江苏省常熟市2019-2020学年高二上学期调研物理试题

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   