1、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卷和第卷两部分，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4：3B. 角速度大小之比为3：4C. 圆周运动的半径之比为2：1D. 向心加速度大小之比为1：2【答案】A【解析】A、因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据，则A、B的线速度之比为 4：3，故A正确；B、运动方向改变的角度之比为
2、3：2，根据，则角速度之比为3：2，故B错误；C、根据可得圆周运动的半径之比为，故C错误；D、根据a=v得，向心加速度之比为，故D错误；故选A2. 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【答案】C【解析】【详解】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，作用力的方向在同一直线上。马拉车的力和车拉马的力是一对相互作用力，故总是大小相等
3、，方向相反，与车所处的运动状态无关，不管是马拉车不动或者车匀速前进，还是加速或减速，马拉车的力与车拉马的力都是大小相等的。故选C。3. 如图两段长均为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. mgB. 2mgC. 3mgD. 4mg【答案】A【解析】试题分析：当小球到达最高点速率为v，有，当小球到达最高点速率为2v时，应有，所以，此时最高点各力如图所示，所以，A正确考点：向心力；匀速圆周运动4.
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. aaB. aa2aC. a2aD. a2a【答案】D【解析】【详解】当拉力为F时，根据牛顿第二定律当拉力为2F时，根据牛顿第二定律由上可得故D正确，ABC错误。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【答案】D【解析】【详解】A.自由落体运动的特点是初速度为零，仅受重力不受空气阻力
5、的运动不一定是自由落体运动，故A错误；B.做自由落体运动的物体仅受重力，故B错误；C.被运动员推出去的铅球初速度不是零，不是自由落体运动，故C错误；D.自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故D正确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. 【答案】A【解析】设小球飞行的时间为t，因为小球垂直撞在斜面上，速度与斜面垂直，斜面与水平面之间的夹角为60，所以有：vytan60=v0；又vy=gt，水平位移为：x=v0t，根据几何
6、关系可得：，联立解得：，故A正确，BCD错误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vA时，小球B的速度为vB，则轴心O到小球A的距离是 ()A. vA(vAvB)lB. C. D. 【答案】B【解析】【详解】两个小球固定在同一根杆的两端一起转动，它们的角速度相等设轴心O到小球A的距离为x，因两小球固定在同一转动杆的两端，故两小球做圆周运动的角速度相同，半径分别为x、lx.根据有解得x故选B.8. 伽利略是现代物理的奠基人，怎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
7、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. 加速度变化对位移来说是均匀的【答案】A【解析】【详解】A匀变速直线运动是速度对时间来说均匀变化的，A正确；B速度变化对位移变化不是均匀，是在相同时间内速度变化相同的直线运动，故B错误；CD匀变速直线运动是加速度不变的直线运动，CD错误；故选A。【点睛】匀变速直线运动是加速度不变的直线运动，是速度对时间来说是均匀变化的运动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【答案】D【解析】雷纳韦斯等探测到了引力波而获得了2017年
8、诺贝尔物理学奖，其他三项不是2017年的，故D正确10. 将一个物体以10 m/s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. 30B. 45C. 60D. 90【答案】B【解析】【详解】物体做平抛运动，落地时竖直分速度设落地时它的速度方向与水平地面的夹角为。根据平行四边形定则知得 =45故选B。【点睛】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，运用分运动公式进行求解。11. 如图所示，倾角为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才受沿传送带向上的
9、静摩擦力作用B. 只有，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用C. 只有，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用D. 无论为多大，A都受沿传送带向上的静摩擦力作用【答案】B【解析】【详解】A与传送带相对静止，倾角为的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，A有沿斜面向下的加速度a，对A受力分析可知只有agsin，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用，B正确，ACD错误；故选B12. 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
10、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【答案】D【解析】【详解】A图中的线路ABC表示的是运动员所走的路程，而不是位移，故A错误；B线路总长度与运动员所用时间之比等于他的平均速率，而不是平均速度，平均速度是位移与时间的比值，故B错误；C由起点到终点运动员所经线路的总长度等于运动员所走的路程，故C错误；D图中的线路ABC表示的是运动员所走的路程，而A到C的位移大小是AC的直线距离，所以运动员所经过的路程比自A到C的位移大，故D正确。故选D。二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 13. 在某一高处，以v0=20m
11、/s的初速度竖直上抛一个小球，不计空气阻力，g取10m/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20mB. 小球在5s末时，位于抛出点的下方C. 小球在前4s内的平均速度为10m/sD. 从抛出到落回抛出点的过程，小球的速度变化为0【答案】AB【解析】【详解】A小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为故A正确；B取竖直向上为正方向，则小球在5s内的位移 x5=v0t5-gt52=205-1052=-25m即小球在5s末时，位于抛出点的下方25m处，故B正确；C小球在前4s内的位移为 x4=v0t4-gt42=204-1042=0m则小球在前4s内的平均速度为0m/s故C错误
12、；D从抛出到落回抛出点的过程，小球的速度变化为v=-v0-v0=-2v0故D错误。故选AB。点睛：解决本题的关键知道竖直上抛运动的运动规律，掌握处理竖直上抛运动的方法，可以分段求解，也可以全过程求解。14. 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【答案】BD【解析】【详解】A重的物体下落的快，轻的物体下落的慢，是亚里士多德的观点，故A错误；B物体下落的快慢与物体的轻重没有关系是伽利
13、略的观点，故B正确；C物体的运动需要力来维持是亚里士多德的观点，故C错误；D物体的运动不需要力来维持是伽利略的观点，故D正确。故选BD。15. 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()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【答案】BCD【解析】【详解】AC对于初速度为零的匀加速来说，所以A的末速度等于B的速度的2倍，AC错误；D从同一位置出发到达相同位置，所以位移相同，D正确；B时间相同，根据，平均速度相同，B正确故选 BD。
14、16. 如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，长方体盒子底面水平，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q相接触。现将斜劈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对球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对球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对球B有压力【答案】CD【解析】【详解】A当斜面光滑，斜劈A由静止释放，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方
15、向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。知P点对球无压力，Q点对球有压力。故A错误；B当斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面上滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力，故B错误；C斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡。所以P、Q对球均无压力。故C正确；D斜劈A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。故D正确。故选CD。【
16、点睛】斜劈A在斜面体C上静止不动，则B受重力和支持力平衡。当斜面光滑，斜劈A和B球具有相同的加速度沿斜面向上减速，通过对B球进行受力分析，判断P、Q对球有无压力。当斜面粗糙，按照同样的方法，先判断出整体的加速度方向，再隔离对B进行受力分析，从而判断P、Q对球有无压力。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
17、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）【答案】 (1). 5 (2). 6 (3). 0.80 (4). 2.0【解析】【详解】（1）12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）3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：（3）4由纸带可知，计数点6往后做减速运动，有：x110.60 cm，x28.61 cm
18、，x36.60 cm，x44.60 cm，x2.00 cm0.02 m，T0.1 s代入公式得：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2.0m/s2.18. 用如图1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个痕迹点移动挡板，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
19、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轴与重锤线平行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2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从细管水平喷出稳定的细水
20、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，成人造地
21、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_【答案】 (1). BD (2). 球心 (3). 需要 (4). 大于 (5). (6). AB (7). B (8). 利用平抛运动的轨迹的抛物线和圆周运动知识证明即可【解析】【详解】根据平抛运动的规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动解答(1)本实验中要保证小球飞出斜槽末端时的速度为水平，即小球做平抛运动，且每次飞出时的速度应相同，所以只要每次将小球从斜槽上同一位置由静止释放即可，故BD正确；(2)a.平抛运动的起始点应为钢球静置于Q点时，钢球的球心对应纸上的位置，由于平抛运动在竖直方向
22、做自由落体运动，所以在确定y轴时需要y轴与重锤线平行；b.由初速度为零的匀加速直线运动规律即在相等时间间隔内所通过的位移之比为可知，由于A点不是抛出点，所以；设AB，BC间所用的时间为T，竖直方向有：，水平方向有：，联立解得：；(3)A项：细管A始终在水面之下，B就会喷出稳定的细水柱，故可行A正确B项：用频闪照相在同一底片上记录小球不同时刻的位置即平抛运动的轨迹上的点，平滑连接在一起即为平抛运动轨迹，所以此方案可行；C项：将铅笔垂直于竖直的白板放轩，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸间有摩擦阻力的作用，所以铅笔作的不是平抛运动，故此方案不可行；(4)由平抛运动竖直方向运动可知，时间，所以只要高度
23、相同，时间相同，故B正确；(5)由平抛运动可知，竖直方向：，水平方向：，联立解得：，即抛出物体的轨迹为抛物线，当抛出的速度越大，在抛物线上某点的速度足以提供该点做圆周运动的向心力时，物体的轨迹从抛物线变为圆四、计算题19. 如图所示，A、B的重力分别为9.2N和6.4N，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：(sin37=0.6，cos37=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？【答案】（1）2N（2）4.48 N【解析】【详解】（1）对A，受力如图所示，根据平衡条件，有：水平方向：
24、f1=N1=Tcos37对A竖直方向有GA=N1+Tsin37由并代入数据可求得T=2N，N1=8N，（2）对B受力分析，根据平衡条件得：竖直方向有：N2=N1+GB=N1+GB=14.4N对B水平方向有：F=N1+N2=4.48N【点睛】本题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，分析受力，作出力图是解题的关键，根据正交分解法列出水平和竖直方向的方程即可解答20. 在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成37固定，质量为m1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t12s时刻风停止小球沿细杆运动的部分vt图象如图乙所示，取g10
25、m/s2，sin 370.6，cos 370.8，忽略浮力求：（1）小球在02s内的加速度a1和25s内的加速度a2（2）小球与细杆间的动摩擦因数和水平风力F的大小【答案】（1）小球在02s内的加速度15m/s2，方向沿杆向上；25s内的加速度，方向沿杆向下（2）和N【解析】【详解】(1) 取沿杆向上为正方向，由图象可知：在02s内小球的加速度为：m/s2，方向沿杆向上在25s球的加速度为：m/s2，负号表示方向沿杆向下(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图甲所示 在y方向，由平衡条件得：在x方向，由牛顿第二定律得：停风后上升阶段，小球的受力情况如图乙所示在y方向，由平衡条件得：在x方向
26、，由牛顿第二定律得：联立以上各式可得：，50N21. 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，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。【答案】(1) (2)【解析】【详解】(1)对于P球和Q球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，则有 两球共轴转动，角速度大小始终相等，由v=r得vQ=2vP联立解得vP=(2)小球P机械能的变化量【点睛】本题是轻杆连接的问题，要抓住单个物体机械能不守恒，而系统的机械能守恒是关键；知道两物体的角速度是相同
27、的。22. 如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处平滑连接，有一质量为1kg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2m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)m/s；(2)；(3)5J【解析】【详解】(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得得vB=m/s(2)在前2 m内，由牛顿第二定律得F1-mg=ma且解得(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有对滑块从B到C的过程，由动能定理得代入数值得W=-5 J即克服摩擦力做的功为5 J。
