安徽省合肥市一六八中学高二物理上学期精选试卷检测题

安徽省合肥168中2015-2016学年高二上学期开学物理试卷一、选择题（共40分，1-5单项选择题，6-10多项选择题）1．质量为m的人造地球卫星在地面上的重力为G，它在到地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运动时( )A．速度为B．周期为4πC．动能为GR D．重力为0考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：地球对卫星的万有引力等于卫星在地面上的重力，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以分析答题．解答：解：质量为m的人造地球卫星在地面上的重力为G，所以地面上的重力加速度为g=根据万有引力等于重力=mg，即G′M=gR2=A、由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力得v==，故A错误B、由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力得T=2π=4π，故B正确C、动能是mv2=GR，故C正确D、重力是=G，故D错误故选BC．点评：卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出卫星的线速度，利用线速度与周期的关系可以求出周期．2．A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v﹣t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A．F1、F2大小之比为1：2B．F1、F2对A做功之比为1：2C．A、B质量之比为2：1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2：1考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：根据速度与时间的图象可知，各段运动的位移关系之比，同时由牛顿第二定律可得匀减速运动的加速度之比，再由动能定理可得出拉力、摩擦力的关系，及它们的做功关系．解答：解：由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2：1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1：2，匀减速运动的位移之比2：1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1•X﹣f1•3X=0﹣0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2•2X﹣f2•3X=0﹣0，因此可得：F1=3f1，F2=f2，f1=f2，所以F1=2F2．全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功之大小相等．故ABD错误，C正确．故选：C．点评：解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，并运用动能定理．3．如图所示，长为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，现将绳水平拉直，让小球从静止开始运动，重力加速度为g，当绳与竖起方向的夹角α=30°时，小球受到的合力大小为( )A．mg B．mg C．mg D．（1+）mg考点：向心力；牛顿第二定律．分析：从最高点到绳与竖直方向的夹角为30°的过程中，根据动能定理求出速度，根据向心力公式求出沿着绳子方向的合力，再根据平行四边形法则求解合力．解答：解：从最高点到绳与竖直方向的夹角为30°的过程中，根据动能定理得：mv2=mgLcos30°在该位置，球沿着绳子方向的合力提供向心力，则有：F=m联立解得：向心力为：F=2mgcos30°=mg则此时的合力为：F合==mg故选：B．点评：解决本题时要注意小球做的不是匀速圆周运动，不是合外力提供向心力，可运用正交分解法进行分析和研究．4．如图所示，在光滑水平面上的物体，受四个沿水平面的恒力F1、F2、F3和F4作用，以速率v0沿水平面做匀速运动，若撤去其中某个力（其他力不变）一段时间后又恢复该作用力，结果物体又能以原来的速率v0匀速运动，这个力是( )A．F1B．F2C．F3D．F4考点：平抛运动；力的合成与分解的运用．专题：平抛运动专题．分析：本来物体受四个力作用处于平衡状态，撤去任意一个力，其余各力的合力必与撤去的那个力大小相等，方向相反，根据合力与速度的方向关系判断物体的运动情况逐项即可分析．解答：解：A、撤去F1后，其他三力的合力方向与速度垂直，物体先做匀加速曲线运动，恢复后，再做匀速直线运动，速度比v0大，故A错误；B、撤去F2后，其他三个力的合力方向与F2方向相反，则物体水平方向的速度先减速到零，再反向加速，而竖直方向上也在加速，所以有可能在某时刻达到v0，故B正确；C、撤去F3后，其他三力的合力方向与与速度成锐角，速度增大，恢复后，做匀速直线运动，速度比v0大，故C错误；D、撤去F4后物块的运动与撤去F3相同，故D错误；故选B．点评：本题中应用了力的合成中的一个结论：当多力合成其合力为零时，任一力与其他各力的合力大小相等方向相反．5．一质量为m的质点以速度v0运动，在t=0时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v1=0.5v0．质点从开始受到恒力作用到速度最小的过程中的位移为( )A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；质点的认识．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由题意可知，物体做类平抛运动，根据运动的合成与分解，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即可求解．解答：解：质点速度大小先减小后增大，减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，是做类平抛运动．设恒力与初速度之间的夹角是θ，最小速度：v1=v0sinθ=0.5v0可知初速度与恒力的夹角为30°．在沿恒力方向上有：，，在垂直恒力方向上有：，质点的位移为：，联解可得发生的位移为：．故选：D点评：考查平抛运动的处理规律，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动的等时性．6．假设太阳系中天体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是( )（球体体积公式V=πR3）A．地球的向心力变为缩小前的一半B．地球的向心力变为缩小前的C．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同D．地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：由密度不变，半径变化可求得天体的质量变化；由万有引力充当向心力可得出变化以后的各量的变化情况．解答：解：A、B、由于天体的密度不变而半径减半，导致天体的质量减小，所以有：M′=ρπ（）3=地球绕太阳做圆周运动由万有引力充当向心力，所以有：F=G=G；所以B正确，A错误；C、D、由G=M′地，整理得：T2=与原来相同，故C正确．D错误；故选：BC．点评：天体的运动中都是万有引力充当向心力，因向心力的表达式有多种，故应根据题目中的实际情况确定该用的表达式．7．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( )A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系．专题：直线运动规律专题．分析：①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明．解答：解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．故选：BD．点评：本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．8．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放，当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ．下列结论正确的是( )A．θ=90°B．θ=45°C．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小D．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；功率、平均功率和瞬时功率．专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题．分析：假设小球a静止不动，小球b下摆到最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，求出最低点速度，再根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解出细线的拉力；对于重力的瞬时功率，可以根据P=Fvcosθ分析．解答：解：A、B、假设小球a静止不动，小球b下摆到最低点的过程中，机械能守恒，有mgR=①在最低点，有F﹣mg=m②联立①②解得F=3mg故a小球一直保持静止，假设成立，当小球b摆到最低点时，小球a恰好对地无压力，故A 正确，B错误；C、D、小球b加速下降过程，速度与重力的夹角不断变大，刚开始，速度为零，故功率为零，最后重力与速度垂直，故功率也为零，故功率先变大后变小，故C正确，D错误；故选AC．点评：本题关键对小球b运用机械能守恒定律和向心力公式联合列式求解，同时结合瞬时功率的表达式P=Fvcosθ进行判断．9．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h均为定值）．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )A．A、B在第一次落地前能否发生相碰，取决于A的初速度大小B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰考点：平抛运动；自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：因为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，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰．解答：解：A、若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰．可知当A 的初速度较大是，A、B在第一次落地前能发生相碰，故A正确．B、若A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰．故B错误，D正确．C、若A球落地时的水平位移为时，则A、B在最高点相碰．故C错误．故选：AD．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据该规律进行分析．10．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则( )A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F=μmg时，A的加速度为μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．解答：解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为，．故当0＜F≤时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；B、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′﹣2μmg=2ma′，对A、B整体，有F′﹣，解得F′=3μmg，故当＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动．当F=时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F﹣=3ma，解得a=，故B、C正确．D、对B来说，其所受合力的最大值F m=2μmg﹣，即B的加速度不会超过，故D正确．故选：BCD．点评：本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．二、实验题（共15分）11．在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）：①下列说法哪一项是正确的C．（填选项前字母）A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为0.653m/s（保留三位有效数字）．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：①平衡摩擦力是用重力的下滑分量来平衡小车受到的摩擦力，故不应该将钩码通过细线挂在小车上，为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放；②用平均速度等于中间时刻的瞬时速度的结论求解．解答：解：①A、平衡摩擦力时要将纸带、打点计时器、小车等连接好，但不要通电和挂钩码，故A错误；B、为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，使系统的加速度较小，避免钩码失重的影响，故B错误；C、实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，故C正确；故选：C；②B为AC时间段的中间时刻，根据匀变速运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：v B==m/s=0.653m/s故答案为：①C ②0.653．点评：“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处，在平时学习中要善于总结、比较，提高对实验的理解能力．12．如图所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1＞m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律．（1）若选定物块A从静止开始下落的过程中进行测量，则需要测量的物理量有①②或①③．①物块的质量m1、m2；②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；③物块B下落的距离及下落这段距离所用的时间；④绳子的长度．（2）为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：①绳的质量要轻；②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；④两个物块的质量之差要尽可能小．以上建议中确实对提高准确程度有作用的是①③．（3）写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：对同一高度进行多次测量取平均值．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题．分析：（1）这个实验的原理是要验证m1、m2的增加的动能和m1、m2减少重力势能是不是相等，所以我们要测量的物理量有：物块的质量m1、m2；物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间或物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间．（2）如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差；绳子不宜太长，长了形变对实验的影响越大；m1、m2相差越大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小．物体末速度v是根据匀变速直线运动求出的，故要保证物体在竖直方向运动．这些都是减小系统误差，提高实验准确程度的做法．（3）多次取平均值可减少测量误差，绳子伸长量尽量小，可减少测量的高度的准确度．解答：解：（1）通过连接在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B 的速度大小总是相等的，故不需要测量绳子的长度和B上升的距离及时间．故选①②或①③均可以．（2）如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差；绳子不宜太长，长了形变对实验的影响越大；m1、m2相差越大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小．物体末速度v是根据匀变速直线运动求出的，故要保证物体在竖直方向运动．这些都是减小系统误差，提高实验准确程度的做法．故选：①③（3）实验误差来自测量，所以多次取平均值可减少测量误差，又绳子伸长量尽量小，可减少测量的高度时的误差故答案为：（1）①②或①③；（2）①③；（3）对同一高度进行多次测量取平均值，选取受力后相对伸长尽量小的绳子等等．点评：此题为一验证性实验题．要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断如何减小实验误差．掌握各种试验方法是解题的关键．三.计算题（共45分）13．设地球半径为R，引力常量为G，地球质量为M，≈1.6．（1）求地球第一宇宙速度v1；（2）以地球第一宇宙速度绕地球做匀速圆周运动的卫星运动周期T1≈1.5h，求地球同步卫星离地高度；（3）质量为m的物体与地心的距离为r时，物体和地球间引力势能可表示为E p=﹣（设物体在离地球无限远处的势能为零），其中G为引力常量，M为地球质量．当物体在地球表面的速度等于或大于某一速度时，物体就可以挣脱地球引力的束缚，成为绕太阳运动的人造行星，这个速度叫做第二宇宙速度．证明：第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系为v2=v1．考点：万有引力定律及其应用；向心力．专题：万有引力定律的应用专题．分析：（1）由万有引力充当向心力可得出线速度的大小；（2）地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则由万有引力充当向心力可求得其离地高度．（3）设物体在地球表面的速度为v2，当它脱离地球引力时r→∝，此时速度为零，引力势能为零，由机械能守恒定律得：，化简可得第二宇宙速度．解答：解：（1）近地卫星的运行速度为第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有：得：（2）设同步卫星轨道半径为r，周期T=24h，根据开普勒第三定律，有：得：r=所以离地高度为：h=5.4R（3）设物体在地球表面的速度为v2，当它脱离地球引力时r→∝，此时速度为零，引力势能为零，由机械能守恒定律得：得：所以有：答：（1）地球第一宇宙速度v1为．（2）地球同步卫星离地高度为5.4R．（3）证明如上所述．点评：本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，要能够根据题目的要求选择恰当的向心力的表达式．14．如图所示，在图（a）中，沿斜面的拉力F把质量为m的物块A沿粗糙斜面匀速向上拉，改变斜面倾角θ，使物块沿斜面向上匀速运动的拉力也随之改变，根据实验数据画出如图（b）所示的﹣tanθ图线．取重力加速度的大小g=10m/s2．（1）在图（a）中画出物体的受力示意图；（2）求物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数μ；（3）若θ=45°时，不用力F拉物块，而给物块一沿斜面向上的较小初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a1：a2．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对物体受力分析，根据共点力平衡得出与tanθ的函数关系式，结合图线的斜率和截距求出物块的质量和动摩擦因数的大小．根据牛顿第二定律分别求出物块沿斜面向上和向下的加速度，从而得出加速度之比．解答：解：（1）a的受力分析图如图所示．（2）由于滑块匀速运动时受力平衡，有：F=mgsinθ+μmgcosθ，解得：．与tanθ为线性函数，由图象可知：mg=40N，解得：m=4kg，μmg=20N，解得：μ=0.5．（3）根据牛顿第二定律得：mgsin45°+μmgcos45°=ma1，mgsin45°﹣μmgcos45°=ma2，解得：a1：a2=3：1．答：（1）物体的受力分析如图所示．（2）物块的质量为4kg，动摩擦因数为0.5．（3）物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比为3：1．点评：本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律与图象的综合，对于图象题，关键得出函数的表达式，结合图线的斜率和截距进行求解．15．如图，一个质量为M的人，站在台秤上，手拿一个质量为m，悬线长为R的小球，在竖直平面内作圆周运动，且摆球恰能通过圆轨道最高点，求台秤示数的变化范围．考点：向心力；作用力和反作用力．专题：匀速圆周运动专题．分析：知道小球恰好能通过圆轨道的最高点的临界条件．小球运动到最低点时悬线对人的拉力最大，且方向竖直向下，故台秤示数最大，根据机械能守恒和牛顿第二定律求出拉力在竖直方向的最小值．解答：解：小球恰好能通过圆轨道的最高点，由牛顿第二定律得：mg=m，小球在圆轨道最高点时的速度v0=，小球由最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv02+mg•2R=mv2，解得，小球到达最低点时的速度：v=；小球运动到最低点时悬线对人的拉力最大，且方向竖直向下，故台秤示数最大，小球通过最低点时，由牛顿第二定律得：T﹣mg=m，解得：T=6mg，台秤的最大示数：F最大=（M+6m）g，小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但是不是最小，当小球处于如图所示状态时，设其速度为v1，由机械能守恒定律得：mv12=mv02+mgR（1﹣cosθ），由牛顿第二定律得：T′+mgcosθ=m，解得，悬线拉力：T′=3mg（1﹣cosθ）其分力：T y=Tcosθ=3mgcosθ﹣3mgcos2θ当cosθ=，即θ=60°时，台秤的最小示数为：F最小=Mg﹣mg=Mg﹣0.75mg，台秤示数的变化范围为Mg﹣0.75mg≤F≤=（M+6m）g；答：台秤示数的变化范围为Mg﹣0.75mg≤F≤（M+6m）g．点评：对物体进行受力分析，运用牛顿第二定律列出力与力的关系，根据题目的条件中找到临界状态．对于圆周运动的受力问题，我们要找出向心力的来源．16．如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为2v0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g．（1）若乙的速度为2v0，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离 s；（2）若乙的速度为4v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；（3）保持乙的速度4v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率．考点：功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：（1）工件滑动传送带乙，沿传送带方向相对传送带向后滑，垂直传送带方向相对传送带向前滑，可知摩擦力与侧向的夹角为45度，根据牛顿第二定律得出侧向的加速度，结合速度位移公式求出侧向上滑过的距离．（2）结合纵向加速度与侧向加速度的比值与两个方向上速度的变化量比值相同，得出摩擦力的方向保持不变，从而得出相对传送带侧向速度为零，则相对传送带沿传送带方向速度为零，从而得出此时的速度大小．（3）结合工件在侧向和沿乙方向上的加速度，结合速度位移公式得出在两个方向上的位移，从而得出工件相对乙的位移，根据功能关系，求出电动机做功的大小，结合工件滑动的时间求出平均功率的大小．解答：解：（1）摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加速度大小a x=μgcos45°，根据，解得s=．（2）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为a x、a y，。

2019－2020学年度高二年级上学期开学联考物理 试卷一.选择题(本题包括12小题，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1－8题只有一项符合题目要求，第9－12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.下列关于曲线运动的说法中正确的是( )A.物体所受的合外力不为零时一定做曲线运动B.物体在一恒力作用下不可能做曲线运动C.曲线运动可能是匀变速运动D.物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线运动2.如图所示，质量为m 的光滑小球，在细线和墙壁的作用下处于静止状态，重力加速度为g ，细线与竖直墙壁的夹角为30°，则细线对小球的拉力大小为( )3.一石块从距地面高度为H 处自由下落，不计空气阻力。

当石块运动时间为落地时间的一半时，石块距地面的高度为( )A.4HB.2HC.34H D.2 4.如图所示，A 、B 两物块的质量分别为m 和M ，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。

己知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。

则在此过程中，物块A 对物块B 的作用力为( )A.0B.Mgsin θC.mgsin θD.(M －m)gsin θ5.2018年10月9日10时43分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丙运载火箭成功将遥感三十二号01组卫星发射升空，卫星进入距地面高为h 的预定圆轨道。

已知地球半径为R ，地球两极的重力加速度为g ，则遥感三十二号01组卫星在预定圆轨道上运行的速度大小为( )6.游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示。

已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。

稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内。

图中P 、Q 两位游客悬于同一个圆周上，P 所在钢绳的长度大于Q 所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2。

不计钢绳的重力。

2018-2019学年安徽省合肥一六八中学高二上学期期中考试物理试题第I卷（选择题)一、单选题1．人静止于光滑水平冰面上，现欲前进，则可行的办法是（）A．向后踢腿B．手臂前后甩C．在冰上滚D．脱去外衣向后掷去2．如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞。

已知碰撞后，甲滑块静止不动，则（）A．碰撞前总动量是4mv B．碰撞过程动量不守恒C．碰撞后乙的速度大小为2v D．碰撞属于非弹性碰撞3．如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f 为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是（）A．b、d两点的电场强度不相同B．a点的电势等于f点的电势C．点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功D．将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大4．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。

如图，半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在过球心O 的直线上有A、B 两个点，O和B、B和A间的距离均为R。

现以OB 为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k ，球的体积公式为343V r π=，则A 点处场强的大小为（）A ．2536kQ RB ．2736kQ RC ．2732kQ RD ．2316kQ R5．如图所示，质量为m 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，处于静止状态。

现施加一水平向右的匀强电场后，A 向右摆动，摆动的最大角度α=60°，则A 受到的电场力大小为（）A ． mgB ． mgC ．mgD ．mg6．如图所示，在光滑绝缘的水平面上存在一平行于水平面的匀强电场，在水平面上的M 点有一质量为m 的带电小物块（可看成质点，电性不知），现给小物块一平行水平面的初速度v 0，经过一段时间小物块运动到N 点时的速度大小仍是v 0，且经M 、N 两点时速度方向均是以O 为圆心、R 为半径的圆的切线，N 、O 两点电势差的绝对值为U ，则（）A ．粒子在M 、N 间是做圆周运动B ．粒子从M 到N 的运动过程中，动能一定先增大后减小C ．匀强电场的电场强度大小E=D ．圆周上，O 点与电势最低的点的电势差为，且O 点电势一定较高7．真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上，x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点的电场强度E随x变化的关系如图所示，下列判断正确的是（）A．点电荷M、N一定为同种电荷B．在x轴上，的区域内，有一点电场强度为零C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2:1D．若设无穷远处为电势能零点，则x=2a处的电势一定为零二、多选题8．光滑绝缘的水平面上M、N两点各放一电荷量分别为+q和+2q，完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0（此时动量大小均为p0）使其相向运动刚好能发生碰撞，碰后返回M、N两点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2，则（）A．E1=E2=E0 ,p1=p2=p0B．E1=E2＞E0 , p1=p2＞p0C．碰撞发生在M、N中点的左侧D．两球不同时返回M、N两点9．三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa=Ob ＜Oc，让三球带电后它们能静止在图中所示位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b、c连线恰构成一等边三角形，则下列说法正确的是（）A．a、b、c三球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．a、b、c三球所受静电力大小一定相等D．细线Oa、Ob所受拉力大小一定相等10．如图所示，小物块静止在水平面上A处，水平面右侧与一竖直光滑圆轨道平滑连接于B处，小物块可不受阻碍的进入圆轨道，C为圆轨道最高点。

高二物理试题（考试时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分,共48分.第1-8题只有一个选项是正确的，第9-12题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选不全得2分,不选或选错得0分.）1、如图所示，两条不等长的细线一端拴在同一点，另一端分别拴两个带同种电荷的小球，电荷量分别是q 1、q 2，质量分别为m 1、m 2，当两小球处于同一水平面时恰好静止，且α>β，则造成α、β不相等的原因是A．m 1>m 2B．m 1<m 2C．q 1<q 2D．q 1>q 2它们加上相同的电压，则在同一时间内，通过它们横截面的电荷量之比为A．1∶4B．1∶8C．1∶16D．16∶14、在国际单位制中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培).导出单位V(伏特)，用上述基本单位可表示为A．m 2·kg·s －3·A －1B．m 2·kg·s －4·A －1C．m 2·kg·s －2·A －1D．m 2·kg·s －1·A －15、如图所示为电视显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，一束沿着管颈(中心圆心)射向纸内的电子将A．向上偏转B．向下偏转C．向左偏转D．向右偏转6、如图所示电路，当滑动变阻器R 1的滑片向上滑动时，下列说法正确的是A．R 1的电流增大B．R 2的功率增大C．R 3两端的电压减小D．电流表的示数变大7、A、B 是两种同位素的原子核，它们具有相同的电荷、不同的质量。

为测定它们的质量比，使它们从质谱仪的同一加速电场由静止开始加速，然后沿着与磁场垂直的方向进入同一匀强磁场，打到照相底片上。

如果从底片上获知A、B 在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08:1，则A、B 的质量之比是A．1:08.1B．1:08.12C．08.11：D．208.11：8、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能E p 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～x 2段是关于直线x=x 1对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是A.x 1处电场强度最小，但不为零B.粒子在0～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动C.在0、x 1、x 2、x 3处电势0ϕ、1ϕ、2ϕ、3ϕ的关系为1023ϕϕϕϕ>=>D.x 2～x 3段的电场强度大小、方向均不变9、实验显示，一电子（质量为m，电荷量大小为e）可以沿半径为r 的圆轨道以速率v 绕均匀带电导线做匀速圆周运动，轨道平面与直导线垂直，如图所示．根据这一事实，下列说法正确的是A．均匀带电长直导线周围的电场是匀强电场B.均匀带电长直导线周围的电场是垂直于导线的辐射状电场C.直导线中心位置的电场场强不为零D.电子所处的位置电场场强大小为ermv 2=E 10、如图甲所示，其中R 两端电压U 随通过该电阻的直流电流I 的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0V(内阻不计)，且R 1＝1000Ω(不随温度变化)．若改变R 2，使AB 与BC 间的电压相等，这时A．R 的阻值约为1000ΩB．R 的阻值约为1333ΩC．通过R 的电流为1.5mAD．通过R 的电流为2.0mA的恒力平行金属板C 、D 间有匀强磁场，磁感应强度为B ，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒)水平喷入磁场，两金属板间就产生电压.定值电阻R 0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S 串联接在C 、D 两端，已知两金属板间距离为d ，喷入等离子体的速度为v ，磁流体发电机的电阻为r (R0<r <2R 0)，则滑动变阻器的滑片P 由a 向b 端滑动的过程中A．磁流体发电机的输出功率一直增大B．金属板C 为电源负极，D 为电源正极C．电阻R 0消耗功率最大值为200222)(r R R v d B +D．滑动变阻器消耗功率最大值为rR v d B +022214、图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E 是电池；R 1、R 2、R 3、R 4和R 5是固定电阻，R 6是可变电阻；表头G 的满偏电流为500μA ，内阻为480Ω.虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压2.5V 挡和10V 挡，直流电流2.5mA 挡和25mA 挡，欧姆×100Ω挡．(1)图(a)中的B 端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接．(2)关于R 6的使用，下列说法正确的是________(填正确答案标号)．A ．在使用多用电表之前，调整R 6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B ．使用电流挡时，调整R 6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置C ．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R 6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置(3)根据题给条件可得R 1＋R 2＝________Ω，R 4＝________Ω．三、计算题（本题共3小题,共36分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.）15、（10分）如图所示,在与水平方向成370的光滑金属导轨间连一恒流电源，在相距1m的平行导轨上水平放一质量为0.4kg的金属棒ab，空间存在方向竖直向上的匀强磁场，场强大小为3T，此时棒恰好静止．g=10m/s2.求：(1)ab棒中的电流大小和方向；(2)若ab棒与轨道间的动摩擦因数 쳌䁜 ，缓慢改变匀强磁场强度大小，若棒ab恰好不下滑，求此时匀强磁场的磁感应强度的大小.16、（12分）真空玻璃管内，阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一束细电子流，以方向平行于平行板电容器极板的速度进入两极板C、D间的区域.如图所示，若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O.已知极板的长度l=5.00cm，C、D间的距离d=1.50cm，极板区的中点M到荧光屏中点O 的距离为L=12.50cm，U=200V，B=6.3×10-4T，P点到O点的距离y=3.0cm，试求电子的比荷.17、（14分）某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁场区域的宽度h，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成37°角，不计粒子的重力．（1）若该粒子恰好不从上边界射出磁场，求粒子入射速度大小；（2）若该粒子经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．求两磁场的间距为d；（3）欲使粒子到达收集板的位置从P点移到M点，求粒子入射速度的大小（用B、m、q、L、d表示）.。