辽宁省六校协作体2019-2020学年高二上学期开学考试物理试题 Word版含解析.doc

1、 - 1 - 20192019-20202020 学年度上学期省六校协作体高二期初考试学年度上学期省六校协作体高二期初考试 物理试题物理试题 一、选择题： （本题共一、选择题： （本题共 1212 小题，每题小题，每题 4 4 分，共分，共 4848 分，其中分，其中 1 18 8 题为单选题，题为单选题，9 91212 题为多选题为多选 题，多选题选对但不全的得题，多选题选对但不全的得 2 2 分，选错或不选的得分，选错或不选的得 0 0 分）分） 1. 在 2016 年的夏季奥运会上，我国跳水运动员获得多枚奖牌，为祖国赢得荣誉。高台跳水 比赛时，运动员起跳后在空中做出各种动作，最后沿竖直方

2、向进入水中。若此过程中运动员 头部连续的运动轨迹示意图如图中虚线所示， a、b、c、d 为运动轨迹上的四个点。关于运动 员头部经过这四个点时的速度方向，下列说法中正确的是 A. 经过 a、b、c、d 四个点的速度方向均可能竖直向下 B. 只有经过 a、c 两个点速度方向可能竖直向下 C. 只有经过 b、d 两个点速度方向可能竖直向下 D. 只有经过 c 点的速度方向可能竖直向下 【答案】B 【解析】 试题分析：由于曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，所以在图中的点 a 点速度方向 竖直向下，b 点的方向向上，c 点的方向竖直向下，d 点的速度方向竖直向上，故 B 正确 考点：考查了曲线运动

3、 【名师点睛】本题主要考查了曲线运动瞬时速度的方向，知道任一点的切线方向为速度方向， 难度不大，属于基础题 2.如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落在比地面低h的海平面 上，若以地面为零势能面，且不计空气阻力，则( ) - 2 - A. 物体在海平面的重力势能为mgh B. 重力对物体做的功为mgh C. 物体在海平面上的机械能为 2 0 1 2 mvmgh D. 物体在海平面上的动能为 2 0 1 2 mv-mgh 【答案】B 【解析】 【详解】 A.以地面为零势能面， 海平面低于地面h， 所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh， 故 A 错误； B.重力做功与路径

4、无关，至于始末位置高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重 力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故 B 正确； C.不计空气阻力，只有重力对物体做功，所以物体的机械能守恒，则物体在海平面上的机械 能等于在地面上的机械能，为 2 0 1 2 mv，故 C 错误； D.由机械能守恒定律得： 2 0 1 2 k mvmghE ，解得： 2 0 1 2 k Emvmgh，故 D 错误。 3.如图所示，匀强电场的方向平行于 xOy 坐标系平面，其中坐标原点 O 处的电势为 2V，a 点 的坐标为（0，4） ，电势 为 8V，b 点的坐标为（3，0） ，电势为 8V，则电场强度的大小为 A

5、. 250V/m B. 200V/m C. 150V/m D. 120V/m 【答案】A 【解析】 试题分析：由题意可得 a、b 两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于 ab，过 o 点做 ab 的 垂 线 相 交ab于c点 ， 由 几 何 关 系 得 ： 4 3 tan b ， 得 b=53 ； - 3 - oc=obsinb=003sin53=2410 -2m co 间的电势差为：U=8V-2V=6V；则电场强度为：250/ U EVm oc ，故 A 正确 考点：电势及电势差 4.火车以 60m/s速率转过一段弯道， 某乘客发现放在桌面上的指南针在 10s 内匀速转过了约 10在此 1

6、0s 时间内，火车（ ） A. 运动路程为 300m B. 加速度为零 C. 角速度约为 1rad/s D. 转弯半径约为 3.4km 【答案】D 【解析】 【详解】A.由于火车的运动可看做匀速圆周运动，则可求得火车在此 10s 时间内的路程为 s=vt=600m，故 A 错误； B.因为火车的运动可看做匀速圆周运动，其所受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律 可知加速度不等于零，故 B 错误； C.利用指南针在 10s 内匀速转过了约 10，根据角速度的定义式 t ，得： 2 10 360 0.017 10 rad/s，故 C 错误； D.根据v r ，得： 60 3500 0.017 v

7、 r m=3.5km，与 3.4km 接近，故 D 正确。 5.对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变 化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径 r 与周期 T 的关系作出如图所示图 象，则可求得地球质量为(已知引力常量为 G)( ) - 4 - A. 2 4a Gb B. 2 4b Ga C. 2 Ga 4b D. 2 Gb 4a 【答案】A 【解析】 试题分析：由万有引力提供向心力有： 2 22 4Mm Gmr rT ，得： 2 3 2 4 GMT r ，由图可知： 3 22 4 rGMa Tb ， 所以地球的质量为： 2 4a M Gb

8、，故 A 正确、BCD 错误故选 A 考点：万有引力定律的应用 【名师点睛】本题要掌握万有引力提供向心力这个关系 2 22 4Mm Gmr rT ，找到 r 3-T2函数关 系，同时要能理解图象的物理含义，知道图象的斜率表示什么。 6.小船在 200 m 宽的河中匀速横渡，船在静水中的速度为 4 ms，水流速度是 2 ms，当小 船的船头始终正对对岸时，则小船（ ） A. 到达对岸所用时间为 50s B. 到达对岸所用时间为 100s C. 在出发点正对岸下游 100m 处到达 D. 在出发点正对岸下游 200m 处到达 【答案】AC 【解析】 【详解】小船船头指向对岸，根据运动独立性可知，过

9、河时间为 1 50 d ts v ，到下游的距离 为，所以答案为 AC - 5 - 7.如图所示，质量为M，长度为L的小车静止的在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在 小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一 段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( ) A. 此时物块的动能为F(xL) B. 此时小车的动能为Fx C. 这一过程中，物块和小车增加的机械能为FxfL D. 这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL 【答案】D 【解析】 【详解】 A.对物块， 根据动能定理得：0 k FfsLE， 解得： k EFfsL，

10、 故 A 错误； B.小车受重力、压力、支持力和向前的滑动摩擦力，合力等于滑动摩擦力，根据动能定理， 小车的动能为fx，故 B 错误； C.由功能关系得知，物块和小车增加的机械能为：F（s+L）-fL，故 C 错误； D.系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功fL，故 D 正确。 8.如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源在 电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的 夹角均为，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( ) A. 甲图中夹角减小，乙图中夹角增大 B. 甲图中夹角减小，乙图中夹角不变 C. 甲图中

11、夹角不变，乙图中夹角不变 D. 甲图中夹角减小，乙图中夹角减小 - 6 - 【答案】B 【解析】 【详解】小球受力如图所示 小球静止处于平衡状态，由平衡条件得： qE=mgtan， 得：tan qE mg 甲图中将右极板向右平移时，距离 d 增大，电压不变，根据 U E d 减小，小球所受的电场力 变小，夹角 变小； 乙图中电容器的电荷量不变，将右极板向右平移时，距离 d 增大，极板间的电场强度 4 4 UQQkQ E S dCdS d kd ，与极板间的距离无关，极板间的场强不变，小球所受的 电场力不变，夹角 不变， 故 B 正确。 9.如图所示的是嫦娥三号飞船登月的飞行轨道示意图，下列说法

12、正确的是（ ） A. 在地面出发点 A 附近，即刚发射阶段，飞船处于超重状态 B. 从轨道上近月点 C 飞行到月面着陆点 D，飞船处于失重状态 C. 飞船在环绕月球的圆轨道上 B 处须点火加速才能进入椭圆轨道 D. 飞船在环绕月球的椭圆轨道上时 B 处的加速度小于在圆轨道上时 B 处的加速度 - 7 - 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：物体具有向上的加速度时是超重，具有向下的加速度时是失重；根据牛 顿第二定律判断加速度情况；当万有引力大于需要的向心力时，做向心运动 解：A、在地面出发点 A 附近，即刚发射阶段，飞船加速上升，是超重，故 A 正确； B、从轨道上近月点 C 飞行到月面着陆

13、点 D，有加速下降，有减速下降；故有超重，有失重； 故 B 错误； C、飞船在环绕月球的圆轨道上 B 处须点火减速才能做向心运动，进入椭圆轨道，故 C 错误； D、根据牛顿第二定律，飞船在环绕月球的椭圆轨道上时 B 处的加速度等于在圆轨道上时 B 处 的加速度，故 D 错误； 故选：A 10.如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是( ) A. 小球通过最高点时的最小速度是vgR B. 小球通过最高点时的最小速度为 0 C. 小球在水平线ab以下的管道中运动时内侧管壁对小球一定无作用力 D. 小球在水平线ab以上的管道中运动时外侧管壁对小球一定无作用力 【答案】

14、BC 【解析】 【详解】AB.在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于 0 时， 内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为 0，故 A 错误，B 正确 C.小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外 侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故 C 正确 D. 小球在水平线ab以上的管道中运动时,由重力沿圆心方向的分力和管壁的弹力提供向心 力，当小球的速度足够大，向心力大于重力沿圆心的分力时，此时外侧管壁对小球有弹力作 - 8 - 用，D 错误 11.一带正电的粒子仅在电场力作用下从 A 点经 B、C 运动到 D

15、 点，其速度时间图象如图所 示。分析图象后，下列说法正确的是 A. B、D 两点的电场强度和电势一定都为零 B. A 处的电场强度大于 C 处的电场强度 C. 粒子在 A 处的电势能小于在 C 处的电势能 D. A、C 两点的电势差大于 B、D 两点间的电势差 【答案】BC 【解析】 试题分析：由 B 到 D 的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能， 由功能关系可知， 此过程中电势能减少， 正电荷在 B 点是电势能大于在 D 时的电势能， 所以 B、 D 两点的电势不可能都为零故 A 错误由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加 速度在 A 点时较大，根据牛顿第二定

16、律得知在 A 点的电场力大，故 A 点的电场强度一定大于 C 点的电场强度，故 B 正确；由图可知粒子在 A 点的速度大，所以在 A 点的动能大；只有电 场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，所以粒子在 A 点的电势能小于 C 点的电势能， 故 C 错误；A、D 两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从 A 到 B 和从 B 到 D 电场力做功 的绝对值相同，BD 两点间的电势差等于 AB 两点间的电势差；A、C 之间的动能的差小于 AB 之 间的动能的差，所以 A、C 两点的电势差小于 A、B 两点间的电势差，即 A、C 两点的电势差小 于 B、D 两点间的电势差故 D 错误故选 B 考点

17、：电场强度；电势及电势能； 【名师点睛】本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电 场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势 能变化的数值等于电场力做功的数值这常是判断电荷电势能如何变化的依据还考察了对 于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取 决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。 - 9 - 12.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力 势能零点，该物体E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取

18、 10 m/s 2。 由图中数据可得 A. 物体的质量为 2 kg B. h=0 时，物体的速率为 20 m/s C. h=2 m 时，物体的动能Ek=40 J D. 从地面至h=4 m，物体的动能减少 100 J 【答案】AD 【解析】 【详解】AEp-h图像知其斜率为G，故G= 80J 4m =20N，解得m=2kg，故 A 正确 Bh=0 时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故 2 1 2 mv=100J，解得：v=10m/s，故 B 错误； Ch=2m 时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=90J-40J=50J，故 C 错误 Dh=0 时，Ek=E机-Ep=100

19、J-0=100J，h=4m 时，Ek=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek=100J，故 D 正确 二、实验题： （本题每空二、实验题： （本题每空 2 2 分，共分，共 1414 分）分） 13.在探究平抛运动的规律时，可以选用下列各种装置图,在下列选项中选择正确的选项填在 相应的横线上。 - 10 - (1)选用装置 1 是为了_ (2)选用装置 2 时注意_ (3)选用装置 3 要准确获得钢球的平抛轨迹,_ A.选用装置 1 是为了研究平抛的竖直分运动 B.选用装置 1 是为了研究平抛的水平分运动 C.选用装置 2 要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A一定要比水面

20、高 D.选用装置 2 要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A一定要比水面低 E.钢球每次可以从装置 3 上的斜槽不同位置静止释放 F.钢球每次应该从装置 3 上的斜槽同一位置静止释放 (4)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们 的水平坐标x和竖直坐标y，图乙中的图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是_。 a.b.c.d. 【答案】 (1). A (2). D (3). F (4). a 【解析】 【详解】 （1）1装置 1 是为了研究平抛运动竖直方向上的运动规律，若两球同时落地，可知 A 球竖直方向上的运动规律与 B 球相同，即平抛运动在竖直

21、方向上做自由落体运动；故选 A。 （2）2竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压 强为大气压强。因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差， 保证另一出水管出水压强恒定，从而水速度恒定。如果竖直管上出口在水面上，则水面上为 恒定大气压强，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小，故选 D。 （3） 3为了保证小球的初速度大小相等， 每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放， 故选 F。 （4）4物体在竖直方向做自由落体运动， 2 1 2 ygt，水平方向做匀速直线运动，x=vt；联 - 11 - 立可得： 2 2 2 g yx v ，

22、因初速度一定 ，故 2 2 g v 为常数，故y-x应为抛物线，故选 a。 14.用如图所示实验装置验证机械能守恒定律，通过电磁铁控制小铁球从 A 点由静止释放，下 列过程中经过光电门 B 时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间 t，实 验前应调整光电门位置使小铁球下落过程中球心通过光电门中的激光束。 （当地重力加速度用 g 表示） （1）为了验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量有_； AA 点与地面间的距离 H B小铁球的质量 m C小铁球从 A 到 B 的下落时间 tAB D小铁球的直径 d EA、B 之间的距离 h （2）小铁球通过光电门时的瞬时速度 v=_，如果关系

23、式 2 1 t =_成立，则可验 证小铁球在下落过程中机械能守恒。 （用测量的物理量表示） 。 【答案】 (1). DE； (2). d t ； (3). 2 2gh d ； 【解析】 （1）A、根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故 A 错误； B、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故 B 错误； C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故 C 错误； D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要 测量小球的直径，故 D 正确； E、测量AB之间的距离 h 求解重力势能的减小量

24、，故 E 正确。 （2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故： d v t ， - 12 - 根据机械能守恒需要验证的是： 2 1 2 d gh t 。 点睛：无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同 时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律。 三、计算题： （本题共三、计算题： （本题共 4 4 小题，小题，3838 分。其中分。其中 1515 题题 8 8 分，分，1616 题题 8 8 分，分，1717 题题 1010 分分,18,18 题题 1212 分）分） 15.如图所示，光滑的 1/4 圆弧的半径R=0.8m，有一质量m=2.0k

25、g 的物体自圆弧的最高点A处 从静止开始下滑到B点， 然后沿粗糙的水平面前进一段距离s=4m， 到达C点停止。 (g取10m/s 2) 求： （1）物体到达B点时的速率v； （2）物体对 B 点的压力； （3）水平面的动摩擦因数 【答案】 （1）4m/s（2）60N（3）0.2 【解析】 【详解】 （1）从 A 运动到 B 根据动能定理得： 2 1 2 mgRmv 解得：2vRg4m/s （2）在 B 点，根据牛顿第二定律有： 2 N v Fmgm R 代入数据得：FN=3mg=60N 由牛顿第三定律得： NN FF =60N （3）设物体在水平面上运动摩擦力做功 W，由 A 到 C 为研究过

26、程，由动能定理得： mgRmg S - 13 - 解得： R S =0.2 16.额定功率为 80kW 的汽车，在某平直的公路上行驶的最大速度为 20m/s，汽车的质量m 210 3kg如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为 2m/s2，运动过程中阻力不 变，求： （1）汽车所受的恒定阻力是多大 （2）3 秒末汽车瞬时功率是多大 【答案】 （1）4000N； （2）48kW 【解析】 【 详 解 】 （ 1 ） 当 牵 引 力 等 于 阻 力 时 ， 速 度 达 到 最 大 值 ， 又 根 据PFv可 知 ： 3 3 e m 80 10 N4 10 N 20 P fF v （2）汽车

27、在达到额定功率前做匀加速直线运动，设匀加速运动的时间为t1，达到额定功率时 速度为v1， 由 1 Ffma得： 1 8000NF 由 e1 1 PFv得： 1 10m/sv 1 1 10 s5s 2 v t a 因为 3s5s 所以 3s 末汽车仍做匀加速直线运动，故 22 2 3m/s6m/svat 21 2 8000 6W48kWPFv 17.质量均匀分布的星球，半径为R，表面的重力加速度为 0 g。不计星球的自转，星球产生的 重力加速度g随距星球球心距离r的变化规律如图所示。已知引力常量为G，求： - 14 - （1）该星球的密度; （2）在距球心 2R处的重力加速度; （3）一个质量为

28、m的物体，从星球表面移动到地心，万有引力对物体所做的功。 【答案】 （1） 0 3 4 g GR （2） 0 4 g g （3） 0 1 2 mg R 【解析】 【详解】 （1）对于星球表面任意物体 0 m，有 0 00 2 GMm m g R 又由 3 4 3 MM V R ，得 0 3 4 g GR （2）在距球心 2R处的任意物体 1 m，有 1 1 2 (2 ) GMm m g R ，解得 0 4 g g （3）由于星球没有自转，所以物体在星球内任意处的重力等于物体与星球的引力。引力做的 功即为： 0 0 01 22 g WmRmg R 18.如图所示,在直角坐标系y0 的区域存在方向

29、沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E。一 个氕核 1 1H和一个氘核 2 1H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已 知 1 1H进入第四象限时,速度方向与x轴正方向的夹角为 60, 1 1H的质量为m电荷量为q.不 计重力.求: (1) 1 1H进入第四象限时的位置到原点O的距离; (2) 1 1H和 2 1H进入第四象限时的横坐标之比; 【答案】(1) 2 3 3 h (2)S1:S2=1:1 【解析】 - 15 - 【详解】 （1） 1 1H在电场中做类平抛运动，则有： 水平方向： 11 1 xvt 竖直方向： 2 1 1 1 2 hat 粒子进入磁场时竖直分速度

30、： 1 11 60 y vatvtan 解得： 1 2 3 3 xh （2）设 2 1H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2 由题给条件得： 22 21 11 2 22 m vmv 解得： 12 2vv 由牛顿第二定律有：qE=2ma2 设 2 1H第一次射入第四象限时的速度大小为v2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到 原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2 由运动学公式有： S2=v2t2， 2 2 2 1 2 ha t， 2 2 2 y Eqh v m ， 12 2 yy vv 1 1 1 y v tan v ， 2 2 2 y v tan v 联立以上各式得S2=S1 解得：S1:S2=1:1 - 16 -