1、石家庄二中实验学校20202021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14题为单选，58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
2、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从B到C过程中水平方向动量守恒，因此有因此小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，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
3、簧相连放置在倾角为的斜面上，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2gsinB. 在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为0C. 剪断弹簧的瞬间，细线上的拉力大小瞬间突变为mgsinD. 突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为【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=2mgsin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
4、力F弹=mgsin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+mgsin=maB则物体B的加速度故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 对物体B 即细线上拉力大小瞬间突变为，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2mgsin=（2m+m）aA则物体A的加速度故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
5、中受到的阻力，则（）A. 两次发射的初速度之比为B. 碰到墙面前竖直方向的分速度大小之比为1：1C. 下降高度之比为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和，运动时间为和，由平抛运动规律可知速度和水平方向夹角为联立解得故A错误；B由可得，竖直分速度大小之比为故B错误；C由可得，下落高度之比为故C错误；D由可得，两球碰墙的速度之比为故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，图中和的面积分别为s1和s2（s1s2）。初始时，甲车在乙车前方s0处。则（）A. 若s0=s1+s2，两车可能相遇B. 若s0=s1-s2，
6、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
7、地面间的动摩擦因数为，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=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的作用力为根据几何关系可知，L越大，越小，则F越大，故A错误；B根据平衡知，墙壁对P的弹力根据几何关系可知，L越大，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
8、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，故有由几何关系可得联立代入解得=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
9、】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
10、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7RB. 依题可估算出同步卫星的向心加速度大小约为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根据可得选项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
11、据v=r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（q0）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B. 最长时间为C. 最短时间为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，有又可得带电粒子在有界磁场中运动时间则带电粒子在同一有界磁场中运动时间与粒子
12、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=60，则粒子在磁场中运动的最长时间是AD错误，B正确；C当粒子运动半径时，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：按图所示安装好实验装置，其中与定
13、滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；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F0；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F1，由纸带求出小车的加速度a1；改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤，求得小车在不同合力作用下的加速度a1；(1)对于该实验方案，下列说法正确的是（ ）A.平衡摩擦力时，即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F0，即F合=F-F0(2)若s1=6.00cm，s2=6.87cm，s3=
14、7.75cm，s4=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)1AD平衡摩擦力时，应挂砝码盘，让小车在绳子拉力作用下，当匀速行使时有当物体匀加速下滑时有联立可得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
15、误；故选BD。 (2)2本题要注意的是计时间隔T=5T0=0.1s根据x=aT2，计算加速度为(3)3据牛顿第二定律得所以选项C正确。10. 为了测量某待测电阻 Rx 的阻值（约为30 ），有以下一些器材可供选择电流表A1（量程 050 mA，内阻约 10 ）； 电流表A2（量程 03 A，内阻约 0.12）； 电压表V1（量程 03 V，内阻很大）； 电压表V2（量程 015 V，内阻很大）；电源 E（电动势约为 3 V，内阻约为 0.2 ）； 定值电阻 R（20 ，允许最大电流 1.0 A）； 滑动变阻器 R1（010 ，允许最大电流 2.0 A）； 滑动变阻器 R2（01 k，允许最大电
16、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 Rx 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 Rx_【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). (5). 【解析】【详解】(1)123 电源电动势为3V，则电压表选V1；通过待测电阻的最大电流约为：选量程为3A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：电流表应选择A1为方便实验操作，滑动变阻器应选：R1(
17、2)4定值电阻与待测电阻串联的总阻值约为30+20=50远大于滑动变阻器最大阻值10，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：三、计算题11. 如图，光滑斜面倾角为，一质量、电荷量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，求：（1）该电场的电场强度大小（2）若电场强度变为原来的，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时，机械能的改变量。 【答案】（1） ；（2） ；（3）【解析】【详解】（1）如图所示，小物块受重力、斜
18、面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有在轴方向在轴方向得故有，方向水平向右。（2）场强变化后物块所受合力为根据牛顿第二定律得故代入解得，方向沿斜面向下（3）机械能的改变量等于电场力做的功，故，解得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
19、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） 方向指向纸外（由后侧面指向前侧面）（2）（3）【解析】（1）根据匀强电场强度的公式得：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：又联立解得：（3）根据电阻定律有：根据串联电路的特点有：联立得：13. 如图所示，将一质量m=2kg的小球（可视为质点）自水
20、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=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=0.5，g=10m/s2求：(1)小滑块水平抛出的初速度v0；(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】
21、【详解】(1)小滑块在A点时的竖直分速度为小滑块水平抛出的初速度为(2)小滑块在A点时的速度小滑块在光滑斜面下滑的加速度小滑块由A到B的时间代入解得(3)小滑块到达B点时的速度为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从B到圆轨道最高点，由动能定理可知代入数据，解得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（q0）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； (2) 【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，由几何关系得易得(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进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则联立解得
