湖北省宜昌市长阳县第一高级中学2019_2020学年高二物理上学期开学考试试题(含解析)

湖北省宜昌市长阳县第一高级中学2019-2020学年高二物理上学期开学考试试题（含解析）考试时间：90分钟试卷总分：100分一.选择题（第1到第7题每题只有一个答案满足题目要求，第8题到第10题每题可能有多个正确答案。

请将你认为正确的答案填涂到答题卡上。

每小题4分，共40分）1.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )A. 开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B. 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C. 开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D. 开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律【答案】B【解析】试题分析：开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故ACD错误，B正确．故选B．考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.如图所示，某物体沿14光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点的过程中，物体的速率逐渐增大，则( )A. 物体的合力为零B. 物体的合力大小不变，方向始终指向圆心OC. 物体合力就是向心力D. 物体的合力方向始终与其运动方向不垂直(最低点除外)【答案】D【解析】试题分析：物体做变速圆周运动，受到重力与轨道的支持力，因支持力为变力，故二力合力为变力，所以A、B错误；其切向分力提供切向加速度，使物体的线速度逐渐增大，向心分力提供向心力，改变物体运动方向，所以C错误、D正确．考点：圆周运动3.如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从图示水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（）A. B对A的支持力越来越大B. B对A的支持力不变C. B对A的摩擦力越来越大D. B对A的摩擦力越来越小【答案】D【解析】【详解】在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力．合力沿水平方向的分力等于A所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合力的大小不变，由a到b的运动过程中，合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减小．合力沿竖直方向的分力逐渐增大，所以支持力逐渐减小．AB.由分析可知B对A的支持力逐渐减小，故AB错误；CD.由分析可知B对A的摩擦力越来越小，故C错误，D正确．4.若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为27．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（）A.12R B.72R C. 2RD.7R 【答案】C 【解析】 【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比，再由万有引力等于重力，求出行星的半径； 【详解】对于任一行星，设其表面重力加速度为g 根据平抛运动的规律得：212h gt =，得到：2h t g =则水平射程002hx v t v g== 可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比2274g x g x ==行地地行根据2Mm G mg r =，得2GMg r=，可得22 g M R g M R =⋅行行地地地行 解得行星的半径4727M g R R R R g M =⋅=⨯⋅=行地行地行地，故选项C 正确，ABD 错误． 【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用．5.如图所示，圆盘上叠放着两个物块A 和B 。

当圆盘和物块绕竖直轴匀速转动时，物块与圆盘始终保持相对静止，则（ ）A. A 物块不受摩擦力作用B. 物块B 可能受4个力作用C 当转速增大时，A 受摩擦力增大，B 所受摩擦力也增大 D. A 对B 的摩擦力方向沿半径指向转轴【答案】C 【解析】试题分析：A 物块做圆周运动，受重力和支持力、静摩擦力，靠静摩擦力提供向心力，A 错误；B 对A 的静摩擦力指向圆心，则A 对B 的摩擦力背离圆心，可知B 受到圆盘的静摩擦力，指向圆心，还受到重力、压力以及圆盘的支持力，总共5个力，B 错误；A 、B 的角速度相等，根据知，A 、B 的向心力都增大，C 正确；因为B 对A 的摩擦力指向圆心，则A 对B的摩擦力方向背离圆心，D 错误；故选C ． 考点：向心力、牛顿第二定律．【名师点睛】物块和圆盘始终保持相对静止，一起做圆周运动，A 靠B 对A 的静摩擦力提供向心力，B 靠A 对B 的静摩擦力和圆盘对B 的静摩擦力的合力提供向心力．6.如图所示，一架在2000m 高空以200m/s 的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A 和B ，已知山高720m ，山脚与山顶的水平距离为1000m ，若不计空气阻力，g 取10m/s 2，则投弹的时间间隔应为 ( )A. 4sB. 5sC. 9sD. 16s【答案】C 【解析】【详解】试题分析：第一颗炸弹飞行时间112220002010h t s s g ⨯===，飞机扔第一颗炸弹时离山脚的水平距离经114000x vt m ==，第二炸弹飞行时间()222200072021610h t s s g ⨯-===，行的水平距离223200x vt m ==，则投弹的时间间隔为1210009x x t s s v+-==，C 正确7.物体做自由落体运动，以下有关其相对于地面的重力势能与下落速度的关系图，正确的是（ ）A.B.C.D.【答案】C【解析】设物体原来高度为h0，具有重力势能为E p0＝mgh0，下落过程中有E p＝mg＝E p0－mg2t2＝E p0－mv2，即C正确．8.1P、2P为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星1s、2s做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示1P、2P周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同，则A. 1P的平均密度比2P的大B. 1P的第一宇宙速度比2P的小C. 1s的向心加速度比2s的大D. 1s的公转周期比2s的大【答案】AC【解析】由图可知，两行星的球体半径相同，对行星周围空间各处物体来说，万有引力提供加速度，故有，故可知1P的质量比2P的大，即1P的平均密度比2P的大，所以选项A正确；由图可知，1P表面的重力加速比2P的大，由可知，1P的第一宇宙速度比2P的大，所以选项B错误；对卫星而言，万有引力提供向心加速度，即，故可知，1s的向心加速度比2s的大，所以选项C正确；根据可知，1s的公转周期比2s的小，所以选项D错误；考点：天体与万有引力定律9. 如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A. b一定比a先开始滑动B. a、b所受的摩擦力始终相等C. ω＝是b开始滑动的临界角速度D. 当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】AC【解析】试题分析：小木块都随水平转盘做匀速圆周运动时，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力即2f mR ω=静，由于木块b 的半径大，所以发生相对滑动前木块b 的静摩擦力大，选项B 错．随着角速度的增大，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，则有2f mR kmg ω==静，代入两个木块的半径，小木块a 开始滑动时的角速度a ω=b 开始滑动时的角速度b ω=C 对．根据a b ωω>，所以木块b 先开始滑动，选项A 对．当角速度ω=b 已经滑动，但是a ωω=<，所以木块a 达到临界状态，摩擦力还没有达到最大静摩擦力，所以选项D 错． 考点：圆周运动 摩擦力10.一颗子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出，对于这一过程，下列说法中正确的是（ ）A. 子弹减小的机械能等于木块增加的机械能B. 子弹和木块组成的系统机械能的损失量等于系统产生的热量C. 子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和D. 子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和 【答案】BD 【解析】试题分析：子弹射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用，使得子弹的动能减少，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失量，故A 错B 对；子弹的动能减少量应等于木块动能的增加量与系统内能增加量之和，故C 错D 对，正确的选项为B 、D ，故选BD 考点：考查能量守恒定律点评：本题难度较小，子弹射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用，使得子弹的动能减少，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失量 二：实验题（第11题6分，12题9分，共15分）11.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a ）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．（1）实验中涉及到下列操作步骤：①把纸带向左拉直②松手释放物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是__（填入代表步骤的序号）．（2）图（b）中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50Hz．由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为__m/s．比较两纸带可知，__（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．【答案】(1). ④①③② (2). 1.29 (3). M【解析】【详解】（1）实验中应先向物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为④①③②；（2）由M纸带可知，右侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小；故2.58段时物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度v=2.580.02=1.29m/s；因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由图可知，M中的速度要大于L中速度；故说明M纸带对应的弹性势能大；12.用落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：(g取9.8 m/s2)(1)运用公式mv2＝mgh时对实验条件的要求是________________．为此目的，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近__________．(2)若实验中所用重物质量m ＝1 kg ，打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02 s ，则记录B 点时，重物速度v B ＝________，重物动能E k ＝________；从开始下落起至B 点，重物的重力势能减小量是__________，由此可得出的结论是____________________________________．图实－4－10(3)根据纸带算出各点的速度v ，量出下落距离h ，则以为纵轴，以h 为横轴画出的图象应是图中的 ( )【答案】（1）自由下落的物体；2 mm ；（2）0.59 m/s ； 0.174 J ； 0.175 J ； 在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒； （3）C 【解析】【详解】解：（1）用公式12mv 2＝mgh 时，对纸带上起点的要求是重锤做自由落体运动， 打点计时器的打点频率为50 Hz ，打点周期为0.02 s ，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近2mm ， h 212gT ==⨯9.8×0.022 m ≈2 mm ． （2）利用匀变速直线运动的推论0.03140.007820.04AC B x v T -===0.59m/s ， 重锤的动能E KB 221110.5922B mv ==⨯⨯=0.174J从开始下落至B 点，重锤的重力势能减少量△E p ＝mgh ＝1×9.8×0.179J ＝0.175J ． 得出的结论是在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．（3）利用12v 2﹣h 图线处理数据，从理论角度物体自由下落过程中机械能守恒可以得出： mgh 12=mv 2，即12v 2＝gh所以以12v 2为纵轴，以h 为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线，也就是图中的C ．故选C三.计算题（要有必要的过程表述和题目分析，4小题，共45分）13.用长L ＝ 0.6 m 的绳系着装有m ＝ 0.5 kg 水的小桶，在竖直平面内做圆周运动，成为“水流星”．G ＝10 m/s 2．求：(1) 最高点水不流出的最小速度为多少？(2) 若过最高点时速度为3 m/s ，此时水对桶底的压力多大？ 【答案】（1）2.45m/s （2）2.5 N 方向竖直向上 【解析】（1）水与水桶一起做圆周运动，要让水不流出水桶，设运动的最小速率为0v ，则在最高点处有：2v mg m l l=，代入数据解得：03/v m s =．（2）设桶底对水的支持力为F ，根据牛顿第二定律有：2mv F mg l-=，代入数据解得：25F N =由牛顿第三定律可知，水对桶底的压力为25F N '=，方向竖直向下．点睛：本题关键在于分析水的受力情况，确定其向心力的来源，应用牛顿第二定律破解水流星节目成功的奥秘．14.如图9所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P 点沿水平方向以初速度v 0抛出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡上另一点Q ，斜面倾角为α，已知星球半径为R ，万有引力常量为G ，求：（1）该星球表面的重力加速度g （2）该星球密度ρ （3）该星球的第一宇宙速度v【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】（1）（2）（3）15.在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．【答案】3hg42g gvh h≤≤2h【解析】【详解】（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：32h =12gt 2， 解得：3h t g= （2）设打在B 点的微粒的初速度为V1，则有：L=V 1t 1，2h=12gt 12 得：14g v L h= 同理，打在A 点的微粒初速度为：22g v Lh = 所以微粒的初速度范围为：4g Lh ≤v≤2g L h（3）打在A 和B 两点的动能一样，则有：12mv 22+mgh=12mv 12+2mgh 联立解得：L=22h16.如图，光滑固定斜面倾角为α，斜面底端固定有垂直斜面的挡板C ，斜面顶端固定有光滑定滑轮．质量为m 的物体A 经一轻质弹簧与下方挡板上的质量也为m 的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k ，A 、B 都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A ，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A 上方的一段绳平行于斜面．现在挂钩上挂一质量M 的物体D 并从静止状态释放，已知它恰好能使B 离开挡板但不继续上升．若让D 带上正电荷q ，同时在D 运动的空间中加上方向竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为E ，仍从上述初始位置由静止状态释放D ，则这次B 刚离开挡板时D 的速度大小是多少？已知重力加速度为g . 【答案】()sin 2mgEq v k M m α=+【解析】【详解】试题分析：挂钩没有挂D 时，A 压缩弹簧，弹簧的压缩量为1x ，对A 有：1sin mg kx α= 则：1sin mg x kα= 挂钩挂上D 后，B 刚好离开挡板时弹簧的伸长量为2x ，对B 有：2sin mg kx α=则：2sin mg x kα= 该过程A 沿斜面上升的距离和D 下降的高度都是12x x ＋，且A 、D 的初速度、末速度都为零． 设该过程弹性势能的增量为ΔE，由系统机械能守恒有1212()()0mg x x sin Mg x x E α∆＋－＋＋＝；将D 带电后，D 在电场中运动，电场力对D 作正功，设B 刚离开挡板时D 的速度为υ，D 下降x 1＋x 2过程系统能量守恒，有：由以上四个方程消去E ∆，得：v=2()mgEqsin k M m α+。