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文档介绍
江苏省常熟市2019-2020学年高二上学期调研物理试题
2019-2020 学年江苏省常熟市高二(上)调研物理试卷 一、单选题 1.物理学发展史上,首先把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学家是 A. 亚里土多德 B. 伽利略 C. 牛顿 D. 奥斯特 【答案】B 【解析】 【详解】伽利略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法,把实验和逻辑推理结合起来, 有力地推进了人类科学的发展. A. 亚里土多德,与分析不符,故 A 错误 B. 伽利略 与分析相符,故 B 正确 C. 牛顿 与分析不符,故 C 错误 D. 奥斯特与分析不符,故 D 错误 2.两个通草球带电后相互推斥,如图所示.两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β,且两球 在同一水平面上.两球质量用 m 和 M 表示,所带电量用 q 和 Q 表示.若已知α>β,则下列说 法中一定有的关系是( ) A. 球一定带异种电荷 B. m 受到的电场力一定大于 M 所受电场力 C. m 一定小于 M D. q 一定大于 Q 【答案】C 【解析】 两个球相互排斥,故一定带同种电荷,A 错误;两球相互排斥,根据牛顿第三定律,相互排斥 力相等,与带电量无关,BD 错误;对左侧小球受力分析,受重力 mg,拉力 T 和静电斥力 F, 如图所示 根据平衡条件,有:Tsin F ,Tcos mg ,解得 F mgtan ①,再对右侧小球受力分 析,同理有 F Mgtan ②,因 ,由①②可得 m M ,C 正确;选 C. 【点睛】两球相互排斥,故带异种电荷,根据牛顿第三定律可知相互排斥力相等,与带电量 无关;再根据平衡条件得到排斥力的表达式进行分析. 3.如图所示,质量为 m 的物块放在倾角为的光滑斜面上,同时用力 F 向左推动斜面,使斜面 与物块保持相对静止,沿水平地面前进一段位移 S.则在此过程中斜面对物块做的功为( ) A. FS B. sinmgS C. cosmgS D. tanmgS 【答案】D 【解析】 【详解】m 与楔形物体相对静止,二者必定都向左加速运动.即 m 的合外力方向水平向左,画 出 m 的受力图: 根据几何关系得: N= mg cos 所以支持力做的功为: W=NS•sinθ=mgStanθ ABC 错误,D 正确。 故选 D。 4.“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示,忽略漏电产生的影响,下 列判断正确的是( ) A. 静电计指针偏角大小直接反应平行板电容器所带电量多少 B. 静电计球与球壳间的电势差等于两平行板间的电势差 C. 两平行板间距减小时,静电计指针偏角不变 D. 两平行板正对面积减小时,静电计指针偏角减小 【答案】B 【解析】 【详解】A.静电计测量的是平行板电容器极板间的电势差,不是电量;故 A 错误. B.静电计球与球壳间的电势差等于两平行板间的电势差;故 B 正确. CD.平板的正对面积减小时,由 4 r sC kd 知电容 C 减小,而电容器的电荷量不变,根据 C= Q U 知极板间电势差增大,所以静电计指针偏角增大;故 C 项、D 项错误. 5.在 x 轴上存在与 x 轴平行的电场,x 轴上各点的电势随 x 点位置变化情况如图所示.图中 -x1~x1 之间为曲线,且关于纵轴对称,其余均为直线,也关于纵轴对称.下列关于该电场的论述 正确的是( ) A. x 轴上各点的场强大小相等 B. 从-x1 到 x1 场强的大小先减小后增大 C. 一个带负电的粒子在-x1 点的电势能大于在-x2 的电势能 D. 一个带正电的粒子在 x1 点的电势能大于在-x1 点的电势能 【答案】BC 【解析】 试题分析:根据φ-x 图象的斜率大小等于电场强度,分析场强的变化.根据 PE q 分析电 势能大小. xφ 图象的斜率大小等于电场强度,故 x 轴上的电场强度不同,故 A 错误;从 1x 到 1x 场 强斜率先减小后增大,故场强先减小后增大,故 B 正确; 1x 点的电势低于 2x 点的电势,负 电荷在低电势处电势能大,故一个带负电的粒子在 1x 点的电势能大于在 2x 的电势能,C 正 确; 1x 点的电势等于 1x 点的电势,故正电荷在这两点的电势能相等,D 错误. 6.如图所示,质量相等的甲、乙两个小球,在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动, 甲在乙的上方.则它们运动的 A. 向心力 F 甲>F 乙 B. 线速度υ甲>υ乙 C. 角速度ω甲>ω乙 D. 向心加速度 a 甲>a 乙 【答案】B 【解析】 为了分析计算的方便,我们把甲、乙两小球定义为 A、B 球,对 A、B 两球进行受力分析,两 球均只受重力和漏斗给的支持力 FN.如图所示 A 项:设漏斗顶角的一半为 ,则 tann mgF ,由于两球质量相等,所以 A、B 两球的向心力 相等,故 A 错误; B 项:由公式 2 tann mv mgF r 可得: tan gv r ,由于 A 球的半径比 B 球半径更大,所以 A Bv v ,故 B 正确; C 项:由公式 2 tann mgF m r 可得: tan g r ,由于 A 球的半径比 B 球半径更大,所 以 A B ,故 C 错误; D 项:由公式 tann n mgF ma 可得: tann ga ,所以 nA nBa a ,故 D 错误. 7.如图所示,一个质量为 4kg 的半球形物体 A 放在倾角 为 037 的斜面 B 上静止不动.若用通 过球心的水平推力 F=10N 作用在物体上,物体仍静止在斜面上,斜面仍相对地面静止.已知 0sin37 0.6 , 0cos37 0.8 ,取 210mg s ,则( ) A. 地面对斜面 B 的弹力不变 B. 物体 A 对斜面 B 的作用力增加 10N C. 物体 A 受到斜面 B的摩擦力增加 8N D. 地面对斜面 B 的摩擦力增加 8N 【答案】A 【解析】 【分析】 对没有施加力 F 时的半球进行受力分析,根据平衡条件求出物体受到的摩擦力;以整体为研 究对象求出地面对斜面的摩擦力,然后进行比较. 【详解】以整体为研究对象,力 F 的是水平的,所以不影响竖直方向的受力,地面对斜面的 弹力大小不变,故 A 正确;没有施加力 F 时根据平衡条件 A 受斜面作用力与重力等大反向, 即大小为 40N,根据牛顿第三定律物体 A 对斜面的作用力为 40N 反向向下,施加力 F 后物体 A 对斜面的作用力如图: 由平行四边行定则有: 2 210 40 10 17F N N ,可以看出物体对斜面的作用力不是增 加 10N,故 B 错误;没有施加力 F 时,对物体 A 受力分析: 根据平衡条件: 4 10 0.6 24f mgsin N ;施加力 F 后,对物体 A 受力分析,如图: 根据平衡条件,在斜面方向: f Fcos mgsin ,代入数据解得: 16f N ,故物体受 到斜面的摩擦力减少: 24 16 8f N N N ,故 C 错误;以整体为研究对象,水平方向增 加了 10N 的力 F,根据平衡条件得地面对斜面的摩擦力增加 10N.故 D 错误.故选 A. 【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题,解答此类问题的一般步骤是:确定研究对象、 进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解,然后在 坐标轴上建立平衡方程进行解答.注意整体法和隔离法的应用. 二、多选题 8.一质点从 O 点出发做直线运动,它运动的 v-t 图象如图所示,A、B、C、D、E 五点分别对应 其运动过程中经过的五个位置,则下列说法中正确的是( ) A. 在 C 点处,质点的运动方向发生了变化 B. 整个过程中,D 点处质点离出发点最远 C. 整个过程中,CE 段质点的加速度最大 D. 在 CE 段,质点通过的位移是 24m 【答案】BC 【解析】 【详解】A.C 点前后的速度都为正值,运动方向没有发生变化;故 A 错误. B.从静止到 D 点的图象与坐标轴围成的面积在时间轴的上方,位移为正,D 点以后位移为负, 说明此时已经反方向运动了,故 D 点表示的状态离出发点最远;故 B 正确. C.整个过程中,CE 段的倾角最大,斜率最大,故其加速度数值最大;故 C 正确. D.图象与坐标轴围成的面积表示位移,则 CE 段位移为零;故 D 错误. 9.中国女排享誉世界排坛,取得了辉煌的成就.在某次比赛中,我国女排名将朱婷将排球从 底线 A 点的正上方以初速度 v 水平发出,排球正好擦着高度为 h 的球网落在对方底线的 B 点 上(简化图如图所示),且 AB 平行于边界 CD.不计空气阻力且排球可看成质点,则下列说法 正确的是( ) A. 排球所做的运动是匀变速曲线运动 B. 排球从发出到擦网所用的时间要大于从擦网到落地的时间 C. 击球点的高度 4 3H h D. 球场的长度 22 hs v g 【答案】AC 【解析】 【详解】A.排球在运动的过程中只受到重力作用,根据牛顿第二定律可知,其加速度恒定不 变,所以排球做匀变速曲线运动;故 A 正确. B.排球从发出到擦网的水平位移与擦网到落地的水平位移相等,而排球水平方向做匀速直线 运动,所以时间相等;故 B 错误. C.排球在竖直方向做自由落体运动,根据匀变速直线运动的规律有 1 3 H h h , 解得 4 3H h ,故 C 正确. D.整个过程运动的时间为 2t H g = 8 3 h g , 所以球场的长度为 s=vt= 22 3 hv g , 故 D 错误. 10.如图所示,地球赤道上的山丘 e、近地资源卫星 p 和同步通信卫星 q 均在赤道平面上绕地 心做匀速圆周运动.设 e、p、q 做圆周运动的角速度分别为ω1、ω2、ω3,线速度分别为 v1、 v2、v3,则( ) A. 1 2 3 B. 1 3 2 C. 1 2 3v v v D. 1 3 2v v v 【答案】BD 【解析】 【详解】AB.山丘 e 与同步通信卫星 q 转动周期相等,根据ω= 2 T ,得ω1=ω3;根据卫星的线 速度公式ω= 3 GM r ,由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星 q 的轨道半径,故ω3 <ω2;故ω1=ω3<ω2;故 A 错误,B 正确. CD.山丘 e 与同步通信卫星 q 转动周期相等,根据 v= 2 r T ,由于山丘 e的轨道半径小于同步通 信卫星 q 的轨道半径,故 v1<v3;根据卫星的线速度公式 v= GM r ,由于近地资源卫星的轨 道半径小于同步通信卫星 q 的轨道半径,故近地资源卫星的线速度大于同步通信卫星的线速 度,即 v3<v2;故 v1<v3<v2;故 C 错误,D 正确. 11.如图所示,一个质量为 m 的物体(可视为质点)以某一初速度从底端冲上倾角为 30°的固 定斜面,其运动的加速度为 3 4 g ,已知物体在斜面上上升的最大高度为 h,重力加速度为 g.则 在整个过程中物体的( ) A. 机械能守恒 B. 动能减少了 3 2 mgh C. 机械能减少了 2 mgh D. 重力势能增加了 3 4 mgh 【答案】BC 【解析】 【详解】A.物体运动的加速度 a= 3 4 g ,根据牛顿第二定律得 mgsin30°+f=ma, 得:物体受到的摩擦力大小 f= 1 4 mg,由于摩擦力对物体要做功,所以物体的机械能不守恒; 故 A 错误; B.斜面的长度: L= 30 h sin =2h, 动能减少量等于合外力做功的大小,即 △EK=F 合•L= 3 4 mg•2h= 3 2 mgh ; 故 B 正确. C.机械能的减少量等于克服摩擦力做功,为: △E=fL= 1 4 mg•2h= 2 mgh ; 故 C 正确. D.物体在斜面上能够上升的最大高度为 h,所以重力势能增加了 mgh;故 D 错误. 12.如图所示,两质量均为 m 的小球,通过长为 L 的不可伸长轻绳水平相连,从某一位置处自 由下落,下落过程中绳处于水平伸直状态在下落高度 h 时,绳的中点碰到水平放置的钉子 O.重 力加速度为 g,空气阻力不计,则( ) A. 从开始下落到运动至最低点的整个过程中,两小球机械能守恒 B. 从开始下落到运动至最低点的整个过程中,两小球所受重力做功的瞬时功率逐渐增大 C. 两小球相碰前瞬间,速度大小为 2g h L D. 两小球相碰前瞬间,绳子拉力大小为 4 2h mgL 【答案】AD 【解析】 【详解】A.小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功,机械能守恒;故 A 正确. B.以向下为正方向,竖直方向合力为 F=mg-Tsinθ,开始时θ很小,mg>Tsinθ,F>0,竖直 方向加速度向下,vy 增大,到快要相碰时,Tsinθ>mg,F<0,竖直方向加速度向上,vy 减小, 根据 PG=mgvy 可知重力的瞬时功率先增大后减小;故 B 错误. C.从最高点到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得: 21 2 2 Lmv mg h , 解得:v= 2 2 Lg h ;故 C 错误. D.根据向心加速度公式有: a= 2 2 2 2 Lg hv Lr = 4 2h gL ; 故 D 正确. 三、实验题 13. 如图 1 为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置.用拉 力传感器记录小车受到拉力的大小,在长木板上相距 L=48.0cm 的 A、B 两点各安装一个速度 传感器,分别记录小车到达 A、B 时的速率. (1)实验主要步骤如下: ①将拉力传感器固定在小车上; ②平衡摩擦力,让小车做 运动; ③把细线的一端固定在拉力传感器上,另一端 通过定滑轮与钩码相连; ④接通电源后自 C 点释放小车,小车在细线拉动下运动,记录细线拉力 F 的大小及小车分别 到达 A、B 时的速率 vA、vB; ⑤改变所挂钩码的数量,重复④的操作. (2)下表中记录了实验测得的几组数据,vB 2﹣vA 2 是两个速度传感器记录速率的平方差,则加 速度的表达式 a= ,请将表中第 3 次的实验数据填写完整(结果保留三位有效数字); 次数 F(N) vB 2﹣vA 2(m2/s2) a(m/s2) 1 0.60 0.77 0.80 2 1.04 1.61 1.68 3 1.42 2.34 4 2.62 4.65 4.84 5 3.00 5.49 5.72 (3)由表中数据,在图 2 坐标纸上作出 a~F 关系图线; (4)对比实验结果与理论计算得到的关系图线(图中已画出理论图线),造成上述偏差的原 因是 . 【答案】(1)匀速直线,(2) ,2.44,(3)如图,(4)没有完全平衡摩擦力或拉 力传感器读数偏大. 【解析】 解:(1)平衡摩擦力时,轻推小车,让小车做匀速直线运动即可. (2)根据匀变速直线运动的速度位移公式得,a= ,代入数据解得 a= =2.44m/s2. (3)根据表格中的数据描点作图,如图所示. (4)对比图象可知,实际图象没有过原点而是和横坐标有交点,造成原因为没有完全平衡摩 擦力或拉力传感器读数偏大. 故答案为(1)匀速直线,(2) ,2.44,(3)如图,(4)没有完全平衡摩擦力或拉 力传感器读数偏大. 【点评】明确实验原理,正确进行误差分析和数据处理是对学生学习实验的基本要求,同时 掌握匀变速直线运动基本公式的应用,要加强这方面的训练. 14.“验证机械能守恒定律”的实验装置如题图所示. (1)甲同学按照正确的实验步骤操作后,选出一条纸带如题图所示,其中 O 点为打点计时器 打下的第一个点.从纸带上 A 点开始每隔一个点取一个计数点,取得两个计数点 B 和 C.该同 学用刻度尺,测得 OA=9.62cm,OB=l5.89cm,OC=23.64cm.已知打点计时器每 0.02s 打一个点, 重物的质量为 1.00kg,取 g=9.80m/s2.在 OB 段运动过程中,重物重力势能的减少量 ΔEp=_______J;重物的动能增加量ΔEk=______ J(结果均保留三位有效数字); (2)乙同学利用该实验装置测定当地的重力加速度.他打出了一条纸带后,利用纸带测量出 了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离 h,算出了各计数点对应的速度 v,以 h 为横 轴,以 21 2 v 为纵轴画出了如题图所示的图线.由于图线明显偏离原点,若测量和计算都没有 问题,其原因可能是________. 乙同学测出该图线的斜率为 k,如果阻力不可忽略,则当地的重力加速度 g _____ k(选填“大 于”、“等于”或“小于”). 【答案】 (1). (1)1.56 (2). 1.53-1.54 (3). (2)先释放重物,再接通(打 点计时器)电源; (4). 大于 【解析】 (1)在 OB 段运动过程中,重物重力势能的减少量为:△Ep=mghOB=1×9.8×0.1589J≈1.56J; B 点 的 速 度 为 : 0.2364 0.0962 / 1.74 /2 2 0.04 AC B xv m s m sT , 则 动 能 的 增 加 量 为 : △Ek= 1 2 mvB 2= 1 2 ×1×1.742J≈1.53J. (2)从图象中可以看出,当物体下落的高度为 0 时,物体的速度不为 0,说明了操作中先释 放重物,再接通(打点计时器)电源.若无阻力,则根据机械能守恒知,mgh= 1 2 mv2,则 1 2 v2=gh, 斜率 k=g.若有阻力则测得的加速度 k 小于重力加速度 g,即 g 大于 k. 点睛:解决本题的关键知道实验的原理,知道重力势能的减小量略大于动能增加量的原因, 掌握纸带的处理方法,会通过纸带求解重力势能的减小量,通过平均速度推论求出瞬时速度 的大小,从而得出动能的增加量. 四、计算题 15.如图所示,倾角θ=37°斜面长 L=1m 的斜面体放在水平面上.将一质量 m=2kg 的小物块从 斜面顶部由静止释放,经时间 t=1s 后到达底端,斜面体始终保持静止.重力加速度 g=10m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8.求 (1)小物块沿斜面下滑的加速度; (2)小物块沿斜面下滑过程中重力做功的平均功率; (3)小物块与斜面之间的动摩擦因数; 【答案】(1)2m/s2 (2)12W (3)0.5 【解析】 【详解】(1)由运动学公式得 L= 1 2 at2 解得 a=2m/s2 (2)重力做功 W=mgLsin37° 代入数据解得:W=12J 平均功率 P= W t 代入数据解得:P=12W (3)由牛顿第二定律得 mgsin37°-μmgcos37°=ma 解得μ=0.5 16.如图所示,竖直平行直线为匀强电场的电场线,电场方向未知,A,B 是电场中的两点,AB 两点的连线长为 l 且与电场线所夹的锐角为θ.一个质量为 m,电荷量为+q 的带电粒子以初 速度 v0,从 A 点垂直进入电场,该带电粒子恰好能经过 B 点不考虑带电粒子的重力大小.求: (1)电场强度 E; (2)AB 两点间的电势差 UAB; (3)带电粒子在 B 点时的速度大小 vB. 【答案】(1) 2 0 2 2mv cos qlsin (2) 2 0 2 2mv qtan (3) 0 2 4 1v tan 【解析】 【详解】(1)因粒子带正电且向下片状,所以电场方向竖直向下,粒子做类平抛运动, 水平方向: Lsinθ=v0t, 竖直方向: 21cos 2L at , 且有 qE =ma, 解得: 2 0 2 2 cos sin mvE ql ; (2)据电势差公式有: 2 0 2 2cos tanAB mvU El q ; (3)从 A 到 B 由动能定理得: 2 2 0 1 1 2 2AB BqU mv mv 解得: 0 2 4 1tanBv v ; 17.光滑水平平台 AB 上有一根轻弹簧,一端固定于 A,自然状态下另一端恰好在 B.平台 B 端 连接两个内壁光滑、半径均为 R=0.2m 的 1/4 细圆管轨道 BC 和 CD.D 端与水平光滑地面 DE 相 接.E 端通过光滑小圆弧与一粗糙斜面 EF 相接,斜面与水平面的倾角θ可在 0°≤θ≤75° 范围内变化(调节好后即保持不变).一质量为 m=0.1kg 的小物块(略小于细圆管道内径)将 弹簧压缩后由静止开始释放,被弹开后以 v0=2m/s 进入管道.小物块与斜面的滑动摩擦系数为 3 3 ,取 g=10m/s2,不计空气阻力; (1)求物块过 B 点时对细管道的压力大小和方向; (2)当θ取何值时,小物块在 EF 上向上运动的时间最短?求出最短时间. (3)求θ取不同值时,在小物块运动的全过程中产生的摩擦热量 Q 与 tanθ的关系式. 【答案】(1)1N,方向竖直向上(2)0.3s(3) 0 6J. 【解析】 (1)设轨道对物块的压力竖直向下,由牛顿第二定律得: 2 0vF mg m R 解得:F=1N 由牛顿第三定律,物块对轨道的压力大小为 1F N ,方向竖直向上 (2)物块到达 DE 时的速度为 v,根据动能定理得: 2 2 0 1 1·2 2 2mg R mv mv 解得: 2 3 /v m s 沿斜面上滑,根据牛顿第二定律得: 1sin cosmg mg ma 上滑时间为: 1 vt a 联立可得: 3 3 10sin 30 )35 sin cos )3 t (( 由数学知识可得,当 60 时,有 0.3mint s (3)物块恰好能在斜面上保持静止,根据平衡条件有: mgsin mgcos , 30 ,则 当 0 30 ,滑块在 EF 上停下后即保持静止 在 EF 上滑行的距离为: 2 12 vx a ,产生的摩擦热量为: cos ·Q mg x 化简得: 3 5( 3 tan 1) Q J 当30 75 < ,滑块在 EF 上停下后返回,经多次往复运动后,最终静止于 E 点 产生的摩擦热量为: 2 0 12 0.62Q mg R mv J 查看更多