1、辽宁省大连海湾高级中学2019-2020学年高二物理上学期第一次质量检测试题（含解析）总分：100分 时间：90分钟一、选择题（每题4分，共48分；1-8题为单项选择题，912题为多项选择题，选不全得2分，选错误选项得零分。）1.下列叙述正确是 （ ）A. 电流方向和该电流产生的磁场方向之间关系可由安培定则判断B. 磁感应强度和磁通量都是矢量C. 惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大D. 牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动状态的原因【答案】A【解析】【详解】A电流方向和该电流产生的磁场方向之间关系可由安培定则(右手螺旋定则)判断，故A与题意相符；B磁感应强度是矢量，磁通量虽
2、有正负之分，但磁通量是标量，故B与题意不符；C惯性是物体的固有属性；质量是惯性大小的唯一量度；惯性大小与速度无关，故C与题意不符；D伽利略最早通过理想实验提出力不是维持物体运动的原因，故D与题意不符。2.如图所示，电灯悬于两壁之间，保持O点及OB绳的位置不变，而将绳端A点向上移动，则 ( )A. 绳OA所受的拉力逐渐增大B. 绳OA所受的拉力逐渐减小C. 绳OA所受的拉力先增大后减小D. 绳OA所受的拉力先减小后增大【答案】D【解析】【详解】以O点位研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡，当A点向上移动时，绳OA拉力由图中位置1到2到3，可以看出绳OA所受的拉力先减小后增大，故D正确。3. 我国
3、将第16颗北斗卫星“北斗G6”送入太空，并定点于地球静止轨道东经1105由此，具有完全自主知识产权的北斗系统将首先具备为亚太地区提供高精度、高可靠性的定位、导航、授时服务，并具短报文通信能力，其定位精度优于20 m，授时精度优于100 ns关于这颗“北斗G6”卫星，以下说法中正确的有A. 这颗卫星轨道平面与东经1105的经线平面重合B. 通过地面控制可以将这颗卫星定点于杭州正上方C. 这颗卫星的线速度大小比离地350 km高的“天宫一号”空间站线速度要小D. 这颗卫星的周期一定等于地球自转周期【答案】CD【解析】试题分析：同步卫星运行轨道只能位于地球赤道平面上的圆形轨道，所以北斗导航卫星不可能
4、与东经1105的经线平面重合，也不可能定点于杭州正上方，故AB错误；根据，r越大，v越小同步卫星距离地球的高度约为36000 km，所以该卫星正常运行时的速度比离地350公里高的天宫一号空间站线速度小，故C错误；同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等，故D正确考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速率、定周期本题难度不大，属于基础题4.一小球做竖直上抛运动的v-t图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 在t时刻，小球的加
5、速度为零B. 在t时刻，小球的合外力为零C. 在02t时间内，合力对小球做的功为零D. 在02t时间内，合力对小球的冲量为零【答案】C【解析】v-t图象的斜率表示加速度，由图可知t时刻，小球的加速度为：，故A错误；设物体的质量为m，根据牛顿第二定律可知在t时刻小球所受的合外力为：，故B错误；在02t时间内，根据动能定理有：，故C正确；在02t时间内，根据动量定理可得：，故D错误。所以C正确，ABD错误。5.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压
6、表的示数分别为2.00 A和24.0 V则这台电动机正常运转时输出功率为()A. 24WB. 32 WC. 42 WD. 56W【答案】B【解析】【详解】电动机的电阻电动机总功率电动机的热功率为电动机正常运转时的输出功率是故B正确。6.汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v t图像不可能是选项图中的A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】汽车冲上斜坡，受重力、支持力、牵引力和阻力，设斜面的坡角为，根据牛顿第二定律，有，其中，故；AC、若，则物体加速运动，加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故选项C正确，A错误；B、若，则
7、物体速度不变，做匀速运动，故选项B正确；D、若，即加速度沿斜面向下，物体减速，故加速度会减小，当加速度减零时，速度达到最小，故选项D正确；故不可能是选选项A。7.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表。开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。在P向上移动的过程中，下列说法正确的是( ) A. 电源路端电压变化值大于电容器,电压变化值且油滴向上加速运动B. 电源路端电压变化值小于电容器电压变化值且油滴向上加速运动C. 电容器放电，G中有由a至
8、b的电流D. 电源的输出功率一定变大【答案】B【解析】【详解】AB在P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电源的电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，电容器两端电压等于R2与R并联电压，所以电源路端电压变化值小于电容器电压变化值，由于电容器两端电压增大，所以板间电压增大，场强增大，所以油滴向上加速运动，故A错误，B正确；C根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计G中的电流方向是ba，故C错误；D当电源内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大，或当
9、外电阻与电源的内阻越接时，电源的输出功率越大，由于不知道电源内阻与外电阻的关系，所以当P向上移动的过程中，无法判断电源内阻和外电阻的大小关系，所以无法判断电源的输出功率变化情况，故D错误。8.如图所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60角，且乙船恰好能直达正对岸的A点。则下列判断正确的是 （ ）A. 甲船正好也在A点靠岸B. 甲船在A点下游侧靠岸C. 甲船在A点上游侧靠岸D. 甲乙两船可能在未到达对岸前相遇【答案】C【解析】【详解】ABC乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知v=2u。将小船的运动分解为平行
10、于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等。渡河的时间甲船沿河岸方向上的位移故AB错误，C正确；D由于甲船在A点上游侧靠岸，乙船在A点靠岸，所以甲乙两船不可能在未到达对岸前相遇，故D错误。9.如图所示，小球P在A点从静止开始沿光滑的斜面AB运动到B点所用的时间为t1，在A点以一定的初速度水平向右抛出，恰好落在B点所用时间为t2，在A点以较大的初速度水平向右抛出，落在水平面BC上所用时间为t3，则t1、t2和t3的大小关系错误的是 ()A. t1t2t3C. t1t2t3D. t1t2t3【答案】ACD【解析】【详解】设斜面倾角为，A点到BC面的高度为
11、h，则解得：平抛落到B点时以较大速度平抛，落到BC面上时解得：则故B正确，ACD错误。10.如图所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图所示则 ( )A. Q2带正电B. Q2带负电C. 该试探电荷从b到a的过程中电势能增大D. 该试探电荷从b到a的过程中电势能减小【答案】BC【解析】分析：根据图乙描述的速度-时间图象可知，检验电荷减速，由于检验电荷带正电，Q1也带正电，由此可以判断出Q2的电性，后来加速说明Q1形成的电场大于Q2形成的电场，由此可以判断Q1、Q2电量的大小，根据电
12、场力做功情况可以判断电势能的变化解：由图乙可知，检验电荷先减速运动，若Q2为正该电荷将一直加速，故Q2为负，后来检验电荷又加速运动，由于检验电荷为正，这说明正电荷Q1比负电荷Q2形成的电场强度大，所以电荷量Q1Q2，故A错误，B正确；从b到a过程中，由图乙可知，电荷减速，故电场力做负功，因此电势能增大，故C正确，D错误故选BC11.如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平。由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。则（）A. 系统在运动过程中机械能守恒B. B球运动至最低点时，
13、系统重力势能最小C. A球运动至最低点过程中，动能一直在增大D. 摆动过程中，小球B的最大动能为mgL【答案】AD【解析】系统在整个运动的过程中，只有重力做功，所以系统在运动过程中机械能守恒，故A正确；A、B两球组成的系统的重心在AB两球连线的中点，所以当AB杆水平时，重心最低，此时重力势能最小，故B错误；由系统能量守恒可知A球运动至最低点过程中，动能先增大后减小，故C错误；当A、B水平时B的动能最大，根据动能定理可得：，解得：，故D正确。所以AD正确，BC错误。12.如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端与木块B相连，木块A紧靠木块B放置，A、B与水平面间的动摩擦因数均为。用水平力F向左压
14、A，使弹簧被压缩一定程度后，系统保持静止。若突然撤去水平力F，A、B向右运动，下列判断正确的是A. A、B一定会在向右运动过程的某时刻分开B. 若A、B在向右运动过程的某时刻分开了，当时弹簧一定是原长C. 若A、B在向右运动过程的某时刻分开了，当时弹簧一定比原长短D. 若A、B在向右运动过程的某时刻分开了，当时弹簧一定比原长长【答案】B【解析】A、对A与B整体分析，当满足弹簧弹力kx=2mg时a=0，两物体的速度最大，以后两物体做减速运动，若在弹簧恢复原长前速度减到零，则两物体不会分开，所以A错误；B、若A.B分开时，两物体的加速度相同，且满足A与B之间的弹力FN=0，对A应有：aA=g对B应
15、有：若弹簧仍是压缩的则有：，则由aA=aB可得kx=0，即某时刻分开时弹簧一定是原长，所以B正确；C、根据上面分析可知C错误；D. 同理，根据上面分析，分开时应满足FN=0，aB=aA，若分开时，aA=g，可得kx=0，即弹簧不可能比原长长，所以D错误。故选：B。【名师点睛】本题的关键是明确AB两物体分开的条件是它们之间的弹力为零，然后分别对A、B受力分析并结合牛顿第二定律讨论即可求解。二、实验题（本题共2个小题，共计16分）13.如图所示为用打点计时器研究小车运动情况的装置：实验时由静止释放钩码，小车开始做匀加速直线运动，在小车进入布面前钩码已经落地了，小车在平玻璃板上做匀速直线运动，后来在
16、布面上做匀减速直线运动，所打出的纸带的一部分如图所示，纸带上相邻两点对应的时间间隔为T0.02s，试分析：(以下结果均保留三位有效数字)(1)由图可知，小车在玻璃板上做匀速运动的速度大小为v_m/s；打点计时器打下计数点D时小车的瞬时速度vD_m/s。(2)根据纸带得到了如图所示的vt图象，则小车做匀减速直线运动时的加速度大小为a_m/s2。【答案】 (1). 1.70 (2). 1.50 (3). 2.95(2.922.98)【解析】【详解】(1)1由图可知匀速运动时，0.04s内的位移为所以小车在玻璃板上做匀速运动的速度大小为：2根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得打
17、点计时器打下计数点D时小车的瞬时速度为(2)3vt图象斜率表示加速度，即由于误差，所以加速度大小在2.922.98m/s2之间。14.在高速铁路电力机车上，为了保证长距离稳定供电，常用一种配件受电弓碳滑板。如果某同学想利用如图甲所示的电路测量一段碳滑板上碳材料的电阻率，他在工程师的指导下将这种碳材料均匀涂抹在一根细长的直径为d8.5mm的陶瓷管表面，形成一层导电膜。(1)该同学利用螺旋测微器测量涂完碳材料的陶瓷管的外径D，示数如图乙所示，则该陶瓷管的外径D_mm。(2)由图甲可知该电路滑动变阻器采用的是_接法，电流表采用的是_法。若已知该导电膜的长度为L，某次测量时电压表的读数为U，电流表的读
18、数为I，这种碳材料的电阻率的表达式为_(用已知量的符号表示)。(3)请你在图丙方框中将图甲实物电路转化成电路原理图_(用给出的符号连接)。【答案】 (1). 8.561(8.5608.562) (2). 分压式 (3). 内接 (4). (5). 【解析】【详解】(1)1螺旋测微器的固定刻度为8.50mm，可动刻度为6.10.01mm=0.061mm所以最终读数为8.5mm+0.060mm=8.561mm。由于需要估读，最后的结果可以在8.560mm8.562mm之间。(2)2在电路中，滑动变阻器有三个接线柱接入电路，所以是分压式接法；3在实验连接电路中，电流表测量的是待测电阻的电流，采用电流
19、表内接法；4待测电阻膜的电阻横截面积为由电阻定律得联立解得： (3)5由甲图可知，电路图如图三、论述计算题(共3小题，共36分。解答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)15.某驾驶员以30m/s的速度匀速行驶，发现前方70m处车辆突然停止，如果驾驶员看到前方车辆停止时的反应时间为0.5s，该汽车是否会有安全问题，并给出理由。已知该车刹车的最大加速度大小为7.5m/s2。【答案】有安全问题，分析见解析【解析】【详解】汽车在反应时间内做匀速直线运动，位移汽车刹车做匀减速运动直到停车的位移为所以汽车的总位移为s=s1+s2
20、=75m70m故该驾驶员一定会碰到前面的车，存在安全问题16.如图所示，轻质细绳的一端系一质量m=0.01kg的小球，另一端系一光滑小环套在水平轴O上，O到小球的距离d=0.1m，小球跟水平面接触无相互作用力，在球的两侧距球等远处，分别竖立一固定挡板，两挡板相距L=2m水平面上有一质量为M=0.01kg的小滑块，与水平面间的动摩擦因数=0.25，开始时，滑块从左挡板处，以v0= 10m/s的初速度向小球方向运动，不计空气阻力，设所有碰撞均无能量损失，小球可视为质点，g=10m/s2则：（1）在滑块第一次与小球碰撞后的瞬间，悬线对小球的拉力多大？（2）试判断小球能否完成完整的圆周运动如能完成，则
21、在滑块最终停止前，小球能完成完整的圆周运动多少次？【答案】(1)T=9.6N (2)10次【解析】【详解】(1)根据动能定理得代入数据解得根据动量守恒定律得根据能量守恒定律得联立解得根据牛顿第二定律得解得：(2)设第K次碰撞恰能完成完整的圆周运动，在最高点的临界速度为根据动能定理得解得：木块与小球质量相等，碰撞过程中动量守恒、能量守恒，交换速度，整个过程中由动能定理得联立解得：可知小球能完成完整的圆周运动10次。17. 如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场和，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置坐标在电场区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置坐标应满足的条件【答案】电子在电场I中做匀加速直线运动，（3分）此后在电场II中做类平抛运动，出射点纵坐标为y，有（3分）解得y，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（2L，）（2分）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y）在电场I中电子被加速到v1，（2分）此后进入电场II做类平抛运动，（2分）解得xy，即在电场I区域内满足条件的点即为所求位置（3分）【解析】略