【文档说明】【精准解析】山东省聊城市九校2020-2021学年高二上学期第一次开学联考物理试题.doc，共(21)页，1017.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020—2021学年度第一学期开学测评考试高二物理试题第Ⅰ卷选择题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。1.关于第一宇宙速度，下列说法错误的是（）A.它是人造地球卫星绕地球飞行的最大速度B.它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度C.它是能使卫星进入近地圆形轨道的最

小发射速度D.它是卫星在椭圆轨道上运行时近地点的速度【答案】D【解析】【详解】AB．人造卫星在圆轨道上运行时，由22=MmvGmrr运行速度GMvr=轨道半径越大，速度越小，由于地球半径作为轨道半径是最小的，故第一宇宙速度是卫星在圆

轨道上运行的最大速度，同时也是卫星在近地圆轨道运行的速度，故AB正确，不符合题意；C．物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，在地面附近发射飞行器，如果速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，它绕地球飞行的轨迹就不是圆，而是椭圆，

故它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，也是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速，故C正确，不符合题意；D．在地面附近发射飞行器，如果速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，它绕地球飞行的轨迹就不是圆，而是椭圆，故在椭圆

轨道上运行的卫星，在近地点的速度均大于7.9km/s，故D错误，符合题意。故选D。2.下列说法正确的是（）A.被举到高处的物体重力势能一定不为零B.克服重力做功，物体的重力势能一定增加C.弹簧的弹力做正功时，其弹性势能一定增加D

.物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒【答案】B【解析】【详解】A．被举到高处的物体，若选取被举高的物体所在的位置为零重力势能点，则物体的重力势能为零，选项A错误；B．克服重力做功，物体的重力势能一定增加，选项B正确；C．弹簧的弹力做正功时，其弹性势能一

定减小，选项C错误；D．物体所受的合外力为零，物体的机械能不一定守恒，例如匀速向上运动的物体机械能增加，选项D错误。故选B。3.小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的14。以刚开始下落时为计时起点

，小球的v－t图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.图像中选取竖直向下为正方向B.每个阶段的图线并不相互平行C.每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半D.每次与地面相碰后上升到

最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半【答案】D【解析】【详解】A．由于小球从某一高度处自由下落，根据速度时间图线知选取竖直向上为正方向，故A错误；B．不计空气阻力，下落过程和上升过程中只受重力，根据牛顿第二定律可得下落过程和上升过程中

的加速度为重力加速度，速度时间图线的斜率表示加速度，所以每个阶段的图线相互平行，故B错误；C．与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落过程，根据动能定理可得kEmgh=与地面相碰后上升过程中，根据动能定理可得kEmgh=根据题意有14kkEE=

解得14hh=故C错误；D．根据运动学公式可得与地面相碰后上升的时间2htg=与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的2htg=解得2tt=故D正确；故选D。4.如图所示为五个点

电荷产生的电场的电场线分布情况，a、b、c、d是电场中的四个点，曲线cd是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，则下列说法正确的是（）A.该带电粒子带正电B.a点的电势高于b点的电势C.带电粒子在c点的动能小于在d点的动能D

.带电粒子在c点的加速度小于在d点的加速度【答案】C【解析】【详解】A．带电粒子做曲线运动，所受的合力指向轨迹凹侧，分析可知该带电粒子带负电，A错误；BC．根据等势面与电场线垂直，画出过a点的等势面如图所示。则aa=根据沿电场线方向电势

逐渐降低知ba所以ba同理可得cd由于带电粒子带负电，则粒子的电势能ppcdEE根据能量守恒定律知，带电粒子的动能kkcdEEB错误，C正确；D．电场线的疏密程度表示电场强度的大小cdE

E则带电粒子受到的电场力cdFF由牛顿第二定律知带电粒子的加速度cdaaD错误。故选C。5.电容为C的平行板电容器竖直放置，正对面积为S，两极板间距为d，充电完成后两极板之间电压为U，断开电路，两极板正

对区域视为匀强电场，其具有的电场能可表示为2p12ECU=。如果用外力使平行板电容器的两个极板间距缓慢变为2d，下列说法正确的是（）A.电容变为原来的两倍B.电场强度大小变为原来的一半C.电场能变为原来的两倍D.外力做的功大于电场能的增加量【答案】C【解析】

【详解】A．极板间距变为原来两倍，根据r4SCkd=可知电容减半，A错误；B．电荷量和极板正对面积不变，则r4UQkQEdCdS===电场强度大小不变，B错误；C．当开关断开后，电容器极板的电荷量Q不变，根据QUC=电容减半，两极板间电压加倍

，根据2p12ECU=可知，电场能加倍，C正确；D．电路断开，没有电流和焦耳热产生，极板的动能不变，则外力做的功等于电场能的增加量，D错误。故选C。6.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m，电荷量为()110qq的粒子A；在负极板附近有一质量也为

m、电荷量为()220qq−的粒子B。仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距37l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是（）A.电荷量1

q与2q的比值为3:7B.电荷量1q与2q的比值为3:4C.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9:16D.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3:7【答案】B【解析】【详解】AB．设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对正电荷A有1

1qEam=213172qEltm=对负电荷B有22qEam=224172qEltm=联立解得1234qq=A错误，B正确。CD．由动能定理得2120qExmv=−求得1234vv=选项CD错误。故选B。7.2017年6月19日，长征三号乙火箭发射中星9A卫星过程

中运载火箭出现异常，未能将卫星送入预定轨道。中国航天科技集团在西安卫星测控中心的密切配合下，通过准确实施10次轨道调整，卫星于2017年7月5日成功到达东经101.4赤道上空的预定轨道。如图轨道1、2是卫星变轨前后

的两个轨道，对于此次变轨前后卫星的运动，下列说法正确的（）A.从近地点到远地点，卫星受到的万有引力变大B.变轨后，卫星的运行周期变小C.在近地点，卫星要点火加速才能到达更高轨道D.变轨后，卫星可能处于地球同步卫星轨道【答案】C【解析】【详解】A．根据万有引力定律可知，从近地点到远地点，卫星受到

的万有引力变小，选项A错误；B．变轨后，卫星在轨道2上的半长轴大于轨道1的半长轴，根据开普勒第三定律32rkT=可知，卫星在轨道2上的周期较大，选项B错误；C．在近地点，卫星要点火加速才能到达更高轨道，选项C正确；D．同步卫星的轨道是圆形的，则变轨后的轨道２不

可能是地球同步卫星轨道，选项D错误。故选C。8.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是（）A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后

的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关【答案】D【解析】【详解】A．运动员到达最低点前重力始终做正功，重力势能始终减小，

故A正确，不符合题意；B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向与位移方向始终相反，弹力做负功，弹性势能增加，故B正确，不符合题意；C．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，故C正确，不符合题意；D．重力势能的改

变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D错误，符合题意。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.2019年9月23日

，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第47、48颗北斗导航卫星。卫星的工作轨道是比同步卫星轨道低一些的中圆轨道，卫星由发射轨道a变轨到中圆轨道b上，轨道a、b相切于P点。则卫星在两轨道上运行时。下列说法正确的是（）A.卫星在轨道

b运行周期大于24小时B.卫星由地面到P点所受引力逐渐减小C.卫星在轨道a上经过P点时的加速度等于轨道b上经过P点时的加速度D.卫星在轨道a上经过P点时的动能大于卫星在轨道b上经过P点时的动能【答案】BC【解析】【详解】A．同步卫星周期为24小时，轨道b比同步卫星轨道低一些，周期小于24小时，

选项A错误；B．由2MmFGr=万可知，距离地面越远，引力越小，选项B正确；C．由于2MaGr=，卫星从轨道a和轨道b经过P点时加速度相同，选项C正确；D．卫星从a轨道到b轨道，需点火加速，动能增大，D错误。故选BC

。10.如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近电荷P的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向,一带正电的粒子从O点由静止开始仅在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于P、Q两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计．在从O点到A点的运动过程中，下列关于粒子的运动速

度v和加速度a随时间的变化、粒子的动能和运动径迹上电势随位移x的变化图线可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】等量异种电荷的电场线如图所示．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度Ex=，由图可知

E先减小后增大，所以xφ−图象切线的斜率先减小后增大，故A错误．沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大．电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大．v-t图象切线的斜率先变小后变大，故CD

可能，故CD正确．粒子的动能kEqEx=，电场强度先变小后变大，则kEx−切线的斜率先变小后变大，则B图不可能．故B错误．故选CD．【点睛】根据等量异种电荷电场线的分布情况，分析场强、电势的变化，由电场力做功情况判断动能的变化

情况．由牛顿第二定律研究加速度的变化情况，并分析粒子的运动情况．11.如图所示，质量为4m的球A与质量为m的球B用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α=30°，球B与质量为m的球C通

过劲度系数为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。开始时控制住球A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加

速度为g，下列说法正确的是（）A.释放球A瞬间，球B的加速度大小为5gB.释放球A后，球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大C.球A沿斜面下滑的最大速度为2g5mkD.球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以

A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】BC【解析】【详解】A．开始时对球B分析，根据平衡条件可得1mgkx=释放球A瞬间，对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得114sinα5mgmgkxma−+=解得125ag=故A错误；B．释放球A后，球C恰好离开地面时，对球C分析，根据平衡

条件可得2mgkx=对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得224sinα5mgmgkxma−−=解得20a=所以球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大，故B正确；C．对球A和球B及轻质弹簧分析，根据能量守恒可得2121214()sinα()52mmgxxmgxxmv+−+=•解得球A

沿斜面下滑的最大速度为25mmvgk=故C正确；D．由12mgxxk==可知球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、B两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以A、B两小球组成的系统机械能不守恒，

故D错误；故选BC。12.2019年12月27日晚，我国的长征五号遥三运载火箭在海南文昌一飞冲天，并将目前我国研制的最重地球同步轨道卫星——实践二十号成功送入太空预定轨道，一扫两年多前遥二火箭发射失利的阴霾，展现出“王者归来”的英雄气概。作为重型运载火箭，

其肩负着发射大型航天器、实施月球采样返回、开展火星探测等一系列后续重要航天任务，已知地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.在发射火星的卫星时，发射速度大于第一宇宙

速度即可成功B.实践二十号的预定轨道离地高度为h=32−GMRC.实践二十号的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D.实践二十号由于质量较大，其在轨道运行时速率小于质量较小的同步卫星【答案】BC【解析】【详解】A．卫星发射速度大于第二宇宙速度时，就脱离地球束缚，

则在发射火星的卫星时发射速度应大于第二宇宙速度，选项A错误；B．实践二十号是地球同步轨道卫星，则角速度等于地球自转的角速度，则22()()MmGmRhRh=++解得32GMhR=−选项B正确；C．实践二十号是绕地球运转的卫星，则实践二十号的发射速度大小介于第一宇宙速

度和第二宇宙速度之间，选项C正确；D．所有地球同步卫星都具有相同的速率，与卫星的质量无关，选项D错误。故选BC。第Ⅱ卷非选择题三、实验题：本题2个小题，每空2分，共14分。13.“探究功与物体速度变化关系”的实验可用图甲所示的装置进行，小车在橡皮筋的作

用下弹出，某次实验中得到了如图乙所示的一条纸带。(1)甲图装置中木板左端适当垫高一点的作用是______。(2)利用图乙纸带处理实验数据时，是通过测量______段的距离来计算小车获得的速度（选填“AB”或“BC”）。(3

)关于该实验，下列叙述正确的是______。A．每次实验时，应将小车从同一位置由静止释放B.每次实验时，应先释放小车再接通电源C.由于橡皮筋对小车做功的数值无法算出，故不能用图像法来探究功与物体速度变化的关系D.该实验是通过改变

同样的橡皮筋的条数来改变做功数值的【答案】(1).平衡摩擦力(2).BC(3).AD【解析】【详解】(1)[1]甲图装置中木板左端适当垫高一点的作用是平衡摩擦力。(2)[2]利用图乙纸带处理实验数据时，因BC段点迹均匀，说明小车已经到达了最

大速度，则实验时是通过测量BC段的距离来计算小车获得的速度。(3)[3]A．每次实验时，应将小车从同一位置由静止释放，选项A正确；B．每次实验时，应先接通电源再释放小车，选项B错误；C．虽然橡皮筋对小车做功的数值无法算出，但是可以得出

用同样的橡皮筋1条、2条、3条…并起来进行第一次、第二次、第三次…实验，得到橡皮筋对小车做功而使小车获得的速度v，则可以在坐标纸上作出小车的W-v2图像来探究功与物体速度变化的关系，选项C错误；D．该实验是通过改变同样的橡皮

筋的条数来改变做功数值的，选项D正确。故选AD。14.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，

测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝________mm.(2)小球经过光电门B时的速度表达式为______

__．(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出21t随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式________时，可判断小球下落过程中机械能守恒．(4)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将____

____(填“增大”、“减小”或“不变”)．【答案】(1).7.15(2).dt(3).022012gHtd=或22002gHtd=(4).增大【解析】【详解】解：（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为3；故读数为：7+3×0.05=7.15mm；（2）已知经过光电门时的时间小球的直

径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；即：2gH0=（）2解得：；（4）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将增大；故答案

为（1）7.25；（2）；（3）；（4）增大．【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解．四、计算题：共5个小题，共46分。15.热爱天文科学的某同学从网上得到一些关于月球和地球的信息，如下表中所示。请根据表格中数据，计算出地球和月球的密度之比。月

球半径0R月球表面处的重力加速度0g地球和月球的半径之比04RR=地球表面和月球表面的重力加速度之比06gg=【答案】32【解析】【详解】在星球表面附近，万有引力等于重力，即2MmGmgR=密度公式MV=体积公式343VR=联立解得34ggRGR=地球

和月球的密度之比0032RggR==地月16.如图所示，一根长L＝1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E＝1.0×105N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷

量q＝＋1.0×10－6C，质量m＝1.0×10－2kg.现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m/s2)(1)小球B开始运动时的加速度为多大？

(2)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？【答案】(1)a＝3.2m/s2(2)h1＝0.9m【解析】【详解】(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得2sinQqmgkqEmaL−−=代入数据解得a＝3.2

m/s2(2)小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零，即21sinQqkqEmgh+=代入数据解得：h1＝0.9m17.如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一带正

电、电荷量为q2、质量为m的小球，从轨道的A处无初速度释放，求：（1）小球运动到B点时的速度大小；（2）小球在B点时对轨道的压力．【答案】（1）2gR（2）3mg＋k122qqR，方向竖直向下【解析】【分析】考查库仑力作用下的圆

周运动。【详解】（1）小球从A运动到B过程中，由动能定理：2B12mvmgR=解得B2vgR=（2）小球到达B点时，受力分析，由合外力提供向心力：22N2qvFmgkmRR−−=解得2N3qFmgkR=+由牛顿第三定律，小球在B

点时对轨道的压力为：2N3qFmgkR+=方向竖直向下。18.某跳台滑雪的轨道如图所示，助滑轨道倾角37=，助滑轨道在B点与半径10mR=的光滑圆弧轨道相切，圆弧在最低点C的切线水平；CP为着陆坡。倾角45=，一运动员连同装备总质量50kgm=，从助滑坡道上的A点无助力由静止滑下

，A点与B点的竖直高度差5mh=，滑板与助滑坡道之间的动摩擦因数0.3=，不计空气阻力，取210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=，求：(1)运动员经过点时对轨道的压力大小；(2)运动员落在着陆坡上时的动能。【答案

】(1)1000N；(2)12500J【解析】【详解】(1)运动员从A到B，由动能定理得21cossin2Bhmghmgmv−=从B到C，由机核能守恒得2211(cos)22CBmgRRmvmv−=−解得10m/sCv=在

C点对运动员进行受力分析有2NCvFmgmR−=解得N1000NF=由牛顿第三定律得，运动员经过C点时对轨道的压力大小为1000N。(2)运动员从C点飞出做平抛运动，落点在着陆坡上，设飞行时间为t2012tangtvt=解得2st=竖直方向位移2120m2ygt==由

动能定理得2k12CmgEvym−−落到斜面上时的动能k12500JE=19.如图所示，在电子枪右侧依次存在加速电场、两水平放置的平行金属板和竖直放置的荧光屏。加速电场的电压为1U。两平行金属板的板长、板间距离均为d。荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d。电

子枪发射的质量为m、电荷量为e−的电子，从两平行金属板的中央穿过打在荧光屏的中点O。不计电子进入加速电场时的速度及重力。(1)求电子进入两金属板间时的速度大小0v；(2)若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为2U，电子会打在荧光屏上某点，该点距

O点距离为2d，求此时1U和2U的比值；若使电子打在荧光屏上另一点，该点距O点距离为d，在只改变一个条件的情况下，请你提供一种方案，并说明理由。【答案】(1)12eUm；(2)32；方案见解析【解析】【详解】(1)电压1U对电子加速，由动能定理得21012eUmv=得102eUvm=

(2)偏转区内只有匀强电场时电子进入偏转区做匀加速曲线运动，如下图所示高开偏转电场时沿电场方向的位移222222201112244UedUedUdyatmdvUedU====速度方向偏转角设为202001tan2yUedvmdvUvvU===打到荧光屏的位置距O点的距离213tan

42UddYydU=+==可得1232UU=由2134UdYU=，可知改变加速电压1U或偏转电压2U的大小，即可改变电子打到荧光屏的位置方案一：保持1U的大小不变，将偏转电压2U加倍即可；方案二：保持2U的大小不变，将加速电

压1U减半即可；