对B受力分析如图乙所示，根据平衡条件得：
竖直方向：F N2＝F N1′＋GB＝F N1＋GB＝14.4 N
水平方向：F＝F f1′＋μF N2＝F f1＋μF N2＝4.48 N.
20.【答案】(1)15 m/s2，方向沿杆向上10 m/s2，方向沿杆向下
(2)0.550 N
【解析】(1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图象可知：
在0～2 s内，a1＝＝15 m/s2(方向沿杆向上)
在2～5 s内，a2＝＝－10 m/s2(“－”表示方向沿杆向下)．
(2)有风力F时的上升过程，由牛顿第二定律，有
F cosθ－μ(mg cosθ＋F sinθ)－mg sinθ＝ma1
停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有
－μmg cosθ－mg sinθ＝ma2
联立以上各式解得μ＝0.5，F＝50 N.
21.【答案】(1)(2)增加了mgL
【解析】(1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球Q摆到最低位置时P球的速度为v，由于P、Q两球的角速度相等，Q球运动半径是P球运动半径的两倍，故Q球的速度为2v。

由机械能守恒定律得
2mg·L－mg·L＝mv2＋·2m·(2v)2，
解得v＝。

(2)小球P机械能增加量
ΔE＝mg·L＋mv2＝mgL。

22.【答案】(1)2m/s(2)s(3)5 J
【解析】(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝mv
得v B＝2m/s。

(2)在前2 m内，由牛顿第二定律得
F1－μmg＝ma，且x1＝at
解得t1＝s。

(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m 对滑块从B到C的过程，由动能定理得
W－mg·2R＝mv－mv
代入数值得W＝－5 J
即克服摩擦力做的功为5 J。