2021上饶横峰中学高二上学期开学考试物理试题（统招班）含解析

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2020-2021学年度横峰中学高二年级入学考试 物理试卷 命题人： 考试时间：90分钟选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分，其中1-6题为单选题，7-10题为多选题）1、以下物理学史中符合历史事实的是（　　）A．开普勒最先抛弃“地心说”，提出了“日心说”B．牛顿提出的“月-地检验”，证明了太阳对行星的引力满足平方反比定律C．卡文迪许用“扭秤实验”测引力常数的实验中，应用了“放大思想”D．伽俐略发现行星绕太阳的轨道是椭圆【答案】C【解析】A．哥白尼最先抛弃“地心说”， 在《天体运行论》中提出了“日心说”，故A错误；B．牛顿提出的“月-地检验”，证明了物体的重力、太阳对行星的引力和地月之间的引力是一种力，故B错误；C．卡文迪许用“扭秤实验”测引力常数的实验中，通过平面镜反射放大了扭转，应用了“放大思想”，故C正确；D．开普勒发现行星绕太阳的轨道是椭圆，故D错误。故选C。2、如图所示，用轻绳通过光滑定滑轮牵引小船靠岸。若收绳的速度为v，在绳与水平方向夹角为时，船沿水面靠岸的速度为（　　）A． B． C． D．【答案】A【解析】船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，如图 根据平行四边形定则，有解得故选A.3．如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角 ，AB两点竖直高度差h=1 m，忽略空气阻力，则球在A点反弹时速度大小为A．4 m/s B．m/s C． m/s D．2 m/s【答案】B【解析】【详解】如图所示，乒乓球做平抛运动，由得，飞行时间。乒乓球垂直落在球拍上的B点，如图所示，速度偏角，位移偏角正切值，又，水平位移，则有初速度，或者利用A. 4 m/s 与分析不符，故A错误 B. m/s 与分析相符，故B正确C. m/s 与分析不符，故C错误 D. 2m/s与分析不符，故D错误4．如图所示，A、B两轮绕轴O转动，A和C两轮用皮带传动（皮带不打滑），A、B、C三轮的半径之比4：5：5，a、b、c为三轮边缘上的点，则正确的是（   ）A．线速度  B．角速度C．角速度  D．向心加速度【答案】D【解析】已知A、B、C三轮的半径之间的关系ra:rb:rc=4:5:5；A、B两个轮子是同轴传动，角速度相等，故ωa:ωb=1:1, 根据公式v=ωr，线速度之比为va:vb=4:5;根据公式a=ω2r，向心加速度之比为aa:ab=4:5. A、C两个轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，故va：vc=1：1, 根据公式v=ωr，角速度之比为,根据公式可得；A、结合以上分析结果可知，故A错误．B、C、角速度之比为，故B、C均错误．D、三点的加速度之比为，故D正确．故选D．【点睛】本题关键抓住同缘传动边缘上的点线速度相等、同轴传动角速度相同以及线速度与角速度关系公式v=ωr列式求解5．宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此的万有引力作用，围绕其连线上的某一固定点做匀速圆周运动的系统，称为双星系统。现有由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的某一固定点O做匀速圆周运动，已知恒星A、B的质量分别为M、2M，恒星A、B之间的距离为，引力常量为G，则下列判断正确的是（　　）A．恒星做圆周运动的轨道半径为B．恒星做圆周运动的线速度大小为C．恒星做圆周运动的角速度大小为D．恒星做圆周运动的向心加速度大小为【答案】C【详解】A、根据二者的向心力相等、角速度相等可得MrAω2=2MrBω2所以rA=2rB而rA+rB=L解得故A错误；B、根据万有引力提供向心力可得解得恒星A做圆周运动的线速度大小为故B错误；C、恒星A做圆周运动的角速度大小为故C正确；D、根据万有引力提供向心力可得恒星A做圆周运动的向心加速度故D错误。故选C。6．如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下，沿粗糙水平面做匀加速运动，经过时间t，则（　　）A．拉力对物体的冲量大小为Ft B．拉力对物体的冲量大小为C．摩擦力对物体的冲量大小为 D．合外力对物体的冲量大小为零【答案】A【解析】AB．拉力对物体的冲量大小为A正确，B错误；C．由于物体做匀加速运动，不是平衡状态，可知摩擦力的大小不等于，所以摩擦力对物体的冲量大小不等于，C错误；D．由于物体做匀加速运动，物体所受合外力不为零，则合外力对物体的冲量大小不为零，D错误。故选A。7.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图象如图所示。已知汽车的质量为m＝3×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2 ， 则（   ） A. 汽车在前4s内的牵引力为1.5×104N                     B. 汽车的额定功率为180kWC.  汽车的最大速度为20m/s     D. 汽车在前4s内牵引力做的功为3.6×104J【答案】 AB, 【解析】【解答】ABC．由题可知汽车所受阻力 前4s内的加速度为 前4s内汽车做匀加速运动，由牛顿第二定律可得 解得 汽车在4s时达到额定功率，其额定功率为= 当汽车受力平衡时速度最大，其最大速度为 解得D．前4s内的位移为 汽车在前4s内牵引力做的功为 D不符合题意。故答案为：AB。  【分析】利用阻力的大小结合牛顿第二定律可以求出牵引力的大小；利用功率的表达式可以求出额定功率和最大速度的大小；利用位移公式结合牵引力的大小可以求出牵引力做功的大小。8．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（ ）A．带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B．带电质点在P点的电势能比在Q点的大C．带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D．三个等势面中，c的电势最高【答案】BD【解析】A. 等差等势面P处比Q处密，则P处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故A错误；D. 根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知带电质点所受的电场力方向应向下，所以电场线方向向上，故c的电势最高，故D正确.B.带负电质点在电势高处电势能小，可知质点在P点的电势能大，故B正确.C. 带电质点的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，在P点的电势能大，则动能小，故C错误.9．平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路。接通开关K，给电容器充电，则下列说法中正确的是（　　）A．保持K接通减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小B．保持K接通，在两极板间插入一块铝板，则两极板间的电场强度增大C．充电结束后断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电压减小D．充电结束后断开K，在两极板间插入一块电介质，则两极板间的电压增大【答案】BC【解析】A．保持K接通，电容器两极板间的电压不变，减小两极板间的距离，由可知，两极板间的电场强度增大，故A不符合题意；B．保持K接通，在两极板间插入一块铝板，相当于减小两极板间距离，而电容器两极板间电压不变，由可知，两极板间的电场强度增大，故B符合题意；C．充电结束后断开K，电容器所带电荷量不变，减小两极板间的距离，由平行板电容器电容的决定式知电容C增大，根据可知，两极板间的电压减小，故C正确；D．在两极板间插入一块电介质，根据知电容C增大，由可知，两极板间的电压减小，故D不符合题意。故选BC。 【分析】结合选项中的具体措施，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，进而求出两极板间电势的变化，进而分析验电器张角的变化。10.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角 B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态（弹簧弹性势能 ，其中x为弹簧的形变量）。现释放A，此后运动过程中，下列说法正确的是（   ） A. 当A沿斜面下滑的速度最大时，C恰好离开地面，B. A获得最大速度为 C. 弹簧弹性势能最小时，A，B的动能之和最大D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A小球机械能一直增加【答案】 B,C 【解析】【解答】A．设初态弹簧的压缩量为x1 ， 因B球平衡且细绳拉直无拉力，有mg=kx1 设C球刚要离开地面时弹簧伸长量为x2 ， 对C球的平衡有mg=kx2可得 此时细绳、B球和A球的系统，沿着绳的方向有2mgsinα＜（mg+kx2）则B球和A球已经在沿着绳的方向减速运动，故当C恰好离开地面，A沿斜面下滑的速度不是最大，A不符合题意；B．细绳、B球和A球的系统在沿着绳的方向的加速度为零时，A和B的速度达到最大，有2mgsinα=mg则动能最大在弹簧处于原长时，由能量守恒定律有 解得A获得的最大速度为 B符合题意；C．B与A的系统动能最大时弹簧处于原长，则有弹簧弹性势能最小时，A、B的动能之和最大，C符合题意；D．从释放A到C刚离开地面的过程中，对A球而言除重力外只有绳的拉力做负功，则A球的机械能一直减小，D不符合题意。故答案为：BC。  【分析】利用平衡条件可以判别A是否处于最大速度；利用能量守恒定律可以求出A的最大速度；利用能量守恒定律可以判别弹簧弹性势能最小时A、B动能的之和最大；利用弹力做功可以判别A机械能的变化。三、实验题（共16分，每题8分）11．如某实验小组利用图甲所示的实验装置探究恒力做功与动能改变量的关系。所挂砝码质量为 m，重力加速度为 g。(1)平衡小车所受阻力的操作如下：取下砝码，把木板不带滑轮的一端垫高；接通打点计时器 电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动，如果打出的纸带如图乙所示，则应适当______（选填“增大”或“减小”）木板的倾角，直到纸带上打出的点迹____为止。(2)在满足砝码质量 m 远小于小车质量 M 的情况下，某次实验正确操作后，根据测得的实验数 据描绘出的图线如图丙所示，其中横坐标 s 为小车从静止开始发生的位移，纵坐标为小车运动速度大小的平方。若已知图中直线的斜率为k，小车质量 M=_____。（用 m、g、和 k 表示）(3)在纸带上选取先后打出的 A、B 两计数点，设 A、B 两计数点间的距离为 d，打这两点时小 车对应的速度分别为 vA、vB，若砝码质量 m 不是远小于小车质量 M,则本实验需验证表达式________在误差范围内是否成立。（用 m、M、g、d、vA 和 vB 表示）【答案】减小 均匀 (1)[1][2]从纸带上来看，纸带相等时间内的位移越来越大，做加速运动，要平衡摩擦力，则需减小木板的倾角，使小车做匀速直线运动，即打出的点迹均匀；(2)[3] 根据可得，则有，图线的斜率，对系统研究，根据牛顿第二定律可得，则有，解得小车质量；(3)[4]对系统研究，外力做功为，系统动能的变化量为，即验证表达式；12．某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找不变量，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP。米尺的零点与O点对齐。(1)入射球A的质量mA和被碰球B的质量mB的关系是mA________mB（选填“>”“<”或“＝”）。(2)碰撞后B球的水平射程应为________cm。(3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是________（填选项前的字母）。A．水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量E.测量G点相对于水平槽面的高度(4)若mv为不变量，则需验证的关系式为_____________。【答案】> 64.7(64.2～65.2均可) ABD mA·OP＝mA·OM＋mB·ON (1)为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即mA大于mB。(2)由图乙所示可知，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64．7cm；(3)两球离开轨道后做平抛运动，它们在控制的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：mAv0=mAv1+mBv2两边同时乘以t得：mAv0t=mAv1t+mBv2t则：mAOP=mAOM+mBON实验需要测量小球的水平位移、小球的质量，故选ABD．(4)有以上分析可知，需要验证的表达式为：mA·OP＝mA·OM＋mB·ON四、解答题（共44分，其中13题9分，14题10分，15题12分，16题13分）13．在距离地面5m处将一个质量为1kg的小球以的速度水平抛出，若求：（1）小球在空中的飞行时间是多少？（2）水平飞行的距离是多少米？（3）小球落地时的速度？【答案】（1） （2） (3) 【解析】（1）小球做平抛运动，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，由h=gt2得：小球在空中飞行的时间为：（2）小球在水平方向上做匀速直线运动，得小球水平飞行的距离为：x=v0t=10×1m=10m．（3）小球落地时的竖直速度为：vy=gt=10m/s．所以，小球落地时的速度为：方向与水平方向的夹角为45°向下．14．将带电荷量为610－6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服静电力做了310－5J的功；再将该电荷从B点移到C点，静电力做功1.210－5J的功。求：(1)A、B两点间的电势差UAB；(2)若规定B点的电势为零，则C点的电势是多少？(3)该电荷从A点移到C点，电势能变化了多少？（要求指明是增加还是减少）【答案】(1)5V；(2)2V；(3)增加了1.810－5J(1)AB两点间的电势差为(2)BC两点间的电势差为若规定B点的电势为零，则则(3)AC两点间的电势差为该电荷从A点移到C点，电场力做功为由功能关系可知，电势能增加了1.810－5J。15．如图所示，有一电子（电量为e、质量为m）经电压U加速后，沿平行金属板A、B中心线进入两板，A、B板间距为d、长度为L，A、B板间电压也为U，屏CD足够大，距离A、B板右边缘3L，AB板的中心线过屏CD的中心且与屏CD垂直．试求电子束打在屏上的位置到屏中心间的距离．【答案】解：设电子经加速电场加速后获得速度v0 ， 经过偏转电场偏转后发生偏移量y，速度偏转角为θ，电子打在屏上的位置到屏中心间的距离为y1 ， 则：加速电场中有动能定理得： ，解得： …①，粒子在AB板间运动过程：水平方向由：L=v0t解得： …②，竖直方向： …③，…④，vy=at= …⑤， ⑥，离开偏转场后电子匀速飞向屏的过程： …⑦，由①～⑦解得： ． 【解析】【分析】粒子在加速电场中做匀加速运动在偏转电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，利用偏转知识求解偏转位移，借助偏转夹角求解无电场区域的位移，两者之和即为结果；16．如图所示，光滑圆弧轨道AB的半径R=0.9m，圆心角∠AOB=60°，与光滑水平面BC相切于B点，水平面与水平传送带在C点平滑连接，传送带顺时针匀速转动。质量为的小球P从A点以=4m/s的初速度切入圆弧轨道，与静止在水平面上质量为的物块Q发生弹性正碰，碰后取走小球P。Q到达传送带右端时恰好与传送带速度相等，从D点水平抛出后，落在水平面上的E点，D、E的水平距离x=0.9m，物块Q与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，其余部分摩擦不计，传送带上表面距地面高度h=0.45m，重力加速度g=10m/s2，P、Q及传送带转动轮大小不计。(1)求小球P刚刚到达B点时对轨道的压力大小；(2)Q由C到D过程中，带动传送带的电机至少要多做多少功？(3)若传送带以同样大小的速度逆时针转动，分析碰撞后物块Q的运动情况。【答案】(1)N；(2)6J；(3)物块将在圆弧上0.2m高处和传送带上C点右侧2m处之间来回运动(1)设P球刚刚到达B点时速度为，下滑高度为H，B点对球的支持力为FN，由动能定理有H=R-Rcos60°联立解得再由牛顿第二定律有解得由牛顿第三定律得，小球对B点的压力为N。(2)设P、Q碰撞后的速度分别为、，由于发生弹性碰撞，由动量守恒有由机械能守恒定律有解得（舍去）设物块由D点平抛时的速度为，下落时间为t，则有 ，解得设物块在传送带上运动的加速度为a，运动时间为t，则有，物体和传送带的相对位移电机所做的功联立解得W=6J(3)传送带逆时针转动时，物块向右滑上传送带时做匀减速运动，能滑到的最大距离为传送带的长度故物块以等大速度反向滑回，到达圆弧面的最大高度故物块将在圆弧上0.2m高处和传送带上C点右侧2m处之间来回运动。