上饶中学2022－2022学年高二上学期开学检测物理试题（零班）一、选择题（1-6题单选，7-10多选，每题4分，共40分）1.下列说法正确的是()A.物体做曲线运动的速度、加速度时刻都在变化B.卡文迪许通过扭秤实验得出了万有引力定律C.一个系统所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变D.一对作用力与反作用力做的总功一定为0【答案】C【解析】【详解】做曲线运动物体的速度时刻改变，但加速度可以不变，如平抛运动得到加速度恒为g不变，故A错误；卡文迪许通过扭秤实验得出了万有引力常量，故B错误；相互作用的物体，如果所受合外力为零，系统动量守恒，则它们的总动量保持不变，故C正确；一对作用力与反作用力大小相等、方向相反，但作用点的位移大小不一定相同，故一对作用力与反作用力做的总功不一定为零，故D错误。所以C正确，ABD错误。2.在一斜面顶端，将甲乙两个质量相同的小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能是乙球落至斜面时动能的A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍【答案】B【解析】【详解】设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图所示；根据平抛运动的推论可得tanθ=2tanα-13-\n，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；故对甲有：，对乙有：，所以，而动能之比为;故选B。【点睛】本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道平抛运动的两个推论。3.为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的角速度之比约为（）A.1:4B.4:1C.1:8D.8:1【答案】C【解析】【详解】：根据题意可得P与Q的轨道半径之比为：rP：rQ=16：1，根据开普勒第三定律有：，可得周期之比为：TP：TQ=8：1，根据，可得：，故C正确，ABD错误。4.在物理课堂上，陈老师给同学们演示了一个鸡蛋从一定高度h掉入透明玻璃缸里，结果鸡蛋摔碎了。若在实验中，将一个50g的鸡蛋从1m的高度掉下，与玻璃缸的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋受到玻璃缸的作用力约为（ ）A.10NB.102NC.103ND.104N【答案】B【解析】-13-\n【详解】根据，代入数据可得：，与地面的碰撞时间约为t1=2ms=0.002s，全过程根据动量定理可得：mg（t+t1）-Ft1=0，解得冲击力F=113N≈102N，故B正确，ACD错误。5.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛，它们与地面接触时重力的瞬时功率分别Pa、Pb、Pc。下列说法正确的有( )A.它们同时到达同一水平面B.它们的末动能相同C.它们与地面刚接触时重力的瞬时功率：Pa<Pb=PcD.它们与地面刚接触时重力的瞬时功率：Pa=Pb=Pc【答案】C【解析】【详解】设斜面高度为h，沿斜面下滑的时间为t，则有：，解得：，根据，解得：，由此可知它们运动的时间不相等，故A错误；三种情况下合力（重力）做的功相同均为mgh，根据动能定理可得物体沿斜面下滑和自由下落时有：，物体做平抛运动时有：，由此可知平抛运动时末动能较大，故B错误；根据重力做功的瞬时功率公式：，可知自由落体和平抛的瞬时功率相同即Pb=Pc，由于物体沿斜面下滑到底端时的竖直分速度速度小于自由下落时的竖直速度，即Pa<Pb，由上可知Pa<Pb=Pc，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。6.关于点电荷的说法，正确的是( )A.只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B.体积很大的带电体一定不能看作点电荷C.两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理D.点电荷一定是电荷量很小的电荷【答案】C【解析】-13-\n体积很小的带电体，如果相对于研究的问题，体积不能忽略不计，将其简化为点产生的误差较大，那么就不能简化为点电荷，故A错误；体积较大的带电体，如果相对于研究的问题，体积可以忽略不计，将其简化为点产生的误差较小，那么可以简化为点电荷，故B错误；当电荷在球上均匀分布时，可以将其看成是电荷全部集中于球心的点电荷，否则会产生较大的误差，故C正确；点电荷是将物体简化为点，带电物体能否简化为点关键是看物体的大小对于研究的问题能否忽略不计，而不是看电荷量的大小，故D错误；故选C．点睛：如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．7.如图所示，两根长度不同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于点。设法让两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动。已知跟竖直方向的夹角为60°,跟竖直方向的夹角为30°,下列说法正确的是( )A.细线和细线所受的拉力大小之比为B.小球和的角速度大小之比为C.小球和的向心力大小之比为D.小球和的线速度大小之比为【答案】AC【解析】【详解】对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则：Tcosθ=mg；解得：T=；所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比，故A正确；小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mLsinθω2，得：．两小球Lcosθ相等，所以角速度相等，故B错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为：F=mgtanθ，小球m1和m2的向心力大小之比为：，故C正确；根据v=ωr，角速度相等，得小球m1和m2的线速度大小之比为：，故D错误。故选AC。-13-\n【点睛】解决本题的关键会正确地受力分析，知道匀速圆周运动向心力是由物体所受的合力提供并能结合几何关系求解，难度适中。8.目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转,其中一些卫星的轨道可近似为圆,且轨道半径逐渐变小.若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A.卫星的动能逐渐减小B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小【答案】BD【解析】A、由可知，，可见，卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大，所以A错误；B、由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，所以B正确；C、由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故C错误；D、根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，所以D正确。点睛：本题关键是首先根据地球对卫星的万有引力等于卫星需要的向心力，得出卫星的动能随轨道半径的减小而增大，然后再根据动能定理和功能原理讨论即可。视频9.如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量为2m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )A.小球在小车上到达的最大高度为-13-\nB.小球离车后，对地将做自由落体运动C.小球离车后，对地将向右做平抛运动D.此过程中小球对车做的功为【答案】AD【解析】【分析】小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高度．根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端时的速度，从而得出小球的运动规律，根据动能定理得出小球对小车做功的大小。【详解】设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=mv1+2mv2，由动能守恒定律得：，解得：，，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故BC错误；当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：2mv0=3m•v，由机械能守恒定律得：，解得：，故A正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功：，故D正确。所以AD正确，BC错误。【点睛】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度。10.某静电场等势面如图中虚线所示，则A.B点的场强比A点的大B.A点的电势比C点的高C.将电荷从A点移到B点电场力不做功-13-\nD.负电荷在C点的电势能小于零【答案】ABC【解析】B点的等势面比A点的等势面密，则B点的场强比A点的大，故A正确；A点的电势为0，C点的电势为-5V，A点的电势比C点的高，故B正确；A点的电势与B点的电势相等，将电荷从A点移到B点电场力不做功，故C正确；C点的电势小于零，负电荷在C点的电势能大于零，故D错误；故选ABC。二、实验题（每空2分，共12分）11.如图所示装置来验证动量守恒定律，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到A球球心的距离为L，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰与B球正碰，碰撞后A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点。（1）图中s应是B球初始位置到_____________的水平距离.（2）为了验证两球碰撞过程动量守恒，应测得的物理量有：_____________.【答案】(1).落地点;(2).，S;【解析】【详解】（1）B球离开小支柱后做平抛运动，S是B球做平抛运动的水平位移，即B球初始位置到落地点的水平距离．（2）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：，小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，由动能定理得：，解得：，此时动量为：，碰前小球B静止，则PB=0；碰撞后B-13-\n球做平抛运动，水平方向：S=vB′t，竖直方向，联立解得：，则碰后B球的动量：，由动量守恒定律可知，实验需要验证的表达式为：。实验需要测量的量有：mA、mB、α、β、H、L、S。12.某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器．用天平测出A、B两物块的质量mA＝300g，mB＝100g，A从高处由静止开始下落，B拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．已知打点计时器计时周期为T＝0.02s，则：(1)在打点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝________J，系统势能的减小量ΔEp＝________J，由此得出的结论是________；(重力加速度g取9.8m/s2，结果保留三位有效数字)(2)用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度．若某同学作出的－h图像如图丙所示，则可求出当地的重力加速度g＝________m/s2(结果保留3位有效数字)．【答案】(1).1.15；(2).1.18；(3).在误差范允范围内A,B组成的系统机械能守恒；(4).9.70；【解析】【详解】（1）根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，计数点5的瞬时速度，则系统动能的增加量：，系统重力势能的减小量△Ep=（mA-mB）gh=0.2×9.8×（38.4+21.6）×10-2J=1.18J。在误差允许的范围内，A、B-13-\n组成的系统机械能守恒。（2）根据系统机械能守恒定律得：，解得：，图线的斜率：，代入数据得：g=9.70m/s2。三、计算题（10+10+14+14=48分，要写出必要的解题过程，直接写答案不给分）13.如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度ｖ0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从Ａ开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：（1）碰撞过程中C物块受到的冲量大小；（2）B、C碰撞前弹簧压缩到最短时的弹性势能与B、C碰撞后弹簧压缩到最短时的弹性势能之比；【答案】（1）（2）【解析】【分析】根据动量守恒定律和能量守恒定律联立即可求出碰撞过程中C物块受到的冲量大小；系统动量守恒，由动量守恒定律求出速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。【详解】（1）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，根据动量守恒定律得：B与C发生完全非弹性碰撞时，设碰撞后的瞬时速度为v2，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得：B与C发生完全非弹性碰撞过程中，对C根据动量定理：I=mv2-0联立可得：（2）B、C碰撞前弹簧压缩到最短时，根据能量守恒，此时的弹性势能：可得：-13-\nB、C碰撞后瞬间至弹簧压缩到最短的过程中，根据动量守恒：B、C碰撞后瞬间至弹簧压缩到最短的过程中，根据能量守恒：联立可得：则有：【点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。14.如图所示，匀强电场中相距L=0.1m的A、B两点间的电势差V。带电量为C的点电荷位于A点时的电势能为J,求:(1)将该电荷从A点移到B点静电力做的功;(2)该电荷在A点时受到的静电力;(3)B点的电势。【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）该电荷从A点移到B点静电力做的功（2）电场强度电场力（3）A点电势B点电势15.如图所示，一质量为m、电量为+q粒子，由静止经电压U加速后，从O点垂直场强方向射入有理想边界MN的匀强电场后经过P点，OP连线与粒子射入电场时速度方向之间的夹角为，OP两点间的距离为L，不计粒子重力。求:-13-\n(1)粒子到达O点时的速度大小；(2)粒子从O点运动到P点的时间；(3)匀强电场的电场强度大小.【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）q粒子由静止经电压U加速解得（2）从O点垂直场强方向射入有理想边界MN的匀强电场，则有解得（3）从O点垂直场强方向射入有理想边界MN的匀强电场，在竖直方向有解得：16.如图所示，以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A点时刚好与传送带速度相同，然后经A点沿半圆轨道滑下，且在B点对轨道的压力大小为10mg，再经B点滑上滑板，滑板运动到C点时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量为M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R,板右端到C点的距离为L=2.5R，E点距A点的距离s=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数相同，重力加速度为g。求：-13-\n(1)物块滑到B点的速度大小.(2)物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数.(3)物块与滑板间因摩擦而产生的总热量【答案】（1）（2）0.5（3）【解析】【分析】在B点，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，根据向心力公式求解；从E到B的过程中，根据动能定理求解；滑块滑上木板后做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学基本公式判断速度相当时的位置关系，再根据摩擦力做功公式结合能量守恒求解。【详解】（1）设物块运动到B的速度为vB，由牛顿第二定律得：解得：（2）从E到B由动能定理得解得： =0.5（3）物块从B点滑上滑板时至物块与滑板共速，根据动量守恒：解得：对m，根据动能定理：解得：x1=8R对M，根据动能定理：解得：x2=2R因为：<6.5R可知物块与滑板达到共同速度时，物块未离开滑板：物块与木板此后以共同速度匀速运动至C点，滑板不再运动，物块在滑板上继续往前运动-13-\n对m，根据动能定理：解得：由上可知可知物块不能到达与圆心同一高度的点，将会沿圆轨道滑回来，由能量守恒可得：总热量：Q=Q1+Q2+Q3=3.5mgR【点睛】本题考查机械能守恒以及有摩擦的板块模型中克服摩擦力做的功．判断物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板是关键。-13-
