【文档说明】云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高二上学期开学考试物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，874.000 KB，由小赞的店铺上传

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官渡一中高二年级2019-2020学年上学期开学考试物理试卷第I卷选择题（共50分）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30.0分）1.在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重大贡献，他们也创造出了许多物理学

研究方法，下列关于物理学史和物理学方法的叙述中正确的是A.牛顿发现了万有引力定律，他被称为“称量地球质量”第一人B.牛顿进行了“月-地检验”，得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从万有引力定律C.卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时，应用了微元法D.在不需要考虑物体本身的大小和形状

时，用质点来代替物体的方法是转换法【答案】B【解析】【详解】A、牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪许通过实验测量并计算得出了万有引力常量，因此卡文迪许被称为“称量地球的质量”的人．故A错误；B、牛顿进行了“月-地检验”，得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从

万有引力定律，故B正确；C、卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时，应用了放大法，故C错误．D、不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是等效替代法，故D错误．故选B．【点睛】本题考查了物理学史以及一些物理定律的意义，对于物理定律我们不仅要会应用还要

了解其推导过程，有助于提高我们研究问题的能力和兴趣，注意引力定律与引力常量发现者的不同，及理解微元法、等效法、转换法的含义．2.如图所示，汽车车厢顶部悬挂一轻质弹簧，弹簧下端拴一质量为m的小球．当汽车以某一速度通过一个桥面为弧形的凸形桥的最高点时弹簧长度为1L，当汽车通过另一个桥面为

弧形的凹形桥的最低点时弹簧的长度为2L，则下列说法正确的是（）A.12LL=B.12LLC.12LLD.以上均有可能【答案】C【解析】【详解】当汽车在水平路面上匀速行驶时，弹簧长度为0L；当汽车过凸形桥的最高点时，有：21vmgFmR−=，得：1Fmg，故10LL；当

汽车过凹形桥的最低点时，有：22vFmgmR−=，得：2Fmg，故20LL．所以有：12LL．A.12LL=，选项A不符合题意；B.12LL，选项B不符合题意；C.12LL，选项C符合题意；D.以上均有可能，选项D不符合题意；3.某物体的运动情况经传感器测量后，输入计算机得

到位移随时间的变化规律为()28mxtt=−。则该物体在05s内走过的路程为（）A.14mB.15mC.16mD.17m【答案】D【解析】【详解】根据x=v0t+12at2＝8t−t2得物体的初速度v0=8m/s，加速度a=-2m/s2，物体速度减为零的时间0108s

4s2vta−−−＝＝＝物体的位移大小2010064m16m24vxa−−−＝＝＝物体反向做匀加速直线运动的时间t2=5-4s=1s则物体反向匀加速直线运动的位移大小2221121m1m22xat＝＝＝则路程s

=x1+x2=16+1m=17m故选D。4.一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，用大小为F、方向与水平面成θ角且斜向下的恒力作用在该木块上，经过时间t，力F的瞬时功率为（）A.22FcosmtB.222FcosmtC.2FmtD.2Fcosmt

【答案】A【解析】【详解】根据牛顿第二定律得，木块的加速度为：a=Fcosm，则t时刻的瞬时速度为：v＝at＝Ftcosm，则力F的瞬时功率为：P=Fvcosθ=22Ftcosm，故A正确，BCD错误．故选A．5.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点

O，如图所示。用TF表示绳OA段拉力的大小，在O点向左侧移动的过程中（）A.F逐渐变大，TF逐渐变大B.F逐渐变大，TF逐渐变小C.F逐渐变小，TF逐渐不变D.F逐渐变小，TF逐渐变小【答案】A【解析】【详解】以结点O为研究对象受力分析如下图所示由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处

于平衡状态，则可知：绳OB的张力BTmg=根据平衡条件可知Tcos0BFT−=，Tsin0FF−=由此两式可得tantanBFTmg==，cosBTTF=在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和TF均变大。故A正确，BCD错误。故选A。6.如图所示，汽车在岸上用轻绳拉

船，若汽车行进速度为v，拉船的绳与水平方向夹角为6，则船速度为（）A.33vB.3vC.233vD.32v【答案】C【解析】【详解】将小船的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示沿着绳子的分速度等于汽车拉绳子的速度，故v=v′cosθ代入数据有233cos6vvv＝＝故C正确，

ABD错误；故选C。7.如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在2h处相遇(不计空气阻力)．则以下说法正确的是()A.球a竖直上抛的最大高度为hB.相遇时两球速度

大小相等C.相遇时球a的速度小于球b的速度D.两球同时落地【答案】C【解析】【详解】对a，位移为：20122hvtgt−＝，对b，位移为：2122hgt＝联立可得：0htv=，0gh=v，则球a竖直上抛的最大高度为20122vHhg==，选项A错误；ab两个球在相等的时间

内，运动距离都是2h，加速度大小也相等，根据运动的对称性，得在2h处相遇时a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0．相遇时球a的速度小于球b的速度，故B错误，C正确；由于两球在2h处相遇时的速度不同，故两球不可能同时落地，选项D错误；故选C．．8.如图，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块

一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（）A.mFMm+B.MaC.mgD.()Mmg+【答案】

A【解析】【详解】先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有F=（M+m）a再对物体m受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f=ma联立解得：mFfmaMm==+故BCD错误，A

正确。故选A。9.如图所示，1、2两个小球以相同的速度v0水平抛出．球1从左侧斜面抛出，经过t1时间落回斜面上．球2从某处抛出，经过t2时间恰能垂直撞在右侧的斜面上．已知左、右侧斜面的倾角分别为α=300、β=600，则()A.t1:t2=1:1B.t1:t2=2:

1C.t1:t2=3:1D.t1:t2=1:3【答案】B【解析】【详解】对球1、tanα=211010122gtgtvtv=，对球2，tanα=20gtv，联立解得t1：t2=2：1，故B正确；故选B．【点睛】解决本题的关键知道小球落在斜面上

时，小球位移水平水平方向的夹角α，垂直撞在斜面上，速度与斜面垂直，速度方向与水平方向的夹角为α，将位移或速度进行分解，根据平抛运动的两个正切关系解答．10.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的周期绕共同的周期绕共同

的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（）A.B.CD.【答案】B【解析】【详解】对于圆锥摆，细线的拉力和重力的合力来提供小球的向心力，设细线长为L，摆球质量为m，细线与

竖直方向的夹角为，小球与悬挂点的竖直高度为h则有：2tanmgmr=sinrL=coshL=联立解得：2gh=由题知两球的角速度相同，故两球的高度相同，故ACD错误，B正确；故选B。二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，共

20.0分）11.如图所示，细线上端固定，下端系一小球，将小球拉至实线所示位置由静止释放，空气阻力不计，小球从释放到最低点的运动过程中，下列说法正确的是（）A.细线的拉力对小球做正功B.小球的机械能守恒C.小球重力势能的增加量等于其动能的减小量D.重力对小球做的功等

于小球动能的增加量【答案】BD【解析】【详解】A．小球从高处向低处摆动过程中，细线的拉力与小球的速度始终垂直，小球在拉力方向上没有发生位移，所以拉力对小球不做功，故A错误；B．由于只有重力做功，所以小球的机械能守恒，故B正确；C．由机械能守恒定律知，小球重力势能的减

少量等于动能的增加量，故C错误；D．小球在摆动过程中，根据动能定理可得：重力做的正功等于动能的增加量，故D正确。故选BD。12.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其vt−图象如图所示．已知

汽车的质量为3110kgm=，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（）A.汽车在前5s内的牵引力为3510NB.汽车速度为25m/s时的加速度为25m/sC.汽车的额定功率为100kWD.汽车的最大速度为80m/s【答案】AC【解析】【详解】A．由速度时间图线知，匀

加速运动的加速度大小2220m/s4m/s5a==根据牛顿第二定律得Ffma−=解得牵引力1000N4000N5000NFfma=+=+=选项A正确；BC．汽车的额定功率500020W100000W100kWPFv====汽车在25m/s时的牵引力100

000'N4000N25PFv===根据牛顿第二定律得加速度22'40001000'm/s3m/s1000Ffam−−===选项B错误，C正确；D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度100000m/s

100m/s1000mPvf===选项D错误。故选AC。13.某载人飞船运行的轨道示意图如图所示，飞船先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P。当飞船经过点P时点火加速，使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行，在圆轨道2上飞船运行周期约为90min。关

于飞船的运行过程，下列说法中正确的是（）A.飞船在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B.飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于轨道2上经过P点的速度C.轨道2的半径小于地球同步卫星的轨道半径D.飞船在轨道1上运行经过P点的加速度小于在轨道2上

运行经过P点的加速度【答案】BC【解析】【详解】AB．飞船在轨道1上P点经加速后才能进入轨道2上运动，则飞船在轨道1上的P点比轨道2上的P点运动时的动能小，飞船在轨道1上的P点比轨道2上的P点运动时的机械小，故A错误，B正确；C．根据2224MmGmrrT=，得32rTGM=可知同步卫星周期大

，则同步卫星轨道半径大，故C正确；D．根据2MmGmar=，得2GMar=可知，飞船在轨道1上P点到地球的距离等于在轨道2上P点到地球的距离，则加速度相等，故D错误。故选BC。【点睛】解决本题的关键掌握卫星变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力，知道线速度、周期与轨道半径的关系。14.如图所

示，三个图象表示A、B、C、D、E、F六个物体的运动情况，下列说法中正确的是()A.速度相等的物体是B、DB.合力为零的物体是A、C、EC.合力是恒力的物体是D、FD.合力是变力的物体是F【答案】D【解析】x-t图

象的斜率等于速度，则A的速度为0，B的速度为；2m/sBxvt==；v-t图象中表示速度随时间变化的规律，故C为匀速运动，速度为2m/s；D为匀变速直线运动，加速度a=2m/s2；a-t图象中表示加速度随时间变化的规律，

故F为加速度增大的加速运动，E为匀加速运动；则可知：A、由以上分析可知，只有BC保持匀速运动且速度相等，故速度相等的是BC；故A正确．B、做匀速运动或静止的物体合力为零，故合力为零的物体ABC；故B错误．C、做匀变速直线运动的物体合力为恒力，故合力是恒力的为DE；故C错误

．D、做变加速运动的物体受到的是变力；故合力为变力的物体是F；故D正确．故选D．【点睛】本题考查牛顿第二定律以及运动学图象的规律，要注意明确v-t图象、s-t图象在运动学中有着非常重要的作用，应掌握图象的意义、斜率及图象与时间轴围成的面积的含义．15.如图所示，光滑水平面上有一质量为1kg的

长木板，木板上放有质量为2kg的木块，木块受到向右的水平拉力F＝15N的作用，已知木块与木板间的动摩擦因数为0.2，(重力加速度g＝10m/s2)。则下列说法正确的是（）A.木块与木板相对滑动B.木块与木板加速度相同都是4m/s2C.木块与木板加速度不同，木块加速度是5.5m/s2，木板加速

度是4m/s2D.只要F大于4N，木块都会相对木板滑动【答案】AC【解析】【详解】AD．当m与M间的摩擦力达到最大时，对M分析，根据牛顿第二定律得210.2204m/s1mgaM＝＝＝对整体分析，发生相对滑动时拉力的最小值为F=（M+m）

a=（2+1）×4N=12N而F=15N，知木块与木板发生相对滑动。故A正确，D错误。BC．当F＝15N时木块的加速度为2150.2205.5m/s2mFmgam−−＝＝＝木板的加速度为20.2204m/s1MmgaM＝＝＝故B错误，C正确。故选AC

。第Ⅱ卷非选择题（共50分）三、实验题探究题（本大题共2小题，共12.0分）16.某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验，得到弹簧的形变量x与弹簧弹力F的关系如图，(1)弹簧的劲度系数为_________N/m。(2)当弹簧受到600NF=的拉力作用时(在弹性限度内)

，弹簧伸长量x=_______cm。【答案】(1).2000(2).30【解析】【详解】(1)[1]在F-x图像中，斜率代表弹簧的劲度系数，则800N/m2000N/m0.4Fkx=＝＝(2)[2]根据F=kx可知600m0.3m30cm2000Fxk=＝＝＝17.采用

重物自由下落的方法：验证“机械能守恒定律”的实验装置如图(甲)所示：(1)实验中，下面哪些测量工具是必需的______。A.天平B.交流电源C.刻度尺D.秒表(2)实验室可供选择的重物有：A是质量为50g的塑料球，B是质量为

300g的铁球，则本实验应选用_________（选填A或B）；(3)实验中选取一条符合实验要求的纸带如(乙)图所示，O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点，ABBCttT==，计算B点瞬时速度时，甲同

学用22BOBvgx=，乙同学用2ACBxvT=，其中所选方法正确的是______(选填“甲”或“乙”)同学；(4)若实验中所用重物的质量为0.3kgm=，打点计时器所用电源的频率为50Hz，正确操作得到的纸带如图乙所示，29.8m/sg=，则打点计时器在

打B点时，重物的速度大小是______m/s，此时重物的动能等于______J，从初始位置O到打下计数点B的过程中，重物的重力势能的减少量为______J；(结果保留三位有效数字)(5)在数据处理中，发现重物减少的势能总是______(选填“大于”、“等于”

或“小于”)重物增加的动能，造成这种现象的主要原因是______。【答案】(1).BC(2).B(3).乙(4).3.00(5).1.35(6).1.38(7).大于(8).纸带与限位孔或振针与纸带间存在摩擦【解析】【详解】

(1)[1]打点计时器可以直接记录时间，所以实验中不需要秒表；要验证的关系212mghmv=等式两边均有质量，则可相互约去，所以也不需要天平，故AD错误，BC正确；故选BC。(2)[2]为了减小阻力的影响，重物选择质量大一些、体积小一些的，故选

B；(3)[3]计算B点瞬时速度时，若按甲同学的方法用vB2=2gxOB即认为纸带下落的加速度为g，则不需要计算速度vB的值也会有12mvB2=mgxOB故甲的数据处理方法错误；应该选用乙同学的：某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度2ACBxvT=故乙

同学正确。(4)[4]B点的瞬时速度为3531.9411.910m/s=3.0m/s20.04ACBxvT−−==[5]那么此时重物的动能22110.330J=1.35J22KBBEmv==．[

6]从初始位置O到打下计数点B的过程中，重锤的重力势能的减少量为△Ep=mgh=0.3×9.8×0.470J≈1.38J(5)[7][8]实验中由于空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力影响，得出重力势能的减小量总是大于动能的增加量

，造成这种现象的主要原因是纸带与限位孔或振针与纸带间存在摩擦。四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）18.一个物体从h高处自由落下，经过最后200m所用的时间是4s，求：（1）物体下落h高度所用的总时间；（2）高度h为多少？（取g=10m/s）【答案】（1）物体下落h高度所用的总时间为7s；（

2）高度h为245m．【解析】【详解】（1）根据自由落体运动位移时间公式：得：解得：物体落地时间t=7s，（2）根据，可得：h==245m19.一辆汽车以10m/s的速度在平直公路匀速行驶，经过某一路口时，停在路口的警车立刻

以22.5m/s的加速度匀加速追去。（1）两车之间最远距离是多少？（2）警车何时追上汽车？（3）警车追上汽车时，警车的速度多大？位移多大？【答案】（1）4s；（2）8s；（3）20m/s，80m【解析】【详解】(1)警车从出发到两车最远时

所用时间1t为110s4s2.5t==(2)警车追上超速车用时2t22212vtat=解得28st=(3)警车截获超速车时，警车的速率'v为2'2.5820m/svat===警车的位移s为2108m80

msvt===20.如图所示,水平传送带长L=12m,且以5m/sv=的恒定速率顺时针转动,光滑曲面与传送带的右端B点平滑链接,有一质量m=2kg的物块从距传送带高h=5m的A点由静止开始滑下.已知物块与传送带之间的滑动摩擦因数0.5=,重力加速度g取210m/s,求：（1）

物块距传送带左端C的最小距离．（2）物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度．（3）在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量．【答案】（1）2m；（2）125m；（3）225J【解析】【详解】（1）物块从A到B的过程中，由机械能守恒列式得：212

Bmghmv＝解得：vB=10m/s物块在传送带上向左运动的过程中，取水平向左为正方向，通过受力分析后，由牛顿第二定律得：-μmg=ma得：a=-5m/s2由运动学公式得：122Bvax−＝解得：211

0m2Bvxa−＝＝且12sBvta−＝＝那么，物块距传送带左端C的最小距离dmin=L-x1=2m（2）物块在传送带上向右运动的过程中，取水平向右为正方向，通过受力分析后，由牛顿第二定律得：μmg=ma′得：a′=5m/s由于传送带的速度v=5m/s由运动学公式v=at2得：t2=1

s22212.5m10m2xat＝＝＜则物块向右运动经过B点时的速度v=5m/s那么物块经过B点后滑上曲面的过程中，由机械能守恒定律得：212mmghmv＝即：hm=1.25m（3）物块在传送带上向左

运动的过程中，相对位移△x1=x1+vt1=20m此过程中产生的热量Q1=μmg△x1=200J物块在传送带上向右运动的过程中，相对位移△x2=vt2-x2=2.5m此过程中产生的热量Q2=μmg△x2=25J那么全程产生的

热量Q热=225J