【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cdEE则带电粒子受到的电场力c

dFF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1q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11qEam=213172qEltm=对负电荷B有22qEam=224

172qEltm=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212121

4()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t

0、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＝1.0×105

N/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＝3.2m/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2

1sinQqkqEmgh+=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2

10m/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213tan42UddYydU

=+==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；