重庆市万州区万二中2019_2020学年高二物理上学期入学考试试题(含解析)
重庆市万州二中2019-2020学年高二上学期期中物理试卷 (有解析)
重庆市万州二中2019-2020学年高二上学期期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.下列物理量是矢量的是()A. 电动势B. 电势差C. 电场强度D. 电势2.下列关于电场性质的说法，正确的是()A. 电场强度大的地方，电场线一定密，但电势不一定高B. 电场强度大的地方，电场线一定密，电势也一定高C. 电场强度为零的地方，电势一定为零D. 电势为零的地方，电场强度一定为零3.某一导体的伏安特性曲线如图AB段(曲线)所示。
关于导体的电阻，下列说法正确的是()A. B点的电阻为4ΩB. B点的电阻为12ΩC. 电压由3V变至6V过程，导体电阻变化10ΩD. 电压由3V变至6V过程，导体电阻变化90Ω4.如图所示，一电容器的两极通过电阻始终与电源的正负极相连，在增大电容器两极板间的距离的过程中，下列说法正确的是()A. 电容器所带电荷量增大B. 电阻上有a流向b的微弱电流C. 电容器两极板间的电压变大D. 电容器两极板间的电场强度变大5.如图所示，是一块均匀的长方体金属块，其长为a，宽为b，高为c，如果沿AB方向测得的电阻为R，那么，该金属块沿CD方向的电阻率和电阻分别为()A. bca R，b2a2R B. abcR，b2a2R C. bcaR，baR D. acbR，b2a2R6.如图所示的四个图像中，最能正确表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压的二次方u2之间函数关系的是()A. B. C. D.7.沿同一条直线运动的a、b两个质点，在0～t0时间内的x−t图象如图所示，则下列说法正确的是()A. 质点a做周期性的往返运动B. t′时刻，a、b的位置不同C. 在0～t′时间内，a、b的位移和路程都相同D. 在0～t0时间内，a通过的路程是b通过路程的两倍二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）8.理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线圈电阻为R 1，它与电热丝的电阻R 2串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的电功率为P，则有()A. P<UIB. P=I 2(R 1+R 2)C. P=UID. P>I 2(R 1+R 2)9.下列说法正确的是()A. 由R=U可知，导体的电阻跟它两端电压成正比，跟通过它的电流成反比IB. 由R=ρl可知，导体的电阻跟它长度成正比，跟它的横截面积成反比sC. 欧姆定律适用于金属导电、电解液导电和气体导电D. 欧姆定律适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路10.如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于箱子上的A点和B点，OA与水平方向的夹角为θ，OB水平，开始时箱子处于静止。
2019-2020年高二上学期入学物理试卷 含解析
2019-2020年高二上学期入学物理试卷含解析一、选择题1．在物理学发展中，许多的物理学家和他们的科学思想方法起到了重要作用，下列叙述符合实事的是（）A．牛顿首先采用了试验检验猜测和假设的科学方法，把试验和逻辑推理和谐的结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展B．牛顿提出了万有引力定律并测出了引力常数C．第谷在整理开普勒的观测数据之上，总结得到了行星运动规律D．在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各个小段的位移相加，这里采用了微元法2．物体做直线运动的v﹣t图象如图所示，由图可知该物体（）A．第1秒内和第3秒内的运动方向相反B．第1秒内和第3秒内的加速度相同C．0﹣2秒内的位移等于0﹣4秒内的位移D．第3秒末加速度大小为零3．如图所示，用两根不可伸长的轻绳连接两根质量均为m的小球A、B，细绳的一端悬挂于O点，在外力F作用下小球A、B处于静止状态，已知细绳OA与竖直方向的夹角θ=300，外力F垂直于细绳OA，则外力F的大小为（）A．0.5mg B．mg C．mg D．1.5mg4．如图所示从倾角为θ的足够长的斜面上的顶点，将一小球以初速度v o水平向右抛出小球落在斜面上的某个点，则小球做平抛运动的时间是（）A．B．C．D．5．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，可简化为如图所示的模型．如图所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客（）A．处于失重状态 B．不受摩擦力的作用C．受到水平向左的摩擦力作用 D．所受合力的方向沿斜坡向上6．我国数据中继卫星定点在东经77°赤道上空的同步轨道上．对该卫星下列说法正确的是（）A．运行速度大于7.9km/sB．离地面高度一定，相对地面静止C．绕地心运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等7．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用，力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A．在3t0时刻，物体的速度为B．在3t0时刻的瞬时功率为C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为8．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L，已知在整个过程中弹簧都未超过弹性限度，则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A．圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变B．弹簧弹性势能变化了mgLC．弹簧弹性势能与圆环重力势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零二、非选择题9．在“验证力的平行四边形定则”试验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套橡皮条的一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度的施加拉力，使橡皮条伸长，结点达到纸面上的某一位置．（1）有关试验，下列叙述正确的是A．两根细绳必须等长B．每次都应该将弹簧测力计拉伸到相同的刻度C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉倒同一位置OD．拉橡皮条的细绳套要长一些，标记同一细绳套方向的两点要远一些（2）如图所示是张华和李明在做以上试验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是（力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）（3）本次试验采用的科学方法是（填正确答案标号）A．理想试验法B．微元法C．控制变量法D．等效替代法．10．某学习小组在“探究功与速度变化关系”的试验中采用了如图所示的试验装置．（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是．（2）试验测得遮光条的宽度△d；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，一保证每次拉伸的距离恒定；现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门1的时间为△t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为v=（用字母表示）（3）逐渐增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门1的时间，并计算对应的速度．则画出的W﹣v2图象应该是图中的．11．如图所示，质量m=1kg的小球穿在无限长的斜杆上，斜杆与水平方向成37°角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数为μ=0.5；小球在平行于斜杆向上的拉力F=15N的作用下，从斜杆的底端由静止向上运动，经2s撤去拉力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）试求：（1）小球在前2s内运动的加速度大小；（2）小球沿斜杆向上运动的总位移；（3）小球运动到斜杆底端时的速度大小．12．如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R=0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检测平板，MOP三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m=0．lkg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时的速度v N=4m/s，水平飞出后落到P上的Q点，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：（1）小钢珠经过N点时对轨道的压力的大小；（2）小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s（3）小钢珠离开弹簧枪时的动能E k．13．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m=0.8kg的小球P放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到D处后对轨道的压力为F1=4N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x=0.2m，与小球的动摩擦因数为μ=0.5，右侧BC段光滑．g=10m/s2，求：（1）小球运动到轨道最高处C点时对轨道的压力；（2）弹簧在压缩时所储存的弹性势能．（3）若将小球P换成质量M=1kg的小物块Q，仍压缩弹簧自A点由静止开始释放，试讨论物块Q能否通过半圆轨道的最高点D．2016-2017学年贵州省黔东南州凯里一中高二（上）入学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．在物理学发展中，许多的物理学家和他们的科学思想方法起到了重要作用，下列叙述符合实事的是（）A．牛顿首先采用了试验检验猜测和假设的科学方法，把试验和逻辑推理和谐的结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展B．牛顿提出了万有引力定律并测出了引力常数C．第谷在整理开普勒的观测数据之上，总结得到了行星运动规律D．在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各个小段的位移相加，这里采用了微元法【考点】物理学史；物理模型的特点及作用．【分析】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量，开普勒总结得到了行星运动规律．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法．【解答】解：A、伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结合起来，有力地推进了人类科学认识的发展，故A错误．B、牛顿发表了万有引力定律，但没有测量出引力常量，是卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量，故B错误．C、开普勒在整理第谷的观测数据之上，总结得到了行星运动规律，故C错误．D、在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各个小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确．故选：D2．物体做直线运动的v﹣t图象如图所示，由图可知该物体（）A．第1秒内和第3秒内的运动方向相反B．第1秒内和第3秒内的加速度相同C．0﹣2秒内的位移等于0﹣4秒内的位移D．第3秒末加速度大小为零【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】在速度时间图线中，根据图线的斜率判断加速度之间的关系，根据速度的正负判断运动方向的关系，根据图线围成的面积比较位移．【解答】解：A、第1s内和第3s内速度都为正，可知运动的方向相同，故A错误；B、第1s内和第3s内图线的斜率不相同，可知加速度不相同，一正一负，故B错误；C、图线与时间轴围成的面积表示位移，0﹣2s内和0﹣4s内图线围成的面积相同，则位移相同，故C正确；D、2﹣4s内做匀变速直线运动，加速度不为零，则第3秒末加速度大小不为零，故D错误．故选：C3．如图所示，用两根不可伸长的轻绳连接两根质量均为m的小球A、B，细绳的一端悬挂于O点，在外力F作用下小球A、B处于静止状态，已知细绳OA与竖直方向的夹角θ=300，外力F垂直于细绳OA，则外力F的大小为（）A．0.5mg B．mg C．mg D．1.5mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对AB两球整体受力分析，受重力G，OA绳子的拉力T以及拉力F，其中重力大小和方向都不变，绳子的拉力方向不变大小变，拉力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，利用平行四边形定则作图可以得出拉力的最小值和最大值．【解答】解：对AB两球整体受力分析，受重力G=2mg，OA绳子的拉力T以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T和拉力F合成，其合力与重力平衡，如图当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为F min=（2m）gsin30°，即mg；由于拉力F的方向具有不确定性，因而从理论上讲，拉力F最大值可以取到任意值，故CD正确．AB错误；故选：CD4．如图所示从倾角为θ的足够长的斜面上的顶点，将一小球以初速度v o水平向右抛出小球落在斜面上的某个点，则小球做平抛运动的时间是（）A．B．C．D．【考点】平抛运动．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移和竖直位移的关系求出小球平抛运动的时间．【解答】解：根据平行四边形定则知，，解得t=，故B正确，A、C、D错误．故选：B．5．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，可简化为如图所示的模型．如图所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客（）A．处于失重状态 B．不受摩擦力的作用C．受到水平向左的摩擦力作用 D．所受合力的方向沿斜坡向上【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．【分析】当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，对乘客进行受力分析，根据加速度方向知道合力方向，根据合力方向确定摩擦力方向．【解答】解：A、当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A错误；B、C、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前（水平向右）的摩擦力作用．故BC错误；D、由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向上．故D正确．故选：D．6．我国数据中继卫星定点在东经77°赤道上空的同步轨道上．对该卫星下列说法正确的是（）A．运行速度大于7.9km/sB．离地面高度一定，相对地面静止C．绕地心运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等【考点】同步卫星．【分析】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出表示出线速度的大小．知道7.9 km/s为第一宇宙速度．了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同．根据向心加速度的表达式找出向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小关系．【解答】解：A、由万有引力提供向心力得：=，v=，即线速度v 随轨道半径 r 的增大而减小，v=7.9 km/s 为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度；因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9 km/s ，故A 错误； B 、因同步卫星与地球自转同步，即T 、ω相同，因此其相对地面静止，由万有引力提供向心力得：=m （R +h ）ω2得：h=﹣R ，因G 、M 、ω、R 均为定值，因此h 一定为定值，故B 正确；C 、因同步卫星周期T 同=24小时，月球绕地球转动周期T 月=27天，即T 同＜T 月，由公式ω=得ω同＞ω月，故C 正确；D 、同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a 向=r ω2，可得： =，因轨道半径不同，故其向心加速度不同，故D 错误．故选BC ．7．质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用，力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则（ ）A ．在3t 0时刻，物体的速度为B ．在3t 0时刻的瞬时功率为C ．在t=0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为D ．在t=0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】通过牛顿第二定律，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移大小，通过瞬时功率的公式求出瞬时功率的大小，通过水平力做功求出平均功率的大小．【解答】解：A、在图示的图象中，图象所围成的面积表示冲量，3t0内的总冲量为4F0t0，由动量定理知4F0t0=mv0，解得3t0时刻的速度为v0=，故A错误；B、在3t0时刻的瞬时功率为P=2F0•v0=，故B正确；C、根据动能定理知在t=0到t=3t0这段时间内，水平力做的功为W==，故平均功率为=，C正确，D错误；故选：BC8．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L，已知在整个过程中弹簧都未超过弹性限度，则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A．圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变B．弹簧弹性势能变化了mgLC．弹簧弹性势能与圆环重力势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零【考点】机械能守恒定律．【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒和圆环的受力情况进行分析．【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力和重力对圆环做功，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，故A正确；B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，弹性势能为零，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L，可得物体下降的高度为h=2L，根据系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能增大量为△E p=mgh=2mgL，故B错误；C、圆环的初速度与末速度均为零，可知其速度先增大后减小，动能先增大后减小，弹簧弹性势能与圆环重力势能之和先减小后增大，故C正确．D、圆环的初速度与末速度均为零，可知其速度先增大后减小，先向下加速后向下减速，所以到达最低点时小环的加速度的方向向上，合外力的方向向上，不为0，故D错误．故选：AC二、非选择题9．在“验证力的平行四边形定则”试验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套橡皮条的一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度的施加拉力，使橡皮条伸长，结点达到纸面上的某一位置．（1）有关试验，下列叙述正确的是CDA．两根细绳必须等长B．每次都应该将弹簧测力计拉伸到相同的刻度C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉倒同一位置OD．拉橡皮条的细绳套要长一些，标记同一细绳套方向的两点要远一些（2）如图所示是张华和李明在做以上试验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是张华（力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）（3）本次试验采用的科学方法是D（填正确答案标号）A．理想试验法B．微元法C．控制变量法D．等效替代法．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】本实验是要验证平行四边形定则，注意在理解实验的原理基础上，掌握实验的方法和数据的处理方法以及需要注意的事项，尤其是理解本实验的“等效”思想【解答】解：A、绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，所以绳子不需要等长，故A错误；B、拉力的大小没有限制，每次做实验的时候，拉力大小不要求相等，所以不需要将弹簧测力计拉伸到相同的刻度，故B错误；C、在该实验中要求每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故C正确；D、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故D正确．故选：CD（2）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故张华作的符合实验事实符合实验事实．（3）该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置．所以本实验采用的科学方法是等效替代法，故D正确，ABC错误．故选：D故答案为：（1）CD；（2）张华；（3）D10．某学习小组在“探究功与速度变化关系”的试验中采用了如图所示的试验装置．（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）试验测得遮光条的宽度△d；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，一保证每次拉伸的距离恒定；现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门1的时间为△t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为v=（用字母表示）（3）逐渐增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门1的时间，并计算对应的速度．则画出的W﹣v2图象应该是图中的C．【考点】探究功与速度变化的关系．【分析】（1）明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度；（3）根据动能定理分析，明确对应的数学规律即可得出正确的图象．【解答】解：（1）气垫导轨可以认为是光滑的，在判断其是否水平时可以采取的方法是：接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，所以v=，（3）根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，所以画出的W﹣v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线．故答案为：（1）接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）；（2）；（3）C11．如图所示，质量m=1kg的小球穿在无限长的斜杆上，斜杆与水平方向成37°角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数为μ=0.5；小球在平行于斜杆向上的拉力F=15N的作用下，从斜杆的底端由静止向上运动，经2s撤去拉力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）试求：（1）小球在前2s内运动的加速度大小；（2）小球沿斜杆向上运动的总位移；（3）小球运动到斜杆底端时的速度大小．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）对小球进行受力分析，根据正交分解，运用牛顿第二定律求出小球的加速度．（2）根据匀变速直线运动的公式求出前2s内的位移和2s末的速度；根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，运用运动学公式求出匀减速直线运动的位移，从而得出向上运动的总位移．（3）根据牛顿第二定律求出下滑过程的加速度，运用运动学公式求出运动到斜杆底端时的速度大小．【解答】解：（1）设小球在前2 s内的加速度为a，根据牛顿第二定律有：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得：a===5m/s2（2）前2 s内小球的位移为x1，有：解得：x1==10m撤去外力后小球加速度大小为a'，继续向上做减速运动的位移为x2，2 s时速度大小为v，则：v=at=5×1m/s=10m/s根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma'解得：a'=（sinθ+μcosθ）g=（0.6+0.5×0.8）×10m/s2=10m/s2速度与位移的关系：v2=2a'x2解得：x2==5m故小球沿斜面向上运动的总位移：x=x1+x2=15m（3）小球运动到斜杆低端时的速度大小为v'，向下滑动时加速度为a1，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1解得：a1=gsinθ﹣μgcosθ=2m/s2速度与位移的关系：v'2=2a1x解得：=（1）小球在前2s内运动的加速度大小为5m/s2；（2）小球沿斜杆向上运动的总位移为15m；（3）小球运动到斜杆底端时的速度大小为．12．如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R=0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检测平板，MOP三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m=0．lkg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时的速度v N=4m/s，水平飞出后落到P上的Q点，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：（1）小钢珠经过N点时对轨道的压力的大小；（2）小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s（3）小钢珠离开弹簧枪时的动能E k．【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力．【分析】（1）正确分析运动过程，弄清运动形式，选用正确规律是解本题的关键，在本题中钢珠开始通过弹簧将弹簧的弹性势能转化为其动能，从而使其沿圆弧做圆周运动，此时注意在最高点完成圆周运动的条件v≥的应用；（2）小球从最高点离开轨道后开始做平抛运动，利用平抛运动的规律即可求解；（3）然后从开始到最高点的过程中利用动能定理即可求解．【解答】解：（1）在N点轨道对小钢珠的支持力为F N，由牛顿第二定律可得：F N+mg=m…①代入数据解得：F N=1N …②由牛顿第三定律得到小钢珠对轨道的压力为：=F N=1N …③（2）小钢珠做平抛运动的水平位移为：s=v N t …④竖直位移为：R=gt2…⑤代入数据联立解得：s=1.6m …⑥（3）由M→N由动能定理可得：E k=mv N2+mgR …⑦代入数据解得：E k=1.6J …⑧答：（1）小钢珠经过N点时对轨道的压力的大小为1N；（2）小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离为1.6m；（3）小钢珠离开弹簧枪时的动能是1.6J．13．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m=0.8kg的小球P放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到D处后对轨道的压力为F1=4N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x=0.2m，与小球的动摩擦因数为μ=0.5，右侧BC段光滑．g=10m/s2，求：（1）小球运动到轨道最高处C点时对轨道的压力；（2）弹簧在压缩时所储存的弹性势能．（3）若将小球P换成质量M=1kg的小物块Q，仍压缩弹簧自A点由静止开始释放，试讨论物块Q能否通过半圆轨道的最高点D．。
2019-2020学年重庆市万州二中高二上学期期中考试物理试题(解析版)
万州二中高2021级高二（上）期中考试试题物理本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共12小题,每小题4分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1--8题只有一个选项符合题目要求,第9--12题有多个选项符合要求。
全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的不得分)1.下列物理量是矢量的是（）A. 电动势B. 电势差C. 电场强度D. 电势『答案』C『解析』【详解】电势、电势差和电动势都是只有大小没有方向的标量；电场强度是既有大小又有方向的矢量.所以选C.2.下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是()A. 电场强度公式E＝Ud适用于一切电场B. 根据电容的定义式C＝QU,电容器极板上的电荷量每增加1C，电压就增加1VC. 根据电场力做功的计算式W＝qU，一个电子在1V的电压下加速，电场力做功为1eVD. 电场线就是正电荷只在电场力的作用下运动的轨迹『答案』C『解析』【详解】A．电场强度公式：E＝U d只适用于匀强电场，故A错误；B．根据电容的定义式：C＝Q U可知：U =Q C只有在电容器C=1F时，当电容器极板上的电荷量每增加1C，电压就增加1V，故B错误；C．电子的电量为e，由：W=Uq可知电场对电子做功加速时：W=Ue即在1V电压下加速，电场力做功为1eV，故C正确；D．电场线并不存在，是虚拟的，是人为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线不是电荷的运动轨迹，故D错误。
3.有A、B两个电阻，它们的I-U图线如图所示，从图线可以判断（）A. 电阻A的电阻率大于电阻B的电阻率B. 电阻A的阻值小于电阻B的阻值C. 两电阻并联时,流过电阻A的电流强度较小D. 两电阻串联时,电阻A消耗的功率较大『答案』B『解析』【详解】AB．I U-图线的斜率表示电阻的倒数，A图线的斜率大,则A的电阻小.又因为不清楚两个电阻的材料及横截面积，故不能判定电阻率的大小，所以A错误，B正确. C．两电阻并联，电压相等,作出垂直横轴的直线，如图所示，竖直线与AB的交点即表示并联时的工作情况，由图可以知道A中电流较大；故C错误;D．两电阻串联时电流相等，由：2P I R=可以知道电阻 A消耗的功率较小，故D错误.4.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P 向左匀速移出的过程中( )A. 电容器的电容大小不受影响B. 电容器所带的电荷量增大C. 电容器两极板间的电压增大D. 电路中电流的方向为M →R →N『答案』D 『解析』【详解】在介质P 向右匀速移出的过程中，根据电容的决定式：4SC kdεπ=分析可知电容变小，电容器始终与电源相连，故电压不变，由：Q CU =可知电容器电荷量减小，电容器处于放电状态，则流过电阻R 的电流方向从M 到N ，M 点的电势比N 点的电势高，故选D.5.欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a 、b 、c ，且a ＞b ＞c ．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是A. B.C. D.『答案』D 『解析』【详解】由电阻的决定式可知，A 中电阻A a R bc ρ=，B 中电阻B a R bcρ=；C 中电阻C b R ac ρ=；D 中电阻D cR abρ=；故电阻最小的为D ；故选D ． 6.下图所列的4个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽电灯在不同电压下消耗的电功率P 与电压平方U 2之间的函数关系的是以下哪个图象 （ ）A. B.C. D.『答案』C『解析』【详解】试题分析：根据公式2UPR=可得21PU R=,故图像的斜率表示白炽灯电阻的倒数，我们知道家庭所用的白炽灯的电阻随着电压的增大而增大，所以1R在减小，即图像的斜率在减小，故选C7.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W．关于该电吹风，下列说法正确的是()A. 电热丝的电阻为55 ΩB. 电动机的电阻为1210 3ΩC. 当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为120 JD. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为880 J『答案』A『解析』【详解】A．电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P=1 000 W－120 W=880 W，对电热丝，由P =2U R 可得电热丝的电阻为22220880U R P ==Ω=55 Ω，选项A 正确； B ．由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B 错误； C ．当电吹风吹冷风时，电热丝没有工作，选项C 错误；D ．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为W=Pt =1000 J ，选项D 错误． 8.如图是有两个量程的电压表，当使用a 、b 两个端点时，量程为0～10 V ，当使用a 、c 两个端点时，量程为0～100 V ．已知电流表的内阻R g 为500 Ω，满偏电流I g 为1 mA ，则电阻R 1、R 2的值( )A. 9500Ω；90000ΩB. 90000Ω；9500ΩC. 9500Ω；9000ΩD. 9000Ω；9500Ω『答案』A 『解析』【详解】由图示电路图可知110V ()g g I R R +=， 1210()0V g g I R R R ++=，代入数据解得19500ΩR =，290000ΩR =A. 9500Ω；90000Ω与分析相符，符合题意;B. 90000Ω；9500Ω与分析不符，不符合题意C. 9500Ω；9000Ω与分析不符，不符合题意;D. 9000Ω；9500Ω与分析不符，不符合题意 9.对于常温下一根阻值为R 的均匀金属丝，其伏安特性曲线如图所示，下列说法中正确的是A. 常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB. 常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为14RC. 给金属丝加上的电压逐渐从零增大到0U ，则任一状态下的UI比值不变 D. 金属材料的电阻率随温度的升高而增大『答案』BD 『解析』【详解】A ：常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，横截面积减小为110，电阻率不变，根据电阻定律，电阻增大为100倍。
重庆市万州区万二中2019-2020学年高二(上)入学考试物理试题(解析版)
D. 物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，故
D 正确 .
2.某船要渡过 60m 宽的河， 船渡河的最短时间是 12s；若船沿垂直河岸的直线到达正对岸， 渡河时间是 15s， 则船在静水中的速率 v1 及河水的流速 v 分别为 A. v1=5 m/s v2=4m/s B. v1=5 m/s v2=3m/s C. v1=4 m/s v2=5m/s D. v1=4m/s v2=3m/s 【答案】 B
B. 物体飞行的时间为 6s
C. 物体在 B 点的速度大小为 30m/s
D. 物体的初速度 v0大小为 20m/s
【答案】 D
【解析】 【详解】 A ．物体的位移等于初末位置的距离，大小为
75m，故 A 错误 .
B ．平抛运动的竖直位移
根据 h 1 gt 2 得，物体飞行的时间 2
h=xAB sinα=75 ×0.6m=45m ，
【解析】
【详解】 CD. 当以最短时间渡河时，船头指向正对岸，则渡河时间为：
d
t1
，所以船在静水中的速度为：
v1
d 均错误 . 12
AB. 当船垂直河岸到达正对岸时，即合速度垂直河岸，渡河时间为：
60
15
25 v22 ，解得 :v2=3m/s. 故 A 错误， B 正确 .
）
A. 机械能
B. 动能
C. 加速度
D. 速度
【答案】 D
【解析】 【详解】 A. 做曲线运动的物体，在运动过程中机械能可以不变，例如平抛运动，故
A 错误 .
B. 匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变，故 C.平抛运动也是曲线运动，但是它的加速度是重力加速度，是不变的，故
重庆市万州区万二中2019_2020学年高二物理上学期入学考试试题(含解析)
万州二中高2021级2019年高二上期入学考试物理试卷一、选择题（本题共12题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的物理量是（ ）A. 机械能B. 动能C. 加速度D. 速度【答案】D【解析】【详解】A.做曲线运动的物体，在运动过程中机械能可以不变，例如平抛运动，故A 错误.B.匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变，故B 错误.C.平抛运动也是曲线运动，但是它的加速度是重力加速度，是不变的，故C 错误.D.物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，故D 正确.2.某船要渡过60m 宽的河，船渡河的最短时间是12s ；若船沿垂直河岸的直线到达正对岸，渡河时间是15s ，则船在静水中的速率v 1及河水的流速v 分别为A. v 1=5 m/s v 2=4m/sB. v 1=5 m/s v 2=3m/sC. v 1=4 m/s v 2=5m/sD. v 1=4m/s v 2=3m/s【答案】B【解析】【详解】CD.当以最短时间渡河时，船头指向正对岸，则渡河时间为：11d t v ，所以船在静水中的速度为：1160m/s5m/s12dvt===；故C，D均错误.AB.当船垂直河岸到达正对岸时，即合速度垂直河岸，渡河时间为：22212tv v=-，代入数据为：221525v=+，解得:v2=3m/s.故A错误，B正确.3.如图，从斜面上的点以速度v0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B点，己知AB＝75m，α＝37°，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。
）不计空气阻力，下列正确的是（）A. 物体的位移大小为60mB. 物体飞行的时间为6sC. 物体在B点的速度大小为30m/sD. 物体的初速度v0大小为20m/s【答案】D【解析】【详解】A．物体的位移等于初末位置的距离，大小为75m，故A错误.B．平抛运动的竖直位移h=x AB sinα=75×0.6m=45m，根据212h gt=得，物体飞行的时间2245s3s10htg⨯===，故B错误.D．物体的初速度cos750.8m/s20m/s3ABxvtα⨯===；故D 正确.C.物体落到B 点的竖直分速度v yB =gt =10×3m/s=30m/s，根据平行四边形定则知，物体落在B 点的速率B v =;故C 错误.4.人造卫星离地面距离等于地球半径R 的2倍，卫星以速度v 沿圆轨道运动。
2019-2020年高二上学期开学物理试卷含解析
2019-2020年高二上学期开学物理试卷含解析一、选择题1．关于速度、速度的变化量、加速度，下列说法中正确的是（）A．物体运动时速度的变化量越大，它的加速度一定越大B．速度很大的物体，其加速度可以为零C．某时刻物体速度为零，其加速度不可能很大D．加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大2．总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m高的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v﹣t图象，根据图象可知（g取10m/s2）（）A．在t=1 s时运动员的加速度约为8 m/s2B．14 s内运动员下落高度约为300 mC．运动员落地前飞行时间为24 sD．运动员在下降过程中空气阻力一直在增大3．如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是（）A．物体A可能只受到二个力的作用B．物体A一定只受到三个力的作用C．物体A一定受到了四个力的作用D．物体A可能受到了三个力的作用4．如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（）A．B．C． D．5．如图所示，一半球支撑面顶部有一小孔．质量分别为m1和m2的两只小球（视为质点），通过一根穿过半球顶部小孔的细线相连，不计所有摩擦．小球m2静止在球面上时，其平衡位置与半球面的球心连线跟水平方向的夹角为θ．以下结论正确的是（）A．m1=m2sin θB．m1=m2cos θC．m1=m2tan θD．将m2向下移动一些后，m2将不能回到原来位置6．如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化7．如图所示，质量20kg的小物块（可视为质点）以速度4m/s水平向右进入转送带，传送带向左传动、速率为3m/s，两皮带轮轴心间的距离是9m，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.1．对此，下列说法中正确是（）A．物体将从传送带的左边离开B．特体将从传送带的右边离开C．物块离开传送带的速度为3m/sD．物块离开传送带的速度为4m/s8．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）A．在t=1s时，甲车在乙车后B．在t=0时，甲车在乙车前7.5mC．两车另一次并排行驶的时刻是t=2sD．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m二、非选择题：9．“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．主要步骤是：A．在桌面上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B．用图钉把橡皮条的一端固定在木板上的A点，在橡皮条的另一端栓上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C．用两个弹簧秤分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记下O点的位置和两个弹簧秤的示数；D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；E．只用一只弹簧秤，通过弹簧秤拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按相同标度作出这个力F′的图示；F．改变两个力的夹角，再做几组，比较各组实验中，F′与F是否相同，得出结论；上述步骤中：（1）有重要遗漏的步骤是（填序号）；（2）相应的遗漏内容分别是（3）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是．10．用如图1所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验．实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m2，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度．（1）下列说法正确的是A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验中m1应远大于m2D．在用图象探究加速度与质量关系时，应用a﹣图象（2）下图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图2所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=m/s2．（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出a﹣F关系图线，如图3所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是A．小车与平面轨道之间存在摩擦B．平面轨道倾斜角度过大C．所挂钩码的总质量过大D．所用小车的质量过大．11．甲、乙两辆汽车沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为16m/s，已知甲在紧急刹车时加速度a1=3m/s2，乙车紧急刹车时加速度a2=4m/s2，乙车司机的反应时间为0.5s，求为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙行驶过程中至少应保持多大距离．12．一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ=37°足够长的斜面，已知滑块上滑过程中的v﹣t图象如图所示．取sin37°=0.6．cos37°=0.8，g=10m/s2，求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）滑块返回斜面底端时的速度大小．【选修3-3】13．一群处于n=4的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，可能发射出的谱线为（）A．3条B．4条C．5条D．6条14．静止的氮核被速度为v0的中子击中生成碳核和另一种原子核甲，已知与甲核的速度方向与碰撞前中子的速度方向一致，碰后核与甲核的动量之比为2：1．①写出核反应方程式．②求与甲核的速度各是多大？2016-2017学年山东省临沂市重点中学高二（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．关于速度、速度的变化量、加速度，下列说法中正确的是（）A．物体运动时速度的变化量越大，它的加速度一定越大B．速度很大的物体，其加速度可以为零C．某时刻物体速度为零，其加速度不可能很大D．加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大【考点】速度；加速度．【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．【解答】解：A、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度就会很小，故A错误；B、运动物体的速度很大，其加速度可能为零，例如匀速直线运动，故B正确；C、运动物体的速度为零，其加速度可能很大，刚开始发射的火箭，故C错误．D、加速度很大时，其运动物体的速度变化一定越快，而不是速度一定很快变大，故D错误；故选：B．【点评】加速度是运动学中最重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量的关系．2．总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m高的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v﹣t图象，根据图象可知（g取10m/s2）（）A．在t=1 s时运动员的加速度约为8 m/s2B．14 s内运动员下落高度约为300 mC．运动员落地前飞行时间为24 sD．运动员在下降过程中空气阻力一直在增大【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】首先分析运动员的运动情况，运动员在0﹣2s内做匀加速直线运动，2s﹣14s做变速运动，14s以后做匀速运动直到地面．t=1s时运动员做匀加速直线运动，根据图象的斜率可以算出a，根据牛顿第二定律算出f，可以通过图象与时间轴所围成的面积估算14s内运动员下落的高度．【解答】解：A、运动员在0﹣2s内做匀加速直线运动，图象的斜率表示加速度，所以t=1s 时运动员的加速度大小为：a==m/s2=8m/s2．故A正确．B、面积可以通过图象与时间轴所围成的面积估算，本题可以通过数方格的个数来估算，（大半格和小半格合起来算一格，两个半格算一格）每格面积为4m2，14s内数得的格数大约为40格，所以14s内运动员下落的高度为：h=40×2×2m=160m．故B错误．C、由图知，14s后运动员做匀速运动，速度大小为6m/s，则运动员落地前飞行时间为t=14s+s=70.7s．故C错误．D、在14s后运动员做匀速运动，空气阻力与重力平衡，说明此过程空气阻力不变．故D错误．故选A【点评】该题是v﹣t图象应用的典型题型，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，有方格时，面积可以通过数方格的个数来估算，本题难度适中．3．如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是（）A．物体A可能只受到二个力的作用B．物体A一定只受到三个力的作用C．物体A一定受到了四个力的作用D．物体A可能受到了三个力的作用【考点】物体的弹性和弹力．【分析】物体之间产生摩擦力必须要具备以下三个条件：第一，物体间相互接触、挤压；第二，接触面不光滑；第三，物体间有相对运动趋势或相对运动．弹力是物体因形变而产生的力，这里指的是物体间相互接触、挤压时的相互作用力；将拉力按照作用效果正交分解后，结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析，得出结论．【解答】解：物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力；故选：C．【点评】对物体受力分析通常要结合物体的运动情况，同时本题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析．4．如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（）A．B．C． D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可求的；【解答】解：D、在下滑过程中，物体的加速度为mgsinθ﹣μmgcosθ=maa=gsinθ﹣μgcosθ，加速度的大小保持不变．故D错误；C、下滑过程中速度大小关系为v=v0+at=v0+（gsinθ﹣μgcosθ）t，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线．故C错误；A、B、物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为s=）t2，位移﹣时间关系的图象是向右弯曲的线．故B正确；同理，下降的高度为h=ssinθ，也是向右弯曲的线．故A错误；故选：B【点评】本题主要考查了运动学公式，关键是把s、h、v与时间的表达式表示出来即可；5．如图所示，一半球支撑面顶部有一小孔．质量分别为m1和m2的两只小球（视为质点），通过一根穿过半球顶部小孔的细线相连，不计所有摩擦．小球m2静止在球面上时，其平衡位置与半球面的球心连线跟水平方向的夹角为θ．以下结论正确的是（）A．m1=m2sin θB．m1=m2cos θC．m1=m2tan θD．将m2向下移动一些后，m2将不能回到原来位置【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】（1）分别以两个小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出m1、m2、θ和R 之间应满足的关系．（2）若m2小球静止于θ处，将其沿半球面稍稍向下移动一些，分析m2所受的合力是否为零，判断释放后m2能否回到原来位置．【解答】解：A、根据平衡条件有对m2：m2gcosθ=T，对m1：T=m1g，所以m1=m2cosθ，故B正确，AC错误；D、将m2沿半球面稍稍向下，不能回到原来位置，因为m2所受的合力为：m2gcosθ′﹣m1g=m2g（cosθ′﹣cos θ）＞0（因为θ′＜θ），所以m2将向下运动，不能回到原来位置，故D正确；故选：BD．【点评】本题两个物体平衡问题，采用隔离法研究，分析受力，作出力图是关键．6．如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，故AC均错误；BD、b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B 正确f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡．7．如图所示，质量20kg的小物块（可视为质点）以速度4m/s水平向右进入转送带，传送带向左传动、速率为3m/s，两皮带轮轴心间的距离是9m，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.1．对此，下列说法中正确是（）A．物体将从传送带的左边离开B．特体将从传送带的右边离开C．物块离开传送带的速度为3m/sD．物块离开传送带的速度为4m/s【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】滑块向右运动是减速，先假设皮带足够长，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据速度位移关系公式求解位移，通过与传送带的长度比较后得到物体的实际运动性质．【解答】解：A、B、滑块向右运动是减速，先假设皮带足够长，根据牛顿第二定律，有：a=根据速度位移关系公式，有：﹣v2=2（﹣a）x解得：x=故没有到达最右端速度即减为零，此后在传送带的作用下向左运动，故从左边滑出，故A 正确，B错误；C、如果向左一直加速，末速度为4m/s，但传送带速度为3m/s，小于滑块的初速度，故滑块速度增加到3m/s后即与传送带间无摩擦，一起做匀速运动，故离开传送带的速度为3m/s，故C正确，D错误；故选：AC．【点评】本题关键是明确先根据牛顿第二定律判断出物体的加速度，然后根据运动学公式判断物体的运动性质，不难．8．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v ﹣t 图象如图所示．已知两车在t=3s 时并排行驶，则（ ）A ．在t=1s 时，甲车在乙车后B ．在t=0时，甲车在乙车前7.5mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t=2sD ．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】由图象可知，1到3s 甲乙两车的位移相等，两车在t=3s 时并排行驶，所以两车在t=1s 时也并排行驶；v ﹣t 图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．【解答】解：A ．由图象可知，1到3s 甲乙两车的位移相等，两车在t=3s 时并排行驶，所以两车在t=1s 时也并排行驶，故A 错误； B ．由图象可知，a 甲===10m/s 2； a 乙===5m/s 2； 0至1s ，x 甲=a 甲t 2=×10×12=5m ，x 乙=v 0t +a 乙t 2=10×1+×5×12=12.5m ，△x=x 乙﹣x 甲=12.5﹣5=7.5m ，即在t=0时，甲车在乙车前7.5m ，故B 正确；C ．由AB 分析可知，甲乙两车相遇时间分别在1s 和3s ，故C 错误；D.1s 末甲车的速度为：v=a 甲t=10×1=10m/s ，1到3s ，甲车的位移为：x=vt +a 甲t 2=10×2+×10×22=40m ，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m ，故D 正确．故选：BD ．【点评】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离．二、非选择题：9．“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．主要步骤是：A ．在桌面上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B ．用图钉把橡皮条的一端固定在木板上的A 点，在橡皮条的另一端栓上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C ．用两个弹簧秤分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O ，记下O 点的位置和两个弹簧秤的示数；D ．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力F 1和F 2的图示，并用平行四边形定则求出合力F ；E．只用一只弹簧秤，通过弹簧秤拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按相同标度作出这个力F′的图示；F．改变两个力的夹角，再做几组，比较各组实验中，F′与F是否相同，得出结论；上述步骤中：（1）有重要遗漏的步骤是（填序号）；（2）相应的遗漏内容分别是（3）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】步骤C中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤E中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同．【解答】解：（1、2）力的合成遵循平行四边形定则，力的图示法可以表示出力的大小、方向和作用点，因而要表示出分力，必修先测量出其大小和方向，故步骤C中遗漏了方向；合力与分力是一种等效替代的关系，替代的前提是等效，实验中合力与分力一定产生相同的形变效果，故步骤E中遗漏了使结点到达同样的位置．（3）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合．故答案为：（1）CE；（2）C中未记下两个弹簧秤的细绳方向；E中没有将结点拉到达O位置；（3）Fˊ【点评】对于实验问题一定要明确实验原理，了解具体操作的含义，通过原理分析实验中的方法及误差分析．10．用如图1所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验．实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m2，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度．（1）下列说法正确的是A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验中m1应远大于m2D．在用图象探究加速度与质量关系时，应用a﹣图象（2）下图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图2所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=m/s2．（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出a﹣F关系图线，如图3所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是A．小车与平面轨道之间存在摩擦B．平面轨道倾斜角度过大C．所挂钩码的总质量过大D．所用小车的质量过大．【考点】验证牛顿第二运动定律．【分析】实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m．根据纸带数据，由△x=at2可求小车的加速度．【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误．B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．C、让小车的质量m1远远大于钩码的质量m2，因为：实际上绳子的拉力F=m1a=m2g，故应该是m2＜＜m1，而当m2不再远远小于m1时a==，随m2的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C正确．D、F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确．故选：CD．（2）计数点间的时间间隔为：t=0.02s×5=0.1s，根据纸带数据，由△x=at2可得小车的加速度为：a===1.0m/s2．（3）随着力F的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确、ABD错误．故选：C．故答案为：（1）CD；（2）1.0；（3）C．【点评】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．11．甲、乙两辆汽车沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为16m/s，已知甲在紧急刹车时加速度a1=3m/s2，乙车紧急刹车时加速度a2=4m/s2，乙车司机的反应时间为0.5s，求为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙行驶过程中至少应保持多大距离．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】由题意知：若两车刹车到速度相等时还不相撞，就能保证在紧急刹车中两车不相撞．可先由速度相等求出甲、乙刹车后到速度相等时各自用的时间，（注意甲刹车0.5s后乙才开始刹车），然后根据匀变速运动位移公式分别求出从刹车到速度相等过程两车位移，位移之差为甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离【解答】解：设乙车追上甲车时速度恰好相等，乙车刹车时间为t，则甲车刹车时间（t+0.5）乙车追上甲车时：联立以上各式解得：t=1.5s从甲刹车到速度相等过程：甲车位移：乙车位移：要保证在紧急刹车中两车不相撞，必须满足代入数据解得：△x＞1.5m答：甲乙两车行驶过程中至少应保持1.5m的距离【点评】追及问题较难理解，追及问题中，速度相等是临界条件．加速追匀速，速度相等时距离最大；匀速追加速，速度相等时距离最小12．一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ=37°足够长的斜面，已知滑块上滑过程中的v﹣t图象如图所示．取sin37°=0.6．cos37°=0.8，g=10m/s2，求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）滑块返回斜面底端时的速度大小．。
重庆市万州第二高级中学2020学年高二物理上学期入学考试试题(无答案)
万州二中高2020级高二上期入学考试物理试卷物理试题分选择题和非选择题两部分，满分110分，考试时间90分钟。
第一部分(选择题共40分)一. 单项选择题（共7个小题，每小题4分，共28分。
每小题只有一个选项符合题意）1．下列说法正确的是( )A．绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船，其速度可能大于7.9 km/sB．在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，一细线一端固定，另一端系一小球，小球可以在以固定点为圆心的平面内做匀速圆周运动C．人造地球卫星返回地球并安全着陆的过程中一直处于失重状态D．嫦娥三号在月球上着陆的过程中可以用降落伞减速2．物体做下列几种运动，其中一定符合机械能守恒的运动是（）A. 匀变速直线运动B. 在竖直方向做匀速直线运动C. 自由落体运动D. 在竖直平面内做匀速圆周运动3．孔明灯又叫天灯，俗称许愿灯，中国很多地方有放孔明灯的习俗．如图所示，某质量为m的孔明灯升空后与竖直方向夹角为θ斜向上匀速运动，则此孔明灯所受空气的作用力大小是( )A．mg B．mgtan θ C.mgcos θD.mgsin θ4．如图所示，两楔形物块A、B两部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A、B两物块均保持静止．则( )A．绳子的拉力不为零B．地面受的压力大于物块B的重力C．物块B受到地面的摩擦力水平向右D．物块B受到地面的摩擦力水平向左5．如图是质量为1 kg的质点在水平面上运动的vt图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是( )．A．在0～3.0 s时间内，合力对质点做功为10 JB．在4.0～6.0 s时间内，质点的平均速度为3 m/sC．在1.0～5.0 s时间内，合力的平均功率为4 WD．在t＝6.0 s时，质点的加速度为零6．我国于2020年成功发射携带月球车的“嫦娥三号”卫星，并将月球车软着陆到月球表面进行勘察．假设“嫦娥三号”卫星绕月球做半径为r的匀速圆周运动，其运动周期为T，已知月球的半径为R，月球车的质量为m，则月球车在月球表面上所受到的重力为( )A.4π2mrT2B.4π2mRT2C.4π2mR3T2r2D.4π2mr3T2R27.如图所示，固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A和B，在各自不同的水平面做匀速圆周运动，以下物理量大小关系正确的是( )A．速度vA＞vBB．角速度ωA＞ωBC．向心力FA＞FBD．向心加速度aA＞aB二. 多项选择题（共3个小题。
重庆市万州二中2020学年高二物理上学期入学考试试题(无答案)
甲 d c a b 乙 d c a b d c a b d c a b d c a b 万州第二高级中学高2020级高二上期开学考试物 理 试 题 卷物理测试试题分选择题和非选择题两部分，满分110分，考试时间100分钟。
第一部分 选择题（共52分）一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题4分，共4×8=32分）1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是（ ）A ．卡文迪许发现了万有引力定律B ．牛顿通过实验证实了万有引力定律C ．相对论的创立表明经典力学只适用于宏观低速的物体D ．富兰克林提出了电场2．如图，两平行的带电金属板水平放置。
若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。
现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A ．保持静止状态 B. 向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动 D. 向左下方做匀加速运动3．如图（甲）所示，a 是地球赤道上的一点，某时刻在a 的正上方有三颗轨道位于赤道平面的卫星b 、c 、d ，各卫星的运行方向均与地球自转方向相同，图（甲）中已标出，其中d 是地球同步卫星．从该时刻起，经过一段时间t （已知在t 时间内三颗卫星都还没有运行一周），各卫星相对a 的位置最接近实际的是图（乙）中的（ ）a4. 如图，桌面高为h，质量m的小球从离桌面高H处自由下落，不计空气阻力，假设桌面为参考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为（）A．0 B．mghC．mgH D．mg(H+h)5．有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h．下列说法中正确的是A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大6. （原创）在电影《星际穿越》中，宇航员处于零重力状态。
2019-2020学年重庆市万州二中高二(上)月考物理试卷(10月份)
2019-2020 学年重庆市万州二中高二（上）月考物理试卷（10 月份）一、单选题（本大题共 8 小题，共 32.0 分）1.关于静电场，下列结论普遍成立的是A.电场强度为零的地方，电势也为零B.电场强度的方向与等电势面处处垂直C.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向2.两点电荷产生的电场线如图所示，根据电场线的分布情况，下列判断正确的是A.的电荷量小于的电荷量B.的电荷量大于的电荷量C.、一定均为正电荷D.、一定均为负电荷3.如图所示，实线表示某电场的电场线方向未标出，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M 点和 N 点的电势分别为、，粒子在M 和 N时加速度大小分别为、，速度大小分别为、，电势能分别为、下列判断正确的是A.，B.，C.，D.，4.在真空中 A、B 两点分别放有异种点电荷和，以 A、B 连线中点 O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，则下列说法正确的是A. 场强大小关系有、B. 电势高低关系有、C. 将一负点电荷沿圆弧由 a 运动到 b 的过程中电场力做正功D. 将一正点电荷沿直线由 c 运动到 d 的过程中电势能始终不变5.如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O，下列关于 x 轴上的电场强度和电势的说法正确的是A.从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低B.从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高C.O 点的电场强度为零，电势最低D.O 点的电场强度不为零，电势最高6.真空中相距为 3a 的两个点电荷 M、 N 分别固定于的两点，在两者连线上各点的电场强度随示，选沿x 轴方向为正方向，则以下判断正确的是x 轴上和x变化的关系如图所A.点电荷 M、 N 一正一负B. M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1C. D.沿 x 轴从 0 到 3a 电势逐渐降低将一个正点电荷沿x 轴从移动到，该电荷的电势能先减小后增大7.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。
重庆市万州第二中学2019_2020学年高二物理上学期10月月考试题(含解析)
重庆市万州第二中学2019-2020学年高二物理上学期10月月考试题（含解析）一、选择题（共12小题，每题4分，共48分，1—8题为单项选择题，9—12为多项选择题）1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A. 电场强度为零的地方，电势也为零B. 电场强度的方向与等电势面处处垂直C. 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向【答案】B【解析】试题分析：电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故A错误；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故B正确；根据沿着电场线方向，电势降低，而电场强度大小减小，不一定沿着电场线方向，故C错误；顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed 可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误．故选B．考点：电场强度与电势【名师点睛】明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，同时理解沿着等势面移动电荷，电场力不做功．2.两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图所示。
根据电场线的分布情况，下列判断正确的是( )A. Q1的电荷量小于Q2的电荷量B. Q1的电荷量大于Q2的电荷量C. Q1、Q2一定均正电荷D. Q1、Q2一定均为负电荷【答案】A【解析】【详解】AB ．由电场线的特点：电场线越密，代表电场强度越大，可知Q 2周围的电场强度大于Q 1周围的电场强度，结合点电荷的电场强度的公式：122q q E kr = 可知，Q 1的电荷量小于Q 2的电荷量。
故A 正确，B 错误。
CD ．根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止。
由于图中没有标出电场线的方向，所以不能判断出电荷的正负，结合电荷的特点可知，Q 1、Q 2可能均为正电荷，也有可能Q 1、Q 2均为负电荷。
故C 错误，D 错误。
3.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M 点和N 点的电势分别为M N ϕϕ、，粒子在M 和N 时加速度大小分别为M N a a 、，速度大小分别为M N v v 、，电势能分别为P P M N E E 、。
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万州二中高2021级2019年高二上期入学考试物理试卷一、选择题（本题共12题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的物理量是（ ）A. 机械能B. 动能C. 加速度D. 速度【答案】D【解析】【详解】A.做曲线运动的物体，在运动过程中机械能可以不变，例如平抛运动，故A 错误.B.匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变，故B 错误.C.平抛运动也是曲线运动，但是它的加速度是重力加速度，是不变的，故C 错误.D.物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，故D 正确.2.某船要渡过60m 宽的河，船渡河的最短时间是12s ；若船沿垂直河岸的直线到达正对岸，渡河时间是15s ，则船在静水中的速率v 1及河水的流速v 分别为A. v 1=5 m/s v 2=4m/sB. v 1=5 m/s v 2=3m/sC. v 1=4 m/s v 2=5m/sD. v 1=4m/s v 2=3m/s【答案】B【解析】【详解】CD.当以最短时间渡河时，船头指向正对岸，则渡河时间为：11d t v ，所以船在静水中的速度为：1160m/s5m/s12dvt===；故C，D均错误.AB.当船垂直河岸到达正对岸时，即合速度垂直河岸，渡河时间为：22212tv v=-，代入数据为：221525v=+，解得:v2=3m/s.故A错误，B正确.3.如图，从斜面上的点以速度v0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B点，己知AB＝75m，α＝37°，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。
）不计空气阻力，下列正确的是（）A. 物体的位移大小为60mB. 物体飞行的时间为6sC. 物体在B点的速度大小为30m/sD. 物体的初速度v0大小为20m/s【答案】D【解析】【详解】A．物体的位移等于初末位置的距离，大小为75m，故A错误.B．平抛运动的竖直位移h=x AB sinα=75×0.6m=45m，根据212h gt=得，物体飞行的时间2245s3s10htg⨯===，故B错误.D．物体的初速度cos750.8m/s20m/s3ABxvtα⨯===；故D 正确.C.物体落到B 点的竖直分速度v yB =gt =10×3m/s=30m/s，根据平行四边形定则知，物体落在B 点的速率B v =;故C 错误.4.人造卫星离地面距离等于地球半径R 的2倍，卫星以速度v 沿圆轨道运动。
设地面的重力加速度为g ，则有（ ）A. v =B. v =C. v =D. v =【答案】A【解析】【详解】人造卫星离地面距离等于地球半径R ，卫星以速度v 沿圆轨道运动.根据万有引力提供向心力得：22()()Mm v G m R h R h =++ 2h R =在地面的物体，万有引力等于重力，得：2Mm Gmg R= 解得：2GM R g =联立解得：v =A.v =A 正确.B.v =B 错误. Cv =与计算结果相符；故C 错误.D.v D 错误.5.质量为1.5×103kg 的汽车以某一恒定功率启动后沿平直路面行驶，且行驶过程中受到的阻力恒定，汽车能够达到的最大速度为30m/s 。
若汽车的速度大小为10m/s 时的加速度大小为4m/s 2，则该恒定功率为A. 90kWB. 75kWC. 60kWD. 4 kW 【答案】A 【解析】 【详解】汽车以恒定的功率启动，由牛顿第二定律F f ma -=和功率m P Fv =联立可得P f ma v -=，当速度为10m/s 时的加速度大小为4m/s 2，即：410m P f m -=；而汽车达到最大速度时加速度为零，有：=30m P f ；联立两式解得：36060 1.510W 90kW m P m ==⨯⨯=. A ．90kW 与计算结果相符；故A 项正确.B ．75kW 与计算结果不相符；故B 项错误.C ．60kW 与计算结果不相符；故C 项错误.D ．4kW 与计算结果不相符；故D 项错误.6.如图所示，水平光滑长杆上套有物块Q ，跨过悬挂于O 点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q ，另一端悬挂物块P ，设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小。
现将P 、Q 由静止同时释放，角逐渐增大，则下列说法错误的是（ ）A. θ＝30°时，P、Q3 2B. θ角增大到90°时，Q的速度最大、加速度最小C. θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的动能增加，P的动能减小D. θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的机械能增加，P的机械能减小【答案】C【解析】【详解】A.对Q分析，根据速度和合成与分解可知，v P=v Q cos30°，解得3PQvvA正确，A不合题意.B.P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ=90°时，Q的速度最大，此时水平方向的拉力为零，加速度最小，故B正确;B项不合题意.C.θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的速度一直增大，P的速度先增大，后减小，故Q的动能增加，P的动能先增大后减小，故C错误;则C项符合题意.D.θ角逐渐增大到90°的过程中，绳的拉力一直做正功，故机械能增加，绳的拉力对P一直做负功，机械能一直减小，故D正确;D项不合题意.7.如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg。
重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是（）A. 圆环角速度ωg R时，小球受到2个力的作用 B. 圆环角速度ω2g RC. 圆环角速度ω3g RD. 圆环角速度ω6g R 2个力的作用 【答案】C【解析】【详解】AB.设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mg tan θ=mR sin θ•ω2， 即cos g R ωθ=θ=60°，对应12g Rω=故A ，B 均正确；A 项和B 项均不合题意.CD.设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg ，此时有F N cos60°=mg +F T cos 60°，F N sin60°+F T sin60°=mω2R sin60°，当F T 取最大值2mg 时代入可得26g R ω=6g Rω>环的弹力两个力的作用，故C 错误，D 正确；即C 项符合题意，D 项不合题意.8.如图所示为某一传送装置，与水平面夹角为37°，传送带以4m/s的速率顺时针运转。
某时刻在传送带顶端A处无初速度的放上一质量为1kg的煤块（可视为质点），煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，传送带上端A与下端B距离为3.5m，煤块从A到B的过程，以下说法正确的是（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A. 煤块的机械能增加3J B. 煤块与皮带之间因摩擦而产生的热量为1J C. 煤块在传送带上留下的划痕为1m D. 煤块对皮带做的功等于皮带对煤块做的功【答案】C 【解析】【详解】A.煤块放上传送带后，受到的滑动摩擦力的方向沿斜面向下。
根据牛顿第二定律得：mg sin37°+μmg cos37°=ma1，解得:a1=g sin37°+μg cos37°=(10×0.6+0.25×10×0.8)m/s2=8m/s2则煤块速度从零加速到皮带的速度所需的时间为：114s0.5s8v t a===. 煤块经过的位移为：221111180.5m1m22x a t==⨯⨯=. 由于mg sin37°＞μmg cos37°，可知煤块与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动.之后，煤块所受的滑动摩擦力沿斜面向上.根据牛顿第二定律得：mg sin37°-μmg cos37°=ma2，解得:a2=g sin37°-μg cos37°=4m/s2根据2222112vt a t L x +=-， 即： 222144 3.512t t +⨯⨯=- 解得：t 2=0.5s.煤块到达B 点的速度v B =v +a 2t 2=4+4×0.5=6m/s，则煤块的机械能增加量21sin 372B E mv mgL ∆=-︒ ，解得△E =-3J ，即煤块的机械能减少3J ，故A 错误.C.第一阶段传送带的速度大于煤块块的速度，煤块相对于传送带向后运动，相对位移：△x 1=vt 1-x 1=4×0.5-1=1m第二阶段煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移：△x 2=(L -x 1)-vt 2=(3.5-1)-4×0.5=0.5m所以煤块在传送带上留下的划痕等于△x 1=1m;故C 正确.B.煤块与皮带之间因摩擦而产生的热量为：Q =μmg cos θ(△x 1+△x 2）=0.25×10×0.8×1.5=3J；故B 错误.D.由于煤块与皮带间有相对运动，两者相对于地面的位移不等，所以煤块对皮带做的功与皮带对煤块做的功不等;故D 错误.9.子弹以初速度v 0＝10m/s 从枪口发出做平抛运动（g 取10m/s 2），则（ ）A. 1s 末物体的速度为m/sB. 1s 末物体的速度方向与水平方向成45°角C. 每1s 内物体的速度变化量的大小为10m/sD. 每1s 内物体的速度大小的变化量为10m/s【答案】ABC【解析】【详解】A.子弹沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做自由落体运动，1s 末沿竖直方向的分速度为：v y=gt=10×1m/s=10m/s,则1s子弹的速度为：22221010m/s102m/syv v v=+=+=;故A正确.B.1s末子弹的速度方向与水平方向的正切值为：10tan110yvvθ===，所以θ=45°;故B正确.C.每1s内物体的速度变化量的大小为：△v=g△t=10×1=10m/s;故C正确.D.由于速度是矢量，初速度的方向与加速度的方向垂直，所以每1s内物体的速度大小的变化量不等于10m/s;故D错误.10.霍曼转移轨道（Hohmanntransferorbit）是一种变换太空船轨道的方法，此种轨道操纵名称来自德国物理学家瓦尔特•霍曼。