2022-2022学年安徽省黄山市田家炳实验中学高二（上）开学物理试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分．每小题只有一个选项最符合题意．1．（6分）（2022秋•屯溪区校级月考）如图所示，弹簧所受重力不计，上端固定在天花板上，下端悬挂一个小球，处于静止状态．下列几种说法中属于相互平衡的力是（ ） A．天花板对弹簧的拉力和弹簧对天花板的拉力 B．球对弹簧的拉力和弹簧对球的拉力 C．弹簧对球的拉力和球受到的重力 D．球对弹簧的拉力和球受到的重力考点：作用力和反作用力；物体的弹性和弹力．版权所有专题：常规题型．分析：根据二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，缺一不可；对各选项逐一进行分析得出答案．解答：解：A、天花板对弹簧的拉力，受力物是弹簧；弹簧对天花板的拉力，受力物是天花板；二力作用在两个物体上，故不是一对平衡力，故A错误；B、球对弹簧的拉力，受力物是弹簧；弹簧对球的拉力，受力物是球；二力作用在两个物体上，故不是一对平衡力，故B错误；C、弹簧对球的拉力和球受到的重力，符合二力平衡的条件，符合题意，故C正确；D、球对弹簧的拉力，受力物是弹簧；球受到的重力，受力物是球，二力作用在两个物体上，故不是一对平衡力，故D错误；故选：C．点评：本题主要考查学生对平衡力的辨别，学习中特别要注意平衡力和相互作用力的区别：是否作用于同一物体． 2．（6分）（2022秋•屯溪区校级月考）小船在静水中的速度V1=0.5m/s，要渡过河宽200m，水速V2=0.3m/s的小河，最短的位移渡河，所用的时间是（ ） A．200sB．300sC．400sD．500s考点：运动的合成和分解．版权所有专题：运动的合成和分解专题．分析：小船渡河问题，船参与两个分运动，沿船头指向方向的运动和沿水流方向的分运动，渡河时间等于沿船头指向方向的分运动的时间，与水流速度无关．当船的合速度垂直河岸时，渡河位移最短，则时间由河宽与合速度求出．解答：-8-\n解：将小船的运动沿船头指向和水流方向分解，当船的合速度垂直河岸时，位移最短，则渡河时间为t′==s=500s；故选：D点评：小船渡河问题中，时间最短问题和位移最短问题是两种常见的问题，当船头与河岸垂直时，小船渡河时间最短，与水流速度无关． 3．（6分）（2022秋•屯溪区校级月考）一物体在竖直平面内做圆匀速周运动，下列物理量一定不会发生变化的是（ ） A．向心力B．动能C．向心加速度D．机械能考点：匀速圆周运动．版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，向心加速度、向心力的方向始终指向圆心；根据动能和势能之和是否变化确定机械能是否变化．解答：解：A、做匀速圆周运动的物体，向心力的大小不变，方向始终指向圆心，可知方向在变化．故A错误．B、做匀速圆周运动的物体线速度大小不变，则物体的动能不变．故B正确．C、做匀速圆周运动的物体向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，可知方向在变化．故C错误．D、在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能在变化，则机械能在变化．故D错误．故选：B．点评：本题很简单，考查了描述匀速圆周运动的物理量的特点，注意匀速圆周运动的线速度在变化，动能不变． 4．（6分）（2022秋•屯溪区校级月考）汽车发动机的功率为60KW，若其总质量为5t，在水平路面上行驶时，所受的阻力恒为2.0×103N，汽车所能达到的最大速度（ ） A．10m/sB．20m/sC．30m/sD．40m/s考点：功率、平均功率和瞬时功率．版权所有专题：功率的计算专题．分析：汽车在水平路面上行驶，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P=fv求出汽车所能达到的最大速度．解答：解：当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车的速度最大．根据P=Fvm=fvm得，最大速度．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道功率与牵引力、速度的关系，知道当牵引力等于阻力时，速度最大． 5．（6分）（2022秋•汉寿县校级月考）竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示．则迅速放手后（ ）-8-\n A．小球开始向下做匀加速运动 B．弹簧恢复原长时小球速度最大 C．小球运动到最低点时加速度为零 D．小球运动过程中最大加速度大于g考点：牛顿第二定律；胡克定律．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：弹簧原来处于压缩状态，小球受到重力、弹簧向下的弹力和手的支持力，迅速放手后，分析小球的受力情况分析其运动情况，其中弹簧的弹力与弹簧的形变量大小成正比，根据牛顿第二定律研究小球的加速度．解答：解：A、迅速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动．故A错误．B、当小球所受的合力为零时，小球的速度最大，此时弹簧处于伸长状态．故B错误．C、根据简谐运动的对称性可知，小球运动到最低点时与刚放手时加速度大小相等，则知其加速度大于g，知小球运动过程中最大加速度大于g．故C错误，D正确．故选：D．点评：本题关键是分析小球的受力情况，来判断其运动情况，利用简谐运动的对称性研究小球到达最低点时的加速度． 6．（6分）（2022秋•屯溪区校级月考）如图所示的皮带传动装置，大轮半径是小轮半径的两倍，C在半径OA的中点，传动过程中皮带不打滑，则（ ） A．线速度大小aA=2aBB．角速度ωA=ωC C．线速度大小vC=2vBD．角速度ωC=ωB考点：线速度、角速度和周期、转速．版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：靠传送带传到轮子边缘上的点线速度大小相等，共轴转动的点，角速度相等，结合线速度和角速度的关系进行比较．解答：解：A、A、B两点是靠传送带传动轮子边缘上的点，则线速度大小不等．故A错误．B、A、C共轴转动，则角速度大小相等．故B正确．C、因为A、B的线速度大小相等，A、C的角速度相等，因为A的半径是C的半径的2倍，根据v=rω，知A的线速度是C的线速度的2倍，则vB=2vC．故C错误．D、A、C的角速度相等，A、B的线速度相等，因为A、B的半径不等，根据v=rω知，A、B的角速度不等，则B、C的角速度不等．故D错误．-8-\n故选：B．点评：解决本题的关键知道共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等． 7．（6分）（2022秋•罗湖区校级期末）如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是（ ） A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度 B．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度 C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c D．a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．版权所有专题：人造卫星问题．分析：3颗卫星绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，结合万有引力定律和牛顿第二定律比较它们的线速度和向心加速度．c加速，b减速，万有引力与所需的向心力不等，它们会离开原轨道．解答：解：A：根据得：，可以看到半径大的线速度小，故A错误；B：abc的向心力都是由万有引力提供的，根据，半径大的加速度一定小，bc的轨道半径相等，向心加速度相等，a轨道半径越小，向心加速度越大．故B错误．C、c加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，b减速，万有引力大于所需向心力，卫星做近心运动，离开原轨道，所以不会与同轨道上的卫星相遇．故C错误．D、卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，根据公式，则线速度增大．故D正确．故选D．点评：解决本题的关键掌握线速度、相信加速度与轨道半径的关系，以及两卫星在同一轨道上，通过加速或减速是不会相遇的 二、非选题-8-\n8．（6分）（2022•滨州一模）某同学利用如图1所示装置探究加速度与力、质量之间的关系，若保持小车质量不变，改变所挂钩码的数量，多次重复测量，根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线（如图2所示）．（1）分析此图线的OA段可得出的实验结论是 在质量不变的情况下，加速度与外力成正比 ．（2）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是下述中的 C ．A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．版权所有专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，该实验是探究加速度与力的关系，采用控制变量法进行研究．根据图象得出两个变量之间的关系，知道钩码所受的重力代替小车所受合外力的条件．解答：解：（1）OA段是过原点的直线，表示在质量不变的情况下，加速度与外力成正比．（2）本实验要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受合外力；由于OA段a﹣F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：mg=Ma得a==，而实际上a′=，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的．故答案为：（1）在质量不变的情况下，加速度与外力成正比；（2）C．点评：要清楚实验的研究方法和实验中物理量的测量．当钩码的质量远小于小车的总质量时，钩码所受的重力才能作为小车所受外力． 9．（12分）（2022秋•屯溪区校级月考）在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用的电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.8m/s2，测得所用的重物的质量m=1.0kg．实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点．如图所示，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm，根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于 7.62 J，重物过C点的瞬时速度 3.89 m/s，动能的增加量等于 7.56 J．（取三位有效数字）-8-\n考点：验证机械能守恒定律．版权所有专题：实验题．分析：纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．解答：解：重力势能减小量为：△Ep=mgh=1.0×9.8×0.7776J=7.62J．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：=≈3.89m/s所以动能增加量为：=J=7.56J故答案为：7.62；3.89；7.56．点评：纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留． 10．（14分）（2022秋•屯溪区校级月考）质量为8×103kg的汽车由静止开始，以1.5m/s2的加速度加速做匀加速直线运动，到达最大速度30m/s．如果汽车受到的阻力为2.5×103N，那么，①汽车的牵引力是多大？②汽车做匀加速的时间有多长？③汽车做匀加速运动的位移是多大？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律求出汽车的牵引力大小；根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，结合速度位移公式求出汽车匀加速运动的位移．解答：解：（1）根据牛顿第二定律得：F﹣f=ma解得：F=f+ma=2.5×103+8×103×1.5N=1.45×104N．（2）汽车匀加速直线运动的时间为：t=．（3）汽车匀加速运动的位移为：x=．答：（1）汽车的牵引力是1.45×104N；（2）汽车匀加速运动的时间为20s；（3）汽车做匀加速运动的位移是300m．点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁． 11．（16分）（2022秋•屯溪区校级月考）设某均匀星球的表面加速度g=5m/s2，半径R=5000km，如果引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．试求：（1）该星球的质量为多少？（2）如果在该星球表面高h=1.6m处以初速度v0=2m-8-\n/s水平抛出一个小物体，则求小物体水平位移x．（3）该星球有一颗距星球表面高度为R的卫星，则该卫星的运行周期是多少？（保留二位有效数字）．考点：万有引力定律及其应用．版权所有专题：万有引力定律的应用专题．分析：（1）物体在星球的表面，万有引力等于重力，列式可求出星球的质量．（2）物体在该星球表面做平抛运动，运用运动的分解法求出平抛运动的时间，再求解水平位移x．（3）根据万有引力提供向心力，由万有引力定律和向心力公式求解卫星的运行周期．解答：解：（1）物体在星球的表面，万有引力等于重力，则得：G=mg…①可得星球的质量为：M==kg≈1.9×1024kg…②（2）物体在该星球表面做平抛运动，则有：h=…②x=v0t…③联立得：x=v0=2×m=1.6m…④（3）根据万有引力提供向心力，得：G=m•2R…⑤由①⑤得：T=4π=4×3.14×s≈1.8×104s答：（1）该星球的质量为1.9×1024kg．（2）如果在该星球表面高h=1.6m处以初速度v0=2m/s水平抛出一个小物体，则小物体水平位移x为1.6m．（3）该星球有一颗距星球表面高度为R的卫星，则该卫星的运行周期是1.8×104s．点评：本题关键抓住万有引力等于重力及万有引力等于向心力，来解决卫星的问题，要知道平抛运动与万有引力联系的纽带是重力加速度g，熟练运用运动的分解法研究平抛运动． 12．（20分）（2022秋•屯溪区校级月考）过山车是游乐场中常见的设施．如图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的二个圆形轨道组成，B、C分别是三个圆形轨道的最低点，A、B间距L1=6.0m，B、C间距L，半径R1=2.0m、R2=1.4m．一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12m/s的初速度沿轨道向右运动，小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足-8-\n够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：①小球到达B点时速度大小；②小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；③如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少．考点：动能定理；向心力．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：①小球以一定速度经过粗糙水平轨道后，再滑上竖直的光滑圆轨道，通过动能定理可求出小球在第一个圆形轨道的最高点的速度；②由牛顿第二定律可算出轨道对小球的作用力．③由小球恰能通过第二个圆形轨道，则由牛顿第二定律可求出最高点的速度大小，再由动能定理可求出B、C间距．解答：解：①设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，由动能定理得：﹣μmgL1﹣2mgR1=mv12﹣mv02，代入数据解得：v1=2m/s；②小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，由牛顿第二定律得：F+mg=m，代入数据解得：F=10.0N…③③设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，小球恰能通过第二圆形轨道，在最高点，由牛顿第二定律得：mg=m，﹣μmg（L1+L）﹣2mgR2=mv22﹣mv02，代入数据解得：L=12.5m；答：①小球到达B点时速度大小为2m/s；②小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10N；③如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m．点评：选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小球恰能通过圆形轨道的含义以及要使小球不能脱离轨道的含义． -8-
