石家庄二中实验学校2020—2021学年度高二年级
第一学期开学学情调研
物理试卷
（时间：60分钟，分值100分）
一、选择题（其中1—4题为单选，5—8题为多选；每小题6分，合计48分）
1. 如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A. 小球在半圆槽内由A 向B 运动做圆周运动，由B 向C 运动也做圆周运动
B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C. 小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D. 小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动 【答案】C 【解析】
【详解】ABC ．小球在半圆槽内由A 向B 运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球机械能守恒，从A 到B 做圆周运动，系统在水平方向上动量不守恒；从B 到C 运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上动量守恒，则B 到C 小球的运动不是圆周运动，故A 、B 错误，C 正确；
D ．小球自由下落到B 点的过程中由机械能守恒可得
212
mgh mv =
从B 到C 过程中水平方向动量守恒，因此有
()1mv m M v =+
因此小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度1v ，小球做斜上抛运动，故D 错误。
故选C 。
2. 如图所示，水平面上有一质量为2m 的物体A ，左端用跨过光滑定滑轮的细线连接着物体B ，物体B 、C 的质量均为m ，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A 受到水平向右的恒力F 的作用而保持静止，已知重力加速度为g 。下列说法正确的是（ ）
A. 在细线被烧断的瞬间，A 的加速度大小为2g sin θ
B. 在细线被烧断的瞬间，B 的加速度大小为0
C. 剪断弹簧的瞬间，细线上的拉力大小瞬间突变为mg sin θ
D. 突然撤去外力F 的瞬间，A 的加速度大小为2
sin 3
g θ 【答案】D 【解析】
【详解】A ．对物体A 受力分析，水平方向受到拉力F 和细线的拉力T ，根据力的平衡条件可知
F =2mg sin θ
在细线被烧断的瞬间，细线对物体A 的拉力T 变为零，由牛顿第二定律得，物体A 的加速度
sin 2A F
a g m
θ=
= 故A 错误；
B ．在细线被烧断前，对
C 受力分析，由力的平衡得，弹簧对物体C 的弹力
F 弹=mg sin θ
在细线被烧断的瞬间，细线对物体B 的拉力T 变为零，对物体B ，由牛顿第二定律得
F 弹+mg sin θ=ma B
则物体B 的加速度
2sin 2sin B mg a g m
θ
θ=
= 故B 错误；
C ．剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为0，所以A 、B 成为连接体，加速度应为
'sin 1
sin 33
F mg a g m θθ-=
=
对物体B
''sin T mg ma θ-=
'4
=sin 3
T mg θ
即细线上的
拉力大小瞬间突变为
4
sin 3
mg θ，故C 错误； D ．撤去F 的瞬间，绳子拉力会突变，A 和B 的加速度相等，对物体A 、B 整体，由牛顿第二定律得
2mg sin θ=（2m +m ）a A
则物体A 的加速度
2sin θ2
=sin θ33
A mg a g m =
故D 正确。 故选D 。
3. 如图所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球。假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°，若不考虑网球在空中受到的阻力，则（ ）
A. 两次发射的初速度之比为3
B. 碰到墙面前竖直方向的分速度大小
之比为1：1
C. 下降高度之比为3
D. 碰到墙面时速度大小之比为1：1
【答案】D 【解析】
【详解】A ．设两球的初速度分别为1x υ和2x υ，运动时间为1t 和2t ，由平抛运动规律可知
1122x x L υt υt ==
速度和水平方向夹角为
1
1tan 30x gt υ=
2
2
tan 60x gt υ=
联立解得
12t t
= 12x x υυ=
故A 错误；
B ．由y gt υ=
可得，竖直分速度大小之比为
12
12y y υt υt =
= 故B 错误； C ．由2
12
y gt =
可得，下落高度之比为 21122213
y t y t == 故C 错误； D ．由cos x
υυθ
=
可得，两球碰墙的速度之比为
1122cos601cos301
x x υυυυ== 故D 正确； 故选D 。
4. 甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v -t 图像如图所示，图中PQR ?和MNR ?的面积分别为s 1和s 2（s 1>s 2）。初始时，甲车在乙车前方s 0处。则（ ）
A. 若s0=s1+s2，两车可能相遇
B. 若s0=s1-s2，两车一定相遇2次
C. 若s0=s2，两车一定相遇2次
D. 若s0=s1，两车可能相遇2次
【答案】B
【解析】
【详解】A．若s0=s1+s2，速度相等时乙车仍在甲车后方，而后乙车速度小于甲车速度，故两车不可能相遇，故A错误；
B．若s0=s1-s2，速度相等之前乙车追上上甲车，而后两车静止时再次相遇，两车一定相遇2次，故B正确；
C．若s0=s2，两车速度相等前相遇一次，而后甲可能追上乙一次，两车可能相遇2次，故C 错误；
D．若s0=s1，恰好速度相等时追上，而后两车不再相遇，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，半圆柱体Q放在水平地面上，表面光滑的圆柱体P放在Q和墙壁之间，Q的轴线与墙壁之间的距离为L。已知Q与地面间的动摩擦因数为μ，P、Q横截面半径均为R，P的
质量是Q的2倍，P、Q均处于静止状态。当
11
5
L R
时，半圆柱体Q恰好要发生相对滑动，
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）
A. L越大，PQ间的作用力越小
B. L越大，P对墙壁的压力越大
C. L越大，Q受到地面的支持力越小
D. 滑动摩擦因数μ=0.5
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．对P 受力分析，受力如图，根据平衡知，Q 对P 的作用力为
cos P m g
F θ
=
根据几何关系可知，L 越大，cos θ越小，则F 越大，故A 错误； B ．根据平衡知，墙壁对P 的弹力
1tan P N m g θ=
根据几何关系可知，L 越大，tan θ越大，墙壁对P 的弹力越大，根据牛顿第三定律得，P 对墙壁的压力越大，故B 正确；
C ．对整体受力分析，竖直方向受两物体自身竖直向下的总重力，和地面给Q 物体竖直向上的支持力，由平衡条件可知，Q 受到地面的支持力大小一直等于两物体的重力大小之和，故C 错误；
D ．对整体分析知，地面对Q 的摩擦力等于墙对P 的弹力大小，故
1tan P f N m g θ==
11
5
L R =
时，半圆柱体Q 恰好要发生相对滑动，此时题目给出最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故有
()P Q f m m g μ=+
由几何关系可得
2
2
tan 4()
R L R θ=
--
联立代入解得μ=0.5，故D 正确。 故选BD 。
6. 如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入，从b 点射出。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 粒子在b 点速率大于在a 点速率
C. 若仅增大磁感应强度，则粒子可能从b 点左侧射出
D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】AC 【解析】
【详解】A ．粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A 正确；
B ．粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b 点速率等于在a 点速率，故B 错误；
C ．根据
mv R qB
=
可知，若仅增大磁感应强度，则粒子运动的半径减小，粒子可能从b 点左侧射出，故C 正确； D ．根据
mv
R qB
=
若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据
2t T θπ
=
可知粒子运动时间可能增加，故D 错误。 故选AC 。
7. 我国发射的第10颗北斗导航卫星是一颗倾斜地球同步轨道卫星，该卫星的轨道平面与地球赤道平面有一定的夹角，它的运行周期是24小时。图中的“8”字是该卫星相对地面的运行轨迹，它主要服务区域为亚太地区。已知地球半径为R ，地球静止同步卫星的轨道距地面高度约为地球半径的6倍，地球表面重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A. 该北斗卫星的轨道半径约为7R
B. 依题可估算出同步卫星的向心加速度大小约为49
g C. 图中“8”字交点一定在赤道正上方
D. 该北斗卫星的线速度小于赤道上物体随地球自转的线速度 【答案】ABC 【解析】
【详解】A ．已知地球半径为R ，地球静止同步卫星的轨道距地面高度约为地球半径的6倍，则该北斗卫星的轨道半径约为7R ，选项A 正确； B ．根据
2
Mm
G
ma r = 可得
22
11
g (7)4949
GM GM a R R =
=?= 选项B 正确；
C ．北斗导航卫星是一颗倾斜地球同步轨道卫星，绕地球做圆周运动，圆心为地心，根据几何关系知，图中“8”字交点一定在赤道正上方，故C 正确。
D ．该北斗卫星的角速度等于赤道上物体随地球自转的角速度，则根据v=ωr 可知，该北斗卫星的线速度大于赤道上物体随地球自转的线速度，选项D 错误。 故选ABC 。
8. 一匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，弧ab 为半圆，ac 、bd 与直径ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。一束质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子，在纸面内从c 点垂直于ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间（ ）
A. 最长时间为54m
qB
π
B. 最长时间为43m
qB
π
C. 最短时间为m
qB
π D. 粒子速率与在磁场中运动时间一一
对应。 【答案】BC 【解析】
【详解】ABD ．带电粒子在磁场中运动，有
2
2qvB m r
T π??= ???
又
2r
T v
π=
可得
2m
T qB
π=
带电粒子在有界磁场中运动时间
2t T θπ
=
则带电粒子在同一有界磁场中运动时间与粒子速率无关，而与粒子运动轨迹所对应的圆心角有关。
设ac =R ，当粒子运动半径
3
22
R r R <<时，且粒子的出射点与c 点在同一直线与弧ab 相切时，粒子在磁场中运动的轨迹所对应圆心角最大，粒子运动时间最长，其运动轨迹如图所示，由几何知识知α=60°，则粒子在磁场中运动的最长时间是
1806043603m
t T qB
π+=
=
AD 错误，B 正确； C ．当粒子运动半径2
R
r ≤时，粒子的偏转角是180°，粒子在磁场中的运动时间最小，最小时间
m
t qB
π'=
C 正确。 故选BC 。
二、实验题。
9. 某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M ，砝码及砝码盘的总质量为m ，打点计时器所接的交流电的频率为f ，定滑轮和动滑轮的阻力可忽略不计。实验步骤如下：
①按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
②调节长木板的倾角，轻推小车，使小车能沿长木板向下匀速运动，记下此时弹簧测力计示数F 0；
③挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，记下弹簧测力计示数F 1，由纸带求出小车的加速度a 1；
④改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤③，求得小车在不同合力作用下的加速度a 1；
(1)对于该实验方案，下列说法正确的是（ ）
A.平衡摩擦力时，即②步骤中一定不能挂上砝码盘
B.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行
C.实验过程中一定要保持M
m
D.小车在运动中，所受到的合力等于弹簧测力计示数F 减去小车匀速下滑时弹簧测力计示数F 0，即F 合=F -F 0
(2)若s 1=6.00cm ，s 2=6.87cm ，s 3=7.75cm ，s 4=8.64cm ，f =50Hz 。则小车的加速度a =________m/s 。（结果保留两位有效数字）
(3)由本实验得到的
数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图像，如图丙所示，与本实验相符合的是（ ）
【答案】 (1). BD (2). 0.88 (3). C 【解析】
【详解】(1)[1]AD ．平衡摩擦力时，应挂砝码盘，让小车在绳子拉力作用下，当匀速行使时有
0sin 0F mg f θ--=
当物体匀加速下滑时有
sin F mg f ma θ--=
联立可得
0F F ma -=
因此实验中挂不挂钩码不影响平衡摩擦力，故A 错误D 正确；
B ．若线不与板平行，则影响已经平衡好的摩擦力，则线必与板平行，选项B 正确；
C ．小车受到拉力已经由弹簧秤测出，且小车质量M 与砝码质量m 并不影响弹簧秤示数，所以选项C 错误； 故选B
D 。
(2)[2]本题要注意的是计时间隔T =5T 0=0.1s 根据△x =aT 2，计算加速度为
()()()()23412222
2
7.758.64 6.00 6.8710m/s =0.88m/s 2[]()02s s s s a T -+-++-+?==．
(3)[3]据牛顿第二定律得
001
F F F a F M M M
-=
=- 所以选项C 正确。
10. 为了测量某待测电阻 R x 的阻值（约为30 Ω），有以下一些器材可供选择． 电流表A 1（量程 0～50 mA ，内阻约 10 Ω）； 电流表A 2（量程 0～3 A ，内阻约 0.12Ω）； 电压表V 1（量程 0～3 V ，内阻很大）； 电压表V 2（量程 0～15 V ，内阻很大）； 电源 E （电动势约为 3 V ，内阻约为 0.2 Ω）； 定值电阻 R （20 Ω，允许最大电流 1.0 A ）； 滑动变阻器 R 1（0～10 Ω，允许最大电流 2.0 A ）；
滑动变阻器 R 2（0～1 kΩ，允许最大电流 05 A ）； 单刀单掷开关 S 一个，导线若干． （1）电流表应选_____，电压表应选_____，滑动变阻器应选_____．（填 字母代号） （2）请在方框内画出测量电阻 R x 的实验电路图．（要求测量范围尽可能大） （ ）
（3）某次测量中，电压表示数为 U 时，电流表示数为 I ，则计算待测电阻阻值的 表达式为 R x ＝________．
【答案】 (1). A 1 (2). V 1 (3). R 1 (4). (5).
U
R I
- 【解析】
【详解】(1)[1][2][3] 电源电动势为3V ，则电压表选V 1；通过待测电阻的最大电流约为：
3A 0.1A 100mA 30
x
E I R =
=== 选量程为3A 的
电流表读数误差太大；可以把定值电阻与待测电阻串联，此时电路最大电流约为：
3
0.06A 60mA 2030
x E I R R =
===++
电流表应选择A 1．为方便实验操作，滑动变阻器应选：R 1． (2)[4]定值电阻与待测电阻串联的总阻值约为
30+20=50Ω
远大于滑动变阻器最大阻值10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表可以采用外接法，电路图如图所示：
(3)[5] 由欧姆定律可知，待测电阻阻值：
x U
R R I
=
- 三、计算题
11. 如图，光滑斜面倾角为37?，一质量2110m Kg -=?、电荷量6110q C -=+?的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，210/G m s =，求： （1）该电场的电场强度大小 （2）若电场强度变为原来的
1
2
，小物块运动的加速度大小 （3）在（2）前提下，当小物块沿斜面下滑2
3
L m =时，机械能的改变量。
【答案】（1）47.510N/C ? ；（2）23m/s ；（3）0.02J - 【解析】
【详解】（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有
在x 轴方向
0x F Fcos mgsin θθ=-=合
在y 轴方向
0N y F F mgcos Fsin θθ=--=合
得
tan37qE mg =?
故有
437.510/4mg
E N C q
=
=?，方向水平向右。 （2）场强变化后物块所受合力为
1
sin 37cos372
F mg qE =-??
根据牛顿第二定律得
F ma =
故代入解得
20.33/a g m s ==，方向沿斜面向下
（3）机械能的改变量等于电场力做的功，故
1
cos372
E qEL ?=-?，
解得
0.02J E ?=-
12. 环保部门为了监测某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置的外形为一长方体，由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两
端开口，在垂直于上下表面加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，电阻率为ρ的污水从左向右匀速流经该装置时，接在两电极间的理想电压表显示两个电极间的电压为U ，求：
(1)该装置内电场场强的大小和方向；
(2)污水的流量Q (单位时间内排出的污水体积)；
(3)若从两个电极引出两条导线，导线间接一阻值为R 的电阻时理想电压表的示数． 【答案】（1）U E b = 方向指向纸外（由后侧面指向前侧面）（2）
Uc
B
（3）Rac U Rac b ρ+ 【解析】
（1）根据匀强电场强度的公式得：U
E b
=
因为正负离子在流动时，根据左手定则，正离子受洛伦兹力，向后表面偏转，负离子受洛伦兹力，向前表面偏转，故后表面上带正电荷，前表面上带负电荷，故后表面电势比前表面高，故电场强度的方向指向纸外或由后侧面指向前侧面
（2）最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有：Eq qvB = 又Q vs vcb == 联立解得：Uc Q B
=
（3）根据电阻定律有：b r ac ρ= 根据串联电路的特点有：1U U
R R r
=+
联立得：1Rac
U U Rac b
ρ=
+
13. 如图所示，将一质量m =2kg 的小球（可视为质点）自水平平台顶端O 点水平抛出，小滑块恰好与斜面无碰撞的落到平台右侧一倾角为α=37°的光滑斜面顶端A 并沿斜面下滑，小滑块
过斜面底端B 后进入粗糙水平轨道BC 部分，再进入光滑的竖直圆轨道内侧运动，忽略小滑块经过B 点时的机械能损失。已知斜面顶端与平台的高度差为h =1.8m ，斜面顶端距水平轨道高度为H =15m ，竖直圆轨道半径为R =4m 。小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，g =10m/s 2求：
(1)小滑块水平抛出的初速度v 0； (2)小滑块由A 到B 的时间；
(3)为使小滑块能进入圆轨道运动且不脱离圆轨道，求水平轨道BC 的长度x 应满足的条件。
【答案】(1)8m/s ；(2)1.67s ：(3)小于或等于20m 【解析】
【详解】(1)小滑块在A 点时的竖直分速度为
2210 1.8m/s 6m/s y v gh ==??=
小滑块水平抛出的初速度为
06
m/s 8m/s tan tan 37
y v v α
=
=
=
(2)小滑块在A 点时的速度
221010m/s y v v v =+=
小滑块在光滑斜面下滑的加速度
22sin 10sin 37m/s 6m/s a g α==?=
小滑块由A 到B 的时间
211
sin 372
H v t at =+
代入解得
5
s 1.67s 3
t =≈
(3)小滑块到达B 点时的速度为
B 15
10m/s 6m/s 20m/s 3
v v at =+=+?=
为使小滑块能进入圆轨道运动且不脱离圆轨道，则小滑块在圆轨道最高点时的速度应满足
v gR ≥
从B 到圆轨道最高点，由动能定理可知
22B 11
222
mgx mg R mv mv μ--?=-
代入数据，解得
20m x ≤
14. 如图，圆心为O 、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 。P 是圆外一点，OP =3r 。一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O ，不计重力。求 (1)画出轨迹图并求出粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
【答案】(1)图见解析；43
r
； (2) 32m qB 【解析】
【详解】(1)根据题意作出粒子的轨迹图，如图所示
设粒子在磁场中运动半径为R ，由几何关系得
3R r =
易得
43
=
r R (2)设进入磁场时速度的大小为v ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
2
mv qvB r
= 进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则
2r vt =
联立解得