【文档说明】辽宁省铁岭市调兵山市第一高级中学2019-2020学年高二下学期第一次月考物理试题 【精准解析】.doc，共(18)页，913.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.如图所

示，是A、B两质点运动的xt图像，则下列说法错误的是（）A.A质点以20m/s的速度匀速运动B.A、B两质点在4s末相遇C.B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动D.B质点最初4s做加速运动，后4s做减速运动【答案】D【解析】【详解】A．由图象

可知图中A质点做匀速运动，则有：80m/s20m/s4xvt===A正确，不符合题意；B．位移时间图象的交点表示两者相遇，所以A、B两质点在4s末相遇，B正确，不符合题意；C．B图象是曲线，在0−4s内，B质点位移逐渐增大，沿正方向做直线运动，后4s内位移逐渐减小，

沿负方向做直线运动，C正确，不符合题意；D．根据位移图象的斜率大小表示速度大小，斜率的正负表示速度的方向，可知在0−4s内，B质点沿正方向做减速直线运动，后4s内沿负方向做加速直线运动，D错误，符合题意。故选D。2.如图，气垫导轨上

装有两个光电计时装置A与B，AB间距离为L=30cm，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d=1cm的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A、B，记录遮光条通过A、B的时间分别为0.010s、0.005s，滑块从A到B所用时间为0.200s，则下列说法正确

的是（）A.滑块通过A的速度为1cm/sB.滑块通过B的速度为2cm/sC.滑块的加速度为5m/s2D.滑块在A、B间的平均速度为3m/s【答案】C【解析】【详解】A.滑块经过A点时的速度：1cm/s100cm/s0.010AAvdt===故A错误；B.滑块经过B点时的速度：1cm/s20

0cm/s0.005BBdvt===故B错误；C.滑块加速度：2221m/s5m/s0.200BAvvat−−===故C正确；D.滑块在A、B间的平均速度：0.3m/s1.5m/s0.200xvt===故D错误．3.如图所示，一光滑小球静止放置

在光滑半球面的底端，小球所受重力为G，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力1F、半球面对小球的支持力2F的变化情况正确的是（）A.1F增大，2F减小B.1F增大，2F增大C.1F减小，2

F减小D.1F减小，2F增大【答案】B【解析】【详解】作出球在某位置时的受力分析图，如图所示在小球运动的过程中，1F的方向不变，2F与竖直方向的夹角逐渐变大，画力的动态平行四边形，由图可知1F、2F均增大；故B

正确，ACD错误。故选B。4.如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B与水平面的摩擦因数均为μ，m1>m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧秤．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧秤示数为F1；如果改用大小为F的水平力

向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧秤示数为F2.则以下关系式正确的是A.a1＝a2，F1>F2B.a1＝a2，F1<F2C.a1＝a2，F1＝F2D.a1>a2，F1>F2【答案】A【解析】【详解】若用大小为F的水平力向右拉B，以整体组成的系统为

研究对象，由牛顿第二定律得系统的加速度()12112Fmmgamm−+=+以A为研究对象，由牛顿第二定律得：1111Fmgma−=联立解得：1121mFFmm=+如果改用大小为F的水平力向左拉A时，同理可以解得：()122

12Fmmgamm−+=+1222mFFmm=+因为m1>m2，所以a1＝a2，F1>F2A.A项与上述分析结论相符，故A正确；B.B项与上述分析结论不相符，故B错误；C.C项与上述分析结论不相符，故C错误；D.D项与上述分析结论不

相符，故D错误．5.如图所示，放置在水平转盘上的物体A、B、C能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r、r、1.5r，设最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，重力加速度为g，则当物体与转盘间不发生相对运动时，转盘的角速度应满足的条件是()A.grB.23grC.2grD.2ggrr【答案】B【解析】对物体受力分析可得，摩擦

力提供向心力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则2MgMR，解得：gR．因三物体离转盘中心的距离分别为0.5r、r、1.5r，则21.53ggrr=．故B项正确，ACD三项错误．点睛：最大静摩擦提供向心力对应发生滑动时的临界角速度，则2mgmr，

解得：gr．即临界角速度与物体质量无关，与物体与平台间的动摩擦因数和转动半径有关．6.甲乙两车同时同地同向运动，两车的v–t图象如图所示．其中质量m=7.5t甲车以恒定功率P=50kW启动，最后匀

速运动．乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是A.40sB.20sC.60sD.30s【答案】D【解析】【分析】由图象可知两汽车的运动情况，甲乙两车同时同地同向运动，相遇时二者位移相等，对甲车根据动能定理即可求解，注

意首先求解甲车的摩擦阻力．【详解】设乙车追上甲车的时间为t，对乙车：22111222xatt==对甲车：当甲车速度最大时，牵引力等于阻力，则33501051010mPFfNNv====由图可知，当乙车追上甲车

时，甲车已经达到最大速度，并且以最大速度做匀速运动对甲车根据动能定理有：212mPtfxmv−=联立以上方程式可以得到：30ts=，故选项D正确，选项ABC错误．【点睛】本题要注意明确图象的意义，关键在于甲车的运动情况，首先求解甲车的摩擦阻力，然后根据二者位移相等，利用动能定理进行求解即可．

7.将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上（如图所示）。O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，OA>OB，以下对A、B两点的电势和场强的判断正确的是（）A.A点场强小于B点场强B.A点场强大于B点场强C.A点电势等于B点电势D.A点电势

高于B点电势【答案】C【解析】【详解】AB．根据场强的叠加原理可知，两个等量的正电荷和两个等量的负电荷，在AB两点叠加后的场强均为零，故AB错误；CD．根据电势的叠加原理可知，两个等量的正电荷和两个等量的负电荷在AB直

线上叠加后的电势为零，故A点电势等于B点电势，故C正确，D错误。故选C。【点睛】此题是关于电场强度及电势的叠加问题；要知道电场强度是矢量，叠加时按照平行四边形法则合成；而电势是标量，按照正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，然后

直接相加减即可；此题是中等题，考查学生对物理量的合成方法。8.如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是

（）A.ta<tb<tc<tdB.ta＝tb＝tc＝tdC.ta＝tb<tc<tdD.ta＝tb>tc>td【答案】D【解析】【详解】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为2mTqB=，四个电子m、q相同，B也相同，则它们圆周运动的周期相同．画出电子运动的轨迹如图：从图1看出，从a、b两点射出

的电子轨迹所对的圆心角都是π，则：122abttTT===，从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角∠OO2d＜∠OO1C＜π，根据圆周运动的时间2tT=，T相同时，圆心角α越大，时间t越大，所以2cdTtt＞＞．所以ta=tb＞

tc＞td，故D正确，ABC错误。9.如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图像如图乙所示。设沿传送带向下为

正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（）A.传送带的速率v0＝10m/sB.传送带的倾角θ＝30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数µ＝0.5D.0~2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为6m【答案】AC【解析】【详解】A．由图知，物体先做初

速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为v0＝10m/s，故A正确；BC．在0~1.0s内

，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为：1sincossincosmgmgaggm+==+由图可得：211110m/svat==在1.0~2.0s，物体的加速度为：2sincossincosmgmgaggm−==−由图可得：22222m/svat==

联立解得：0.5=，37=，故B错误，C正确；D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移：11101m=5m2x=传送带的位移为：x2＝v0t1＝10×1m＝10m物体对传送带的位移大小为：1215mxxx=−=方向向上。1.0~2.0s物体相对于地的位移：3

10121m11m2x+==传送带的位移为：x4＝v0t1＝10×1m＝10m物体对传送带的位移大小为：2341mxxx=−=方向向下，故留下的痕迹为5m，故D错误。故选：AC。10.如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带

的A端无初速度放置一物块。选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】若物块放上后一直加速，且到B点速度仍小于v，设

物块在传送带上运动位移为x，下落高度h，物体从A到B运动过程中，机械能kp(cossin)()(cossin)(sin)cosEEEmgmgxmgHhmgmgxmgHxmgx=+=++−=++−=+H为A、B间的高度差，则物

块机械能一直增大，但E与x不成正比，若物块在到达B点之前，速度达到v，则物块速度达到v之前，机械能增加，速度达到v之后，物块将和传送带一起匀速运动，物块的动能不变，重力势能减小，机械能减小，或共速后，重力向下分力仍大于滑动摩擦力，继续加速，但阻力做负

功，机械能减小，故AC错误，BD正确。故选BD。11.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500，横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所

示的规律变化。则下列说法正确的是（）A.螺线管中产生的感应电动势为1VB.闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为1.4×10－2WC.电路中的电流稳定后电容器下极板带正电D.S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－5C【答案】CD【解析】【详解】A．根据法拉第电磁感应定律

有BEnnStt==代入数据41.00.215002010V1.2V2.0E−−==故A错误；B．根据闭合电路的欧姆定律121.2A0.12A451EIRRr===++++电阻1R的电功率为22210.124W5.7610WPIR−＝＝＝故B错误；C．由楞次定律可知，螺线管的

上端即为电源的负极，则电路中的电流稳定后电容器下极板带正电，故C正确；D．S闭合时C板上所带的电荷量Q，电容器两端的电压20.125V0.6VUIR＝＝＝电容器所带的电荷量6530100.6C1.810CQCU

−−＝＝＝即S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－5C，故D正确。故选CD。12.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在

同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A.它们运动的时间tQ＝tPB.它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2C.它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2D.它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4【答案】ABD【解析】【详解】A.带电粒

子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：22122qEyat

tm＝=，解得：22ymqEt=；B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为yP：yQ=1：2；所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=yP：yQ=1：2，故B正确；C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为

竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．故C错误；D.根据动能定理，有：qEx=△Ek而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4故D正确；故选ABD．【

点睛】本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算

的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图甲、乙、丙所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：(1)甲、乙、丙实验中，必须平衡小车和长

木板之间的摩擦力的实验小组是________；(2)实验时，必须满足“M远大于m”的实验小组是________；(3)实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的a­F图线如图丁中A、B、C所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是________。(4)实验时，乙组同学得到的一条纸

带如图戊所示，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，打点计时器所用电源的频率为50Hz，根据所标的测量数据可算得：小车的加速度为________m/s2，打下2点时小车的速度为________m/s。【答案】(1).甲、乙、丙

(2).甲(3).C、A、B(4).0.16(5).0.36【解析】【详解】(1)[1]甲乙丙三个实验中，在数据处理时，绳子的拉力即为小车受到的合外力，故甲、乙、丙三个实验中都需要平衡摩擦力。(2)[2]甲和丙绳子的拉力可以由弹簧测力计和力传感器直接得到，不需要用重物

的重力代替，所以甲丙两组不需要满足Mm，而乙组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足Mm。(3)[3]根据装置可知，甲图中小车受到的拉力大于弹簧测力计的示数，丙图中受到的拉力等于力传感器的示数，当F相等时，甲组的加速度大，所以甲组对应A，丙组对应B，乙组用

重物的重力代替绳子的拉力，要满足Mm，随着m的增大，不满足Mm时，图象出现弯曲，所以乙组对应的是C。(4)[4][5]每5个点取一个计数点，计数点间的时间间隔0.025s0.1st==由匀变速直线运动的推论321.610mxat−==可知，加速度32221.210m0.16m/s(0.1s

)xat−===打点2时小车的速度()2123.523.6410m0.36m/s220.1sxxvt−++===【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解

决实验问题。探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法，当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器，则不需要满足此条件。14.（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图1所示，校零时的读数为_____mm

，合金丝的直径为_____mm。（2）为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图2所示的实验电路图，按照该电路图完成图3中的实物电路连接。___【答案】(1).0.007(2).0.638(3).【解析】【详解】（1）[1]图1中，旋测微器的固定刻度为

0，可动刻度为0.01×0.7mm=0.007mm所以最终读数为0.007mm；[2]图2旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为0.01×14.5mm=0.145mm所以最终读数为0.645mm；故合金丝的直径为0

.645mm﹣0.007mm=0.638mm（2）[3]根据电路图可知，电流表是外接法，滑动变阻器是分压式接法，连线实物图如图．【点评】（1）螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2

）连接实物图时一般是从电源的正极出发依次连接，注意变阻器分压式的连接方法，连接测量电路时，先连主干路，最后再连解并联电路，注意电表正负极和量程。15.某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运

动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g=10m/s2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度；(2)火箭上升离地面的最大高度；(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间。【答案】(1)20m/s；(2)

60m；(3)(623)s+【解析】【详解】设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1；火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程为做匀加速直线运动，第二个过程为做竖直上抛运动至最高点。(1)火箭点火后到燃料刚用完的过程中有1112vht=代入数据解得v1

=20m/s(2)燃料后，火箭只受重力，则可以继续上升的高度2122vhg=代入数据解得h2=20m所以火箭上升离地面的最大高度h=h1＋h2=40m＋20m=60m(3)从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1=

gt2得1220s2s10vtg===从最高点落回地面的过程中2312hgt=而h=60m，代入得323st=故总时间123623()stttt=++=+总16.水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨足够长，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，在水平面内组成矩形线框，如图所示，a

d和bc相距L=0.5m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T，一根电阻为0.2Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4m/s的速度向右匀速运动，如果电阻R1=0.3Ω，R2=0.6Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体棒与

导轨垂直且两端与导轨接触良好。求：(1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小；(2)导体棒PQ上感应电流的方向。【答案】（1）5A；（2）Q→P【解析】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律，PQ产生的感应电动势E＝BLv＝1×0.5×4V＝2V又R外＝1212

RRRR+＝0.30.60.30.6+Ω＝0.2Ω则感应电流的大小2A5A0.20.2EIRr===++外(2)根据右手定则判定电流方向为Q→P17.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上有一质量m＝1

kg的物体，物体连有一原长l0＝40cm的轻质弹簧，在弹簧B端给弹簧一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下以加速度a1＝1m/s2做匀加速运动，此时弹簧长度l1＝30cm．已知物体与斜面间的动摩擦因数32=，弹簧始终平行于斜面，重力加速度g＝1

0m/s2．（弹簧始终在弹性限度内）(1)求推力F的大小和弹簧的劲度系数k；(2)若在弹簧B端加一沿斜面向上的拉力使物体沿斜面向上做加速度a2＝2.2m/s2的匀加速运动，求弹簧的长度l2．【答案】（1）F＝3.5N，k＝35N/m（2）l2＝82cm【

解析】【详解】(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知：F＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma1F＝kΔl1Δl1＝l0－l1解得：F＝3.5Nk＝35N/m．(2)物体向上运动的过程中，由牛顿第二定律可知：F1－mgsinθ－μmgcosθ

＝ma2F1＝kΔl2l2＝l0＋Δl2解得：l2＝82cm．【点睛】以物体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律和胡克定律列方程求解；物体向上运动的过程中，由牛顿第二定律列方程，再根据胡克定律列方程联立求解．