【文档说明】河北省张家口市宣化区宣化第一中学2020-2021学年高二上学期期初考试物理试题 【精准解析】.doc，共(15)页，697.500 KB，由小赞的店铺上传

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河北省张家口市宣化区宣化第一中学2020-2021学年高二上学期期初考试物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.A、B、C三个物体可看成质点，它们的位移-时间图象如图所示，由图象可知它们在t0时间内（）A.三者平均速度相等B.A的平均速度最大C.C的平均速度最大D.C的平均速度最

小【答案】A【解析】【详解】由图象可知A、B、C三者的位移相同，且运动时间相等，故平均速度相等；故选A．2.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位

置．不计摩擦，在此过程中A.N1始终减小，N2始终增大B.N1始终减小，N2始终减小C.N1先增大后减小，N2始终减小D.N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】试题分析：对小球进行受力分析如图所示，设：板与竖直方向夹角为，则：2sinmgN=，1

tanmgN=，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样1N也越来越小，答案B正确．考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解3.如图所示，一球体绕轴O1O2以角速度旋转，A、B为球体上两点

．下列说法中正确的（）A.A、B两点具有相同的角速度B.A、B两点具有相同的线速度C.A、B两点具有相同的向心加速度D.A、B两点的向心加速度方向都指向球心【答案】A【解析】【详解】A．A、B两点共轴转动，角速度相等，A正确；B．因为A、B两点绕地轴转动，A的转动半径大于B点的转动半径，

根据vr=A的线速度大于B的线速度大小，B错误；C．根据2ar=角速度相等，A的转动半径大，则A点的向心加速度大于B点的向心加速度，C错误；D．A、B两点的向心加速度方向垂直指向地轴，D错误。故选A。4.如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的

水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，小球过最高点的速度为v，下列叙述中正确的是（）A.当vgl=时，杆对小球的弹力为mgB.当0.5vgl=时，杆对小球的弹力为0.75mgC.当2vgl=时，杆对小球的弹力为4mgD.当v由零增大时，杆对小球的弹力也一定增大【答案】B【解析】【详解】A

．当vgl=时，对小球，根据牛顿第二定律得2vmgFml+=可得F=0即杆对小球的弹力为0，故A错误。B．当0.5vgl=时，对小球，根据牛顿第二定律得2vmgFml+=可得F=-0.75mg即杆对小球的弹力0.75mg，故B正确。C．当2vgl=时，对小球，根据牛顿第二定律得2vmgFml+=可

得杆对小球的弹力F=3mg故C错误。D．当0vgl时，杆对小球有支持力，根据牛顿第二定律得2vmgFml−=则随着v的增大，F减小。当vgl时，杆对小球有拉力，根据牛顿第二定律得2vmgFml+=则随着v的增大，F增大。

故D错误。故选B。5.如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是（斜面倾角为θ）（）A.F1增大，

F2不变B.F1增大，F2增大C.F1不变，F2增大D.F1不变，F2减小【答案】C【解析】【详解】圆柱体的受力如图，可知小车的加速度沿水平方向，则圆柱体的加速度沿水平方向，根当平板车的加速度增大，因为圆柱体在竖直方向上合

力为零，则斜面对圆柱体的弹力在竖直方向上的分力等于重力，则弹力不变，挡板对圆柱体的弹力增大．故选C.【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，知道圆柱体和车具有相同的加速度，对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小．当加速度增大，

抓住竖直方向上的合力为零，判断斜面对圆柱体的弹力大小变化．6.如图所示，质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，物块滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因

数为μ，则对物体在最低点时，下列说法正确的是（）A.受到的摩擦力为μmgB.受到的摩擦力为2vmRC.受到的摩擦力为2()vmgR−D.受到的摩擦力为2()vmgR+【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第二定律，在最低点，N-m

g=m2vR则N=mg+m2vR．所以滑动摩擦力：f=μN=μ（mg+m2vR）故选D．7.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3．当载重车厢沿索道向上加速

运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为（）A.0.35mgB.0.3mgC.0.23mgD.0.2mg【答案】D【解析】【详解】将a沿水平和

竖直两个方向分解，对重物受力分析如图水平方向：竖直方向：由三式联立解得答案为f=0.20mg，D正确．8.某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台的边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球。如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入

球筐（图中箭头指向表示投篮方向）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】如图所示，由于篮球和群众演员随大平台一起旋转，所以篮球抛出前有沿1v方向的初速度，要想篮球抛出后能沿虚线进入篮筐，则必须沿2v方向投出，故B正确，ACD错误。故选B。二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.下列说法正确

的是A.做平抛运动的物体，每秒钟速度的改变量一定相等B.做圆周运动的物体，所受合外力的方向一定与速度方向垂直C.做圆周运动的物体，向心加速度的方向一定与速度方向垂直D.做圆周运动的物体，所受的合外力等于圆

周运动所需的向心力【答案】AC【解析】【详解】A．做平抛运动的物体，因为加速度是恒定的g，故每秒钟速度的改变量都等于g，故一定相等，故A正确；B．只有做匀速圆周运动的物体，所受合外力的方向才与速度方向垂直，故B错误；C．做圆周运动的物体，向心加速度的方向沿半径指

向圆心，而速度与半径垂直，故向心加速度的方向一定与速度方向垂直，故C正确；D．只有做匀速圆周运动的物体，所受的合外力才等于圆周运动所需的向心力，故D错误。故AC.10.如图，两个质量均为m的小木块a和b可视为质点放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l

，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A.b一定比a先开始滑动B.a、b所

受的摩擦力始终相等C.2kgl=是b开始滑动的临界角速度D.当23kgl=时，a所受摩擦力的大小为23kmg【答案】ACD【解析】【详解】AB．两个木块的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力2fmr=m、相等，fr

，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A正确，B错误；C．当b刚要滑动时，有22kmgml=解得2kgl=故C正确；D．以a为研究对象，当23kgl=时，由牛顿第二定律

得：2fml=可解得23fkmg=故D正确。故选ACD。11.一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示．则（）A.快艇的运动轨

迹一定为直线B.快艇的运动轨迹一定为曲线C.快艇最快到达岸边，所用的时间为20sD.快艇最快到达岸边，经过的位移为100m【答案】BC【解析】【详解】AB、两分运动为一个做匀加速直线运动，一个做匀速线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动．故A错误

、B正确；CD、当水速垂直于河岸时，时间最短，垂直于河岸方上的加速度a=0．5m/s2，由212dat=，得t=20s，而位移大于100m，故C正确、D错误．【点睛】解决本题的关键会将的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，知道在垂直于河岸方向上

速度越大，时间越短．以及知道分运动和合运动具有等时性．12.如图所示，一可视为光滑的玻璃小球，设其可在碗内不同的水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.玻璃球越靠近碗口其对碗的压力越大B.玻璃球越靠

近碗口其向心加速度越小C.玻璃球越靠近碗口其线速度一定越大D.玻璃球的重力与碗内壁对它的弹力的合力提供球做圆周运动所需的向心力【答案】ACD【解析】【详解】A．以球为研究对象，受力情况如图，由图得到轨道对小球的支持力cosmgN=，玻璃球越靠近碗口

，则θ越大，故小球对碗的压力越大，选项A正确；BD．小球受重力mg和内壁的支持力N，由两力合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，玻璃球越靠近碗口，则θ越大，则向心加速度越大，选项B错误，D正确；C．由2tanvm

gmr=可知玻璃球越靠近碗口，则r越大，则线速度v也大，选项C正确；故选ACD.三、简答题（本大题共1小题，共14.0分）13.如图所示，水平放置的两平行金属板，板长为10cm，两板相距2cm.一束电子经加速电场后以v0＝4.0×107m/s

的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L为45cm、宽D为20cm的荧光屏上．(不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.1×10－31kg，电荷量e＝1.6×10－19C)求：(1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；(2)

若偏转电压为720V，则电子射出偏转电场时的竖直方向的位移为多少？(3)为使带电粒子能射中荧光屏所有位置，两板间所加电压的取值范围．【答案】（1）34.5510V（2）2cmy=（3）－360V～360V【解析】【详解】（1）设加速

电场的电压为1U，由动能定理得：210102eUmv=−解得()23072301190.91104104.5510V221.610mvUe−−===（2）如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为1v

，和水平方向的夹角为，偏转电压为2U，偏转位移为y，则22201()22Uelyatdmv==将2720VU=带入得2cmy=（3）根据22002tanyvUelyvdmvl===由此看出，电子从偏转电场射出时，不论

偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得2tan22DDlLlL==＋＋()2022DdmvUelLl=+代入所有数据得U2＝360V因此偏转电压在－360V～360V范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位

置．四、计算题（本大题共2小题，共26.0分）14.如图某人用轻绳牵住一只质量m=0.6kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37角，已知空气对气球竖直向上的浮力为15N，人的质量M=60kg，且人受的水平风力和浮力忽略（210m/sg=，s

in370.6=，cos370.8=），求：(1)水平风力的大小和绳子拉力大小；(2)地面对人的支持力大小。【答案】（1）12N，15N；（2）491N【解析】【详解】（1）对氢气球进行受力分析如图，设氢气球受绳子拉

力为TF，水平风力为F风，由平衡条件，竖直方向sin37TFmgF=+浮水平方向cos37TFF=风解得12NF=风15NTF=（2）把人与气球视为整体，受力分析可得NFmgMgF=+−浮解得N491NF=15.如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水

平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=10N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，

cos37°=0.8）．问：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？【答案】（1）1.25s（2

）1s；2m/s【解析】【详解】(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律1cos37sin37maFmgmg=+−计算得：218m/sa=，110.5svta==，2111m2vxa==物块达到与传送带

同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改变2cos37sin37maFmgmg=−−计算得：20a=因为4.0msin37hx==，2120.75sxxxtvv−===得121.25sttt=+=（2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为sin37mg>cos37m

g，故减速上行3sin37cos37mamgmg=−得232m/sa=设物块还需t离开传送带，离开时的速度为tv，则22322tvvax−=，2m/stv=；3tvvta−=，1st=