2022-2023学年江西省抚州市金溪县第一中学高二上学期开学考试物理试题（解析版）

金溪一中2022-2023学年高二上学期开学考物理试卷

命题人：

一、单选题（共24分）

1. 如图为港珠澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t。则（　　）

A. 通过cd段的时间为t

B. 通过ce段的时间为

C. ae段的平均速度等于c点的瞬时速度

D. ac段平均速度大于ce段的平均速度

【答案】B

【解析】

【详解】AB．根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为，可得出通过cd段的时间为，通过de段的时间为，则通过ce段的时间为，故A错误；故B正确；

C．通过ae时间为2t，通过b点的时刻为通过ae时间的中间时刻，根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该段时间的平均速度，可知通过b点的速度等于ae段的平均速度，故C错误；

D．根据平均速度等于位移与所用时间的比值，可知由于ac段与ce段的位移相等，ac段所用时间为，大于ce段所用时间，所以ac段的平均速度小于于ce段的平均速度，故D错误。

故选B。

2. 如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓慢调至卡位4（如图乙所示），电脑始终处于静止状态，则（　　）

A. 电脑受到的支持力变小

B. 电脑受到的摩擦力变大

C. 散热底座对电脑的作用力的合力不变

D. 电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小

【答案】C

【解析】

【详解】AB．对电脑受力分析如图所示

电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡，电脑受到的支持力大小

FN＝Gcos θ

电脑受到的摩擦力大小

f＝Gsin θ

由原卡位1调至卡位4，θ减小，故FN增大，f减小，故AB错误；

C．散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，故C正确；

D．电脑受到的支持力与摩擦力与重力可以构成首尾相连的三角形，则电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，故D错误。

故选C。

3. 过山车的部分轨道可简化为半径为、的圆，其底部位于同一水平面上，。质量为的一节过山车（可简化为质点）以某一速度滑上半径为的轨道时，恰好能通过轨道的最高点；若过山车通过轨道的最高点时速度恰好与通过的最高点时相等，则过山车通过的最高点时对轨道压力为（　　）

A. 0 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】过山车恰好经过半径为轨道的最高点，由牛顿第二定律得

解得

以同样速度通过半径为轨道的最高点时

由于，解得

故ABD错误，C正确。

故选C

4. 国际小行星中心于2021年10月8日确认公布了中国科学院紫金山天文台发现的一颗新彗星，命名为C/2021 S4。这颗彗星与太阳的最近距离约为7 AU，绕太阳转一圈约需要1000年，假设地球绕太阳做圆周运动，地球与太阳的距离为1 AU，引力常量已知，用G表示。则（　　）

A. 由以上数据不可估算太阳的质量

B. 由以上数据可估算太阳的密度

C. 彗星由近日点向远日点运动时机械能增大

D. 该彗星与太阳的最远距离约为193 AU

【答案】D

【解析】

【详解】A．行星环绕太阳做圆周运动时，由万有引力提供向心力有

解得

由于地球的轨道半径和公转周期已知，则可估算中心天体（太阳）的质量，A错误；

B．由于太阳的半径未知，则太阳的密度不能估算，B错误；

C．彗星由近日点向远日点运动的过程中，只有太阳的引力做功，则机械能守恒，C错误；

D．由开普勒第三定律可得

代入数据得彗星的半长轴为

所以彗星与太阳的最远距离约为

D正确。

故选D。

5. 在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，可以视为平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。则运动员跨过壕沟的初速度至少为（取）（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】摩托车恰好越过壕沟时，由平抛运动规律得

竖直方向

水平方向

代入数据解得：。

故选D。

6. 一动力机械质量为10kg，输出功率为400W且保持不变，某时刻以8m/s的速度进入斜坡，斜坡长10.4m，倾角为37°，到达坡顶前已做匀速运动，速度为4m/s。该机械可视为质点，所受摩擦力恒定，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g取10m/s2。下列说法正确的是（   ）

A. 机械先做匀减速运动后做匀速运动

B. 机械所受摩擦力大小为50N

C. 机械刚进入斜坡时加速度大小为5m/s2

D. 机械从坡底到坡顶所用时间为3.2s

【答案】C

【解析】

【详解】A．在机械上坡时对机械受力分析有

由于v在变，a在变，所以不是匀变速运动，A错误；

B．由题知当a = 0时，机械速度4m/s，根据选项A解得

所以

B错误；

C．由题知机械以8m/s的速度进入斜坡，根据选项A，代入数据得

解得

a = - 5m/s

则机械刚进入斜坡时加速度大小为5m/s2，C正确；

D．对机械用动能定理得

解得

t = 2s

D错误。

故选C。

二、多选题（共24分，每个6分，全选对得6分，选不全得3分，错选或不选不得分）

7. 如图所示，带箭头的直线表示某一电场的电场线，仅在电场力作用下，一带负电的粒子以一定初速度从A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，则（　　）

A. B点的电场强度大于A点的电场强度 B. 电场中A点电势高于B点电势

C. 粒子在B点的电势能小于在A点的电势能 D. 粒子在B点的动能大于在A点动能

【答案】AB

【解析】

【详解】A．电场线的疏密程度反映电场强弱，B点附近电场线比A点附近密集，所以B点的电场强度大于A点的电场强度，故A正确；

B．从A点作一条等势线，与B点所在的电场线相交于B的右下方，如图，沿电场线方向电势降低，说明A点的电势高于B点的电势，故B正确；

C．负电荷在电势低处电势能大，所以粒子在B点的电势能大于在A点的电势能，故C错误；

 D．粒子以一定初速度从A点运动到B点过程中，只有电场力做功，动能与电势能之和不变，所以粒子在B点的动能小于在A点动能，故D错误。

故选AB。

8. 塔吊吊着某建筑材料竖直向上运动时的速度-时间图像如图所示，由图像可知，该建筑材料（　　）

A. 前15s内先上升后下降

B. 前15s内速度先增加后减小

C. 前5s内处于失重状态

D. 整个上升过程中的平均速度大于0.5m/s

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】A．图像的纵坐标表示速度，其正负表示速度的方向，故前15s内速度一直为正，即一直上升，故A错误；

B．图像的纵坐标的数值表示速度的大小，则前15s内速度先增加后减小，故B正确；

C．前5s内建筑材料正在向上加速，加速度向上，则建筑材料处于超重状态，故C错误；

D．若构造上升过程匀加速直线运动和匀减速直线运动，则

而实际图像描述的在相同的时间内做变加速直线运动的面积大于匀变速直线运动的面积，由可知整个上升过程中的平均速度大于0.5m/s，故D正确；

故选BD。

9. 如图所示，倾角的斜面固定在水平地面上，物块P和Q通过不可伸长的轻绳连接并跨过轻质定滑轮，轻绳与斜面平行。已知P的质量，开始时两物块均静止，P距地面高度，Q与定滑轮间的距离足够大。现将P、Q位置互换并从静止释放，重力加速度，，，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　）

A. Q物块的质量为4kg

B. P、Q组成的系统机械能守恒

C. Q落地时速度的大小为m/s

D. Q落地瞬间重力的功率为100W

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据题意，设绳子的弹力为，对物块Q由平衡条件有

对物块P由平衡条件有

联立解得

故A错误；

B．根据题意可知，不计一切摩擦，P、Q组成的系统运动过程中，只有重力做功，故P、Q组成的系统机械能守恒，故B正确；

C．根据题意，设Q落地时速度的大小为，由关联速度可知，此时P的速度也为，由机械能守恒定律有

代入数据解得

故C正确；

D．由公式可得，Q落地瞬间重力的功率为

故D错误。

故选BC。

10. 如图甲所示，质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点），在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度-时间图象如图乙所示，已知木板质量M=0.2kg，最终滑块恰好没有离开木板，重力加速度g取10m/s2，则（　　）

A. 滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1

B. 木板长度为0.75m

C. 释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45J

D. 木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375J

【答案】BC

【解析】

【详解】A. 设木板与地面之间的摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得

根据图像得

解得

设滑块与木板之间的摩擦因数为μ1，木板做匀加速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得

根据图像得

解得

滑块与木板之间的动摩擦因数为0.5，A错误；

B. 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得

解得

根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为

木板长度为

B正确；

C. 根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为

C正确；

D. 木板与水平面间因摩擦产生的热量为

D错误。

故选BC。

三、实验题（共16分，每空2分）

11. 某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：

（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。

（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该___________（填“往左移”“往右移”或“固定不动”）。

（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。

（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图（c）所示。已知打点计时器所用交流电的频率为，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为___________（结果保留2位小数）。

（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v-t图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小___________（填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”）。据此可以得到的实验结论是___________。

【答案】    ①. 往右移    ②. 0.15    ③. 逐渐变小    ④. 空气阻力随速度增大而增大

【解析】

【详解】（2）[1]由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板倾角，即将垫块往右移。

（4）[2]打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即

（5）[3]v-t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。

[4]小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车和钩码组成的系统所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则

而钩码重力mg不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。

12. 用如图甲的装置“验证机械能守恒定律”

（1）下列物理量需要测量的是______，通过计算得到的是______。（填写字母代号）

A．重锤质量

B．打点计时器所接交流电源的电压大小

C．重锤下落的高度

D．与下落高度对应的重锤的瞬时速度大小

（2）设重锤质量为m、打点计时器的打点周期为T、重力加速度为g。图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻的连续点。根据图乙测得的、、、，写出打点计时器在打B点到打D点过程中重锤重力势能减少量______，以及动能增加量______。

【答案】    ①. C    ②. D    ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1][2]A．验证机械能守恒的等式为

质量可以约去，所以重锤质量不需要测量和计算；

B．使用打点计时器只需要确定交流电的频率，从而得到打点计时器的打点周期，交流电的电压不需要测量和计算；

C．需要测量重锤下落的高度，用以确定重力势能减少量；

D．与下落高度对应的重锤的瞬时速度是通过纸带数据计算得到的，不需要测量。

综上分析可得：需要测量物理量的是C，需要计算得到的物理量是D。

（2）[3]重锤由B点到D点重力势能减少量的表达式为

[4]BD两点的速度分别为

动能变化为

四、解答题（共36分）

13. 如图所示，在一水平向右的匀强电场中有一半径为、圆心为的光滑绝缘圆弧面，圆弧面上距离弧底高度为的处静止放着一质量为、电荷量为的带电小球，小球可以看成点电荷。求：

（1）小球带正电还是负电；

（2）电场强度的大小；

（3）圆弧面上与点等高的最左点的场强大小。

【答案】(1)正电；(2) ；(3)

【解析】

【分析】

【详解】(1)如图

分析小球受力，受重力G、支持力T、电场力F作用，小球受到的电场力方向与电场方向相同，因此小球带正电。

(2)由几何知识可知

则

由受力平衡条件可知

则

(3)由几何知识可知ab的距离

小球在b处的场强为

方向由a到b。

则b点的场强是匀强电场和小球该点场强的合场强

14. 如图所示，一架遥控飞行器从地面竖直起飞，经过飞行器上升到的高空，已知飞行器及所带设备的总质量为，起飞过程动力系统提供的升力恒为。完成拍摄任务后通过遥控使飞行器从的高空由静止开始竖直下落，先匀加速运动，紧接着匀减速运动落回地面，落地时速度为零。假设飞行器所受的阻力大小不变，求：

（1）飞行器所受的阻力大小；

（2）飞行器加速下落时的升力和减速下落时的升力。

【答案】(1)8N；(2)16N，方向竖直向上；28N，方向竖直向上

【解析】

【详解】(1)上升阶段有

联立解得

(2)飞行器加速下落时

飞行器减速下落时

又

联立解得

方向都是竖直向上。

15. 如图所示，两个半径不同的光滑圆弧轨道的下端与水平轨道平滑相切于A、B两点，另外一侧与一光滑的直管轨道平滑相切于C、D两点，管道内径比小球直径略大。E点是大圆弧的最高点，一质量为m=0.1kg的小球（可视为质点）能在轨道内侧和管道内运动。小球于B点开始以初速度v0沿粗糙水平轨道BA向左运动，由A点进入大圆弧轨道。已知大圆弧轨道半径R1=0.4m，两圆轨道圆心分别为O1、O2，O1D与O1E夹角为74°，水平轨道AB长度为L=0.4m，且与小球的动摩擦因数为μ=0.5，小球在运动过程中不脱离轨道，g取10m/s2。求：

（1）小球初速度v0的最小值及以该速度出发第一次经过A点时小球对圆轨道的压力；

（2）若小球完整通过轨道，求小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值；

（3）若v0=10m/s，求小球经过E点次数。

【答案】（1）2m/s，6N；（2）21N；（3）20次

【解析】

【详解】（1）由题意可知，小球在运动过程中不脱离轨道，即小球可以顺利通过E点而不脱轨，在临界状态下，分析小球在E点的受力情况，有

mg=

从B点到E点，对小球应用动能定理有

-μmgL-2mgR1=m-m

解得

v0==2m/s

从B点到A点，对小球应用动能定理有

分析小球在A点的受力情况，有

FN-mg=

求得

FN=6N

根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力

F′N=FN=6N

（2）如图所示

作辅助线GO2平行于AB，根据对称性与几何关系有∠GO1O2=53°且有

=R1-R2

代入数据解得

R2=0.1m

从E点到B点，对小球应用动能定理有

在最低点B有

FB-mg=

在最高点E有

FE+mg=

解得

FB-FE=2mg+m-m=18mg+

因为vE最小值为，则FB-FE的最小值为21mg=21N。

根据牛顿第三定律可知，小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值为21N。

（3）从B点开始，到第n次经过E点，对小球应用动能定理有

解得

n=20