1、20192020學年度高二年級上學期開學聯考物理試卷一.選擇題1.下列關于曲線運動的說法中正確的是A.物體所受的合外力不為零時一定做曲線運動B.物體在一恒力作用下不可能做曲線運動C.曲線運動可能是勻變速運動D.物體只有受到方向時刻變化的力的作用才可能做曲線運動【答案】C【詳解】A.物體所受的合外力不為零且與速度方向不共線時，物體一定做曲線運動，選項A錯誤；B.物體在一恒力作用下也可能做曲線運動，例如平拋運動，選項 B錯誤；C.曲線運動可能是勻變速運動，例如平拋運動，選項 C正確；D.物體受到方向不變的力的作用也可能做曲線運動，例如平拋運動，選項D錯誤。2.如圖所示，質量為 m的光滑小球，在細線

2、和墻壁的作用下處于靜止狀態，重力加速度為g,對小球受力分析T mg 2mgcos300- 3細線與豎直墻壁的夾角為 30°,則細線對小球的拉力大小為B.手C. mgD.母,由力的平衡知識可知，細線對小球的拉力大小為23mg故選A.33. 一石塊從距地面高度為 H處自由下落，不計空氣阻力。當石塊運動時間為落地時間的一半時，石塊距地面的高度為B.【詳解】設石塊落地時的時間為12H=2gt當石塊運動時間為落地時間的一半時下落得高度為:11 2H 萬gqt)2石塊距地面的高度為:hH 14H.A.與結論不相符，選項B.C.4 H23H4A錯誤;與結論不相符，選項,與結論相符，選項D.A錯誤;

3、C正確;Y2H,與結論不相符，選項D錯誤.2-19 -4.如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為 m和M,把它們靠在一起從光滑斜面的頂端由靜止開始下滑。已知斜面的傾角為e ,斜面始終保持靜止。則在此過程中，物塊a對物塊b的作用力為A. 0B. Mg)in 0C. mg>in 0D.(M-m) gsin 0【答案】A【詳解】對 A、B組成 整體受力分析可知，整體受重力、支持力而做勻加速直線運動；由牛頓第二定律可知,(m M )gsinM mgsin則再對B由牛頓第二定律可知:合力等于B的重力沿斜面向下的分A.0與分析相符，故 A正確;功將遙感卜二號01組衛星發射升空，衛半徑為R,地球兩極的重力

4、加速度為度大小為A. g(R h)B.D.黑h【詳解】在預定的圓軌道上，根據萬有引力提供向心力得:Mm(R h)2在地球兩極有萬有引力等于重力，即為:G Mm 二mg聯立解得:A. Jg(R h),與結論不相符，選項 A錯誤;B. 1一gR，與結論不相符，選項 B錯誤;.（R h）2C. JgR，與結論不相符，選項 C錯誤；D. J.gR ,與結論相符，選項 D正確。. R h6.游樂園里有一種叫“飛椅”的游樂項目，簡化后的示意圖如圖所示。已知飛椅用鋼繩系著，鋼繩上端的懸點固定在頂部水平轉盤上的圓周上，轉盤繞穿過其中心的豎直軸勻速轉動。穩定后，每根鋼繩（含飛椅及游客）與轉軸在同一豎直平面內。圖

5、中 P、Q兩位游客懸于同一個圓周上，P所在鋼繩的長度大于 Q所在鋼繩的長度，鋼繩與豎直方向的夾角分別為0 1、0 2。不計鋼繩的重力。下列判斷正確的是A. P、Q兩個飛椅的線速度大小相同B. 0 1 一定大于02C. 0 i可能等于02D. Q的向心力一定小于 P的向心力【答案】B【詳解】A.由R=r+Lsin 0可得：R>RQ.角速度相同，則由 v=r 3可知，半徑不同線速度不同，則有：Vp> Vq；選項A錯誤；BC.重力與拉力的合力為 mgan 0 ,由2,mgan 9 =rrto htan 9解得：hp=hQ.（h為鋼繩延長線與轉軸交點與游客水平面的高度）. r由h Lcos

6、 （其中r為圓盤半徑）得 L越小則0越小。則有：0 1>0 2,與質量無tan關，則B正確，C錯誤；D.由向心力公式可知，F向=mgan 8,則如果質量相同時，則 Q的向心力一定小于 P的向心力, 則D錯誤。7.如圖所示，甲、乙兩物體質量相同，甲放在光滑的水平面上，乙放在粗糙的水平面上，現對甲、乙施加相同的水平恒力F,在甲、乙向右運動相同位移的過程中，恒力F對甲、乙物體做功分別為 WW，恒力F對甲、乙物體做功的功率分別為R、P2,則光楷111隆A. W>W, Pi>P2B. WW, R<P2C. W= W, Pi>P2D. W= W, Pi=P2【答案】C【詳解】

7、AB.根據W=F和，推力大小相等，位移相同，則推力做功相等，即W=W 故AB錯誤；CD.根據牛頓第二定律知，在光滑水平面上加速度大，在粗糙水平面上加速度小，由v2=2as可知，經過相同位移，則 vi>V2.根據P=Fv知：Pi>F2,故C正確，D錯誤。8.如圖所示，重物 M通過兩個定滑輪連接著連個質量均為m的物體，由于對稱，圖中兩滑輪之間的繩與豎直方向夾角均為B ,當B =60。時，且重物下降的速率為v時，兩邊質量為 m的物體速度大小為m v M m A. vB. vC.、3vD. 3v22【答案】B【詳解】此題與物體沿豎直桿下落時情況相似，可將物體M的速度分解為沿繩子方向的速度v

8、i和垂直繩子方向的速度，如圖所示；根據三角函數可知：vcos 3 = vi；解得兩邊質量為m的物體速度大小為：A v,與結論不相符，選項 A錯誤；B. v ,與結論相符，選項 B正確；2c. J3v,與結論不相符，選項 c錯誤;D. 我,與結論不相符，選項 D錯誤。29. 一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動,在前5s內做勻加速直線運動，5s末達到額定功率之后保持額定功率運動，20s后汽車勻速運動，其 vt圖象如圖所示。已知汽車的質量為2X103kg,汽車受到的阻力為車重的0.1倍，重力加速度g取10m/s2。則I jj/ f irt S1 )A.汽車在前5s內的加速度為 2m/s2C.汽車的額定

9、功率為 60kW【答案】ACB.汽車在前5s內的牽引力為 4X103ND.汽車的最大速度為 20m/s【詳解】AB.汽車在前5s內做勻加速運動，加速度a Vv 10 2m/s2,由牛頓第二定律得:Vt 5F-Fkma F 阻=0.1 mg 解得 F=6X 103NI.故 A正確，B錯誤。CD.汽車在5s末功率達到額定功率，P=Fv=6X 103xi0W=60kW當汽車速度最大時，牽引力與P 60000一 一阻力大小相等，即 F=F阻，取大速度vm=- =30m/s,故C正確，D錯證;f 200010.如圖所示，在豎直的墻面上用錢鏈固定一可繞O點自由轉動的輕桿，一定長度的輕繩系在輕桿的A C兩點

10、，光滑動滑輪跨過輕繩懸吊一定質量的物塊，處于靜止狀態。開始時輕桿位于水平方向，輕繩對 A C兩點的拉力大小為F。則下列說法正確的是A.若將輕桿沿順時針方向轉過一個小角度，再次靜止時，則 F增大B.若將輕桿沿順時針方向轉過一個小角度，再次靜止時，則 F減小C.若將輕桿沿逆時針方向轉過一個小角度，再次靜止時，則 F增大D.若將輕桿沿逆時針方向轉過一個小角度，再次靜止時，則 F減小【答案】BD【詳解】以滑輪為研究對象進行受力分析，如圖所示,設繩子與水平方向的夾角分別為a和B ,同一根繩子拉力大小相等，即F1COS 3 =F2cos a解得a = (3所以兩根繩子與豎直方向的夾角相等，設為e ；F1

11、= F2,則平衡時有:根據平衡條件可得2Ficos 0 =mg設AC兩點間的水平距離為 d,輕繩總長為L,則sin -L無論將輕繩怎樣轉動,d均減小，則e減小，cose增大，Fl、F2均減小，即F均減小。A.若將輕桿沿順時針方向轉過一個小角度，再次靜止時，則 錯誤；B.若將輕桿沿順時針方向轉過一個小角度，再次靜止時，則 確；C.若將輕桿沿逆時針方向轉過一個小角度，再次靜止時，則 錯誤；D.若將輕桿沿逆時針方向轉過一個小角度，再次靜止時，則F增大，與結論不相符，選項 AF減小，與結論相符，選項 B正F增大，與結論不相符，選項 CF減小，與結論相符，選項 D正確。11.如圖所示，輕質彈簧一端固定，

12、另一端與一質量為 n套在光滑豎直固定桿 A處的圓環相 連，彈簧水平且處于原長.圓環從 A處由靜止開始下滑，經過 B處的速度最大，到達 C處的 速度為零，重力加速度為 g,則A.由A到C的過程中，圓環的機械能守恒B.由A到B的過程中圓環重力勢能的減少量大于動能的增加量C.由A到C的過程中，圓環的動能與重力勢能之和一直在減小D.在C處時，彈簧的彈性勢能為 mgh【答案】BCD由A到C的過程中，除重力做功外，彈簧的彈力做負功，則圓環的機械能減小，選項A錯誤;對圓環彈簧系統機械能守恒，根據機械能守恒定律可得：圓環的動能、重力勢能與彈性勢能守恒，由A到B的過程中，圓環動能的增加量與彈性勢能的增加量之和等

13、于重力勢能的減少量，故B正確；根據機械能守恒定律可得，由 A到C的過程中，彈性勢能逐漸增大，圓環的動能與重力勢能之和逐漸減小，故C正確；整個過程中根據動能定理可得，mgh-W單力=0,克服彈力做的功等于彈性勢能的增加量，即曰弓$=W單力=mgh所以在C處時，彈簧的彈性勢能為 mgh(故D正確；故選BCD點睛：能正確分析小球受力情況和運動情況，對物理過程進行受力、運動、做功分析，是解決問題的根本方法，并要掌握機械能守恒定律和動能定理的應用。12.在有大風的情況下，一小球自A點豎直上拋，其運動軌跡如圖所示，小球運動軌跡上的運動，在連續相等的時間間隔內位移之比為1: 3,故A正確，B錯誤;2J,因

14、Si：CD.在M點時它的動能為2J,說明在從拋出到最高點的過程中，風對物體的功為S2=1: 3,所以整個過程，風對物體的功為8J,整個過程重力做功為零，所以有:E<e=E<a+F（S1+S2） =4J+8J=12J故C錯誤，D正確。二.實驗題：13 .某實驗小組用一只彈簧測力計和一個量角器等器材驗證力的平行四邊形定則，設計的實驗裝置如圖。固定在豎直木板上的量角器直邊水平，橡皮筋一端固定在量角器圓心 O的正上方A點，另一端系繩套1和繩套2。(1)實驗步驟如下：彈簧測力計掛在繩套 1上豎直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的結點到達O點，記下彈簧測力計的示數F彈簧測力計掛在繩套 1上，手拉著繩套2

15、,緩慢拉橡皮筋，使橡皮筋的結點達到O點，此時繩套1沿0°方向，繩套2沿120。方向，此時彈簧測力計的示數為E;根據力的平行四邊形定則計算繩套1和細繩套2的合力F' =;比較,即可初步驗證力的平行四邊形定則。(2)將繩套1由0°方向緩慢轉動到 60°方向，同時繩套 2沿120°方向緩慢的轉動到 180° , 此過程中保持橡皮筋的結點在 O點不動，且保證兩繩套間的夾角為 120。不變。關于繩套1的 拉力大小的變化，下列結論正確的是 。A.逐漸增大B. 先增大后減小 C.逐漸減小D. 先減小后增大【答案】(1).J3f1 (2). 比較F與F

16、'在誤差允許的范圍內相同(3). A【詳解】(1)1.根據力的平行四邊形定則計算繩套1的拉力為:F1 F tan 30即為:2.比較F和F'在誤差允許的范圍內相同，即可初步驗證力的平行四邊形器定則；(2)3.兩個繩套在轉動過程中，合力保持不變，根據平行四邊形定則畫出圖象，如圖所示:根據圖象可知，繩套 1的拉力大小逐漸增大，故 A正確，BCD昔誤。14 .利用圖示的實驗裝置探究合力做功與動能變化的關系。(1)實驗開始時，他先調節木板上定滑輪的高度，使牽引小車的細繩與木板平行，他這樣做的目的是下列的哪個(填字母代號)A.避免小車在運動過程中發生抖動B.可使打點計時器在紙帶上打出的點

17、清晰C.可以保證小車最終能夠實現勻速直線運動D.可在平衡摩擦力后使細繩拉力等于小車受的合力(2)甲小組同學正確平衡了阻力，選取的祛碼和盤的總質量m遠小于小車的質量 M取祛碼的總重力值作為繩子的拉力值，按正確操作得到圖示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續計時點A、R C,測得它們到靜止釋放的起始點O的距離分別為 8、4、&打點計時器的工作頻率為f ,己知當地重力加速度為g,從O到B的運動過程中，拉力對小車做功W=，小車動能變化量4 m=。!(AB戈-(3)乙小組同學也正確平衡了阻力，但并未保證選取的祛碼和盤的總質量m遠小于小車的質量M在處理數據時，他們也取祛碼和盤的總重力值作為繩子的拉力值

18、，并采用圖像法進行數據分析：在紙帶上選取多個計數點，測量靜止釋放的起始點O到每個計數點的距離，并計算出每個計數點對應的小車速度 v以及從O點到該計數點對應的過程中繩子拉力所做的功WW他們作出的圖線為【答案】(1). D (2).mgS (3).M(& SA)2f28(4). B【詳解】(1)1.實驗過程中，為減少誤差，提高實驗的精確度，他先調節木板上定滑輪的高度，使牽引小車的細繩與木板平行，目的是消除摩擦帶來的誤差，即平衡摩擦力后，使細繩的拉力等于小車的合力，故(2)2.拉力做功為：3. B點的速度為：故動能增加量：ABC錯誤，D正確。WFS=mgS,VbScSa2TVEk1MvB22

19、2M(Sc Sa，2(3)4.在紙帶上選取多個計數點，測量靜止釋放的起始點。到每個計數點的距離，根據動能一 1定理可得W=mV,所以 Wv2,故B正確，ACD昔誤。2三、計算題15 .刀削面是西北人喜歡的面食之一，因其風味獨特，馳名中外.刀削面全憑刀削，因此得名.如圖所示，將一鍋水燒開，拿一塊面團放在鍋旁邊較高處，用一刀片飛快的水平削下一片片很薄的面片兒，面片便飛向鍋里，若面團到鍋的上沿的豎直距離為0.8m,最近的水平距離為 0.5m,鍋的半徑為0.5m.要想使削出的面片落入鍋中.(1)面片從拋出到鍋的上沿在空中運動時間？(2)面片的水平初速度的范圍？ ( g I0m/s2)【答案】(1) 0

20、.4s(2) 1.25m/s v 3.75m/s試題分析：面片做平拋運動，根據高度求出平拋運動的時間；平拋運動在水平方向上做勻速 直線運動，抓住最小位移和最大位移得出面片初速度的范圍。，12號h 2 0.8(1)根據h gt得，代入數據解得：t J Js=0.4s .2, g , 10(2)因為平拋運動的水平位移0.5m x 1.5m.在水平方向上有：x vt ,代入數據，得出初速度的范圍為1.25m/s v 3.75m/s.點睛：本題主要考查了平拋問題，決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運 動規律，抓住臨界情況，結合運動學公式即可解題。16 .如圖(a)質量m= 1kg的物塊和

21、足夠長的木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的輕細繩固定在實驗臺的立柱上，細繩水平。t=0時，木板開始受到水平向左恒力F=0.4N,在t1 =2s時，撤去F同時剪斷輕細繩。如圖(b)所示為0 3s內木板的速度v與時間t的關系。木板 與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=l0m/s2。(1)求木板的質量M和物塊與木板間的動摩擦因數(2)求0 5s內木板運動的位移大小。【答案】(1) lkg ; 0.02 (2)1.1m【詳解】(1)由圖可知0-2s內木板的加速度大小a1 v 0.2m/s2t2-3s內加速度大小Vi2a2- 0.2m/sti由牛頓第二定律：F-mg=Mau mg=Ma 解得：M=lkg ,=0.02(2)設繩斷后經過t物塊和木板速度相等，設為vv=V0- a2t; V0=04m/s對木