平力F将B向左缓慢推动一小段距离,则θ减小,cosθ变大,tanθ减小,则有杆对A的弹力F弹
变小,挡板OP对A的作用力FN变小,故A正确,B错误;对两球和轻杆的整体受力分析可知,
在竖直方向NOQ=mAg+mBg,F=FN,故水平力F将B向左缓慢推动一小段距离后,竖直方向的受力不变,则挡板OQ对B的支持力不变;因挡板OP对A的作用力FN变小,则水平力F变小,故C、D错误.
3. C 解析:物体在传送带上运动的加速度a=μg=1 m/s,加速到与传送带共速的时间t1==1 s,加速的距离x=t1=0.5 m,以后物体随传送带匀速运动的时间t2==2 s,则物体从a点运动到b点所经历的时间为3 s,C正确.
4. C 解析:小物体做平抛运动,恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大,此时有L=vmaxt,h=gt,代入解得 vmax=7 m/s;恰好擦着窗口下沿左侧穿过时v最小,则有L+d=vmint',H+h=gt'2,解得
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vmin=3 m/s,则v的取值范围是3 m/s 5. B 解析:木块随圆盘一起转动,水平方向只受静摩擦力,故由静摩擦力提供向心力,则f=mrω2,当圆盘的角速度增大时,圆盘提供的静摩擦力随之增大,当需要的向心力大于最大静摩擦 力时,木块开始滑动,b、c同时达到最大静摩擦力,故b、c同时从水平圆盘上滑落,但b、c质量不等,角速度和转动半径相等,由f=mrω2知b、c所受摩擦力不等,故A错误;当a、b和c均未滑落时,在同一转盘上无相对运动,因此它们的角速度相等,f=mrω,所以a、c所受摩擦力的大小相等,故B正确;b和c均未滑落时由v=rω知,线速度大小相等,方向不相同,故C错误;b开始滑动时,最大静摩擦力提供向心力,kmg=m·2lω,解得ω=6.D 7.B 8. A 解析:滑块最终要停在斜面底部,设滑块经过的总路程为x,对滑块运动的全程应用功能关系,全程所产生的热量为Q=m+mgx0sin θ,又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功, 2 2 ,故D错误. 即Q=μmgxcos θ,解得x= ,故A正确. 11 二．多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分。每小题有多个选项符合题意，．．．．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分） 9.AD 10.BCD 11.BC 12.CD 13. BD 解析:分析A受力可知重力的下滑分量大于滑动摩擦力,即A相对于传送带向下加速,加速度为mgsinθ-μmgcosθ=ma,分析B的受力可知,B相对于传送带也是向下滑的,摩擦力向上,其加速度为a,则mgsinθ-μmgcosθ=ma,可见两个物体的加速度相同,加速位移一样,由运动学公式x=vt+at知,A、B两物体滑到底端所用时间相同,故A、C错误;由v=v0+at可知到达底端速度大小相等,B正确;划痕长度由相对位移决定,由以上方程mgsinθ-μmgcosθ2 =ma可以求得加速度为a=2 m/s2,代入x=vt+at2可以求得时间为t=1 s,对A物体与传送带运 动方向相同, 划痕长度 Δx1=vt+at2-vt=1 m,B物体与传送带运动方向相反,划痕长度 Δ x2=vt+at2+vt=3 m,故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为 1∶3,故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题 共56分） 五、实验题：（每空两分，共18分） 14. (1) AC (2) C (3) 2.0 2.8 解析:(1) 为了保证小球的初速度水平,安装斜槽轨道时,斜槽末端必须保持水平,故A正确;为了保证小球每次平抛运动的初速度相等,让小球从斜槽的同一位置由静止释放,故B错误,C正确;为描出小球的运动轨迹,描绘的点要用平滑曲线连接,故D错误. (2) 根据平抛运动的规律有y=gt2,x=v0t得y=故选C. (3) 根据y2=g得t2==kx2,可知y与x2的图线是过原点的倾斜直线, =s=0.2 s,根据y1=g得t1==s=0.1 s,则小球平抛运 动的初速度v0== m/s=2.0 m/s,B点竖直方向的速度vBy=gt2=10×0.2 m/s=2.0 m/s 12 所以B点速度vB==2 m/s≈2.8 m/s. 15. (1) 2.4 (2) 0.58 0.60 在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒 (3) 9.7 解析:(1) 相邻两计数点间的时间间隔为t=0.1s,在纸带上打下点5时的速度等于打下点4和6间的平均速度,所以有v= m/s≈2.4 m/s. 2 (2) 在打点05过程中系统动能的增量ΔEk= (m1+m2)v≈0.58J,系统势能的减少量Δ Ep=(m2-m1)gh≈0.60J,由此得出的结论是在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒. (3) 在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒,即有 (m1+m2)v2=(m2-m1)gh,所以 v2=gh,即图像的斜率k=g,由图像知斜率k=4.85,联立解得g=9.7m/s2. 四．计算题（共计38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。） 16. 解：(1) 拉力对物体做的功W=Fs1cos θ 代入数据得W=96 J (2) 在拉力F作用下有Fsin θ+FN=mg 摩擦力f1=μFN 代入数据解得f1=2N 撤去拉力F,摩擦力f2=μmg=5N 对全过程,由动能定理得W-f1s1-f2s2=0 撤去拉力后物体在水平面上还能向前滑行的距离s2=代入数据解得s2=14.4 m 17. 解：(1) 电子在电场中加速有eU0=m 解得v0= 13 代入数据得v0=3.0×10 m/s (2) 设电子在偏转电场中运动的时间为t,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y,电子在水平方向做匀速直线运动L1=v0t 电子在竖直方向上做匀加速运动y=at2 根据牛顿第二定律有=ma 7 解得y==3.6×10-3 m=0.36 cm 电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点, 则= -3 解得h=7.2×10 m (3) 电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功 W=eEy=ey=5.8×10-18 J ΔE=-W=-5.8×10 J 18.（1）10N （2）3.75m （3）1.2 -18 14
江苏省苏州高新区2020-2021学年高二上学期期初考试物理试题 Word版含答案
