2022-2023学年安徽省六安市舒城中学高二（上）开学考试物理试题含解析

舒城中学2022-2023学年度第一学期第一次统考高二物理

时间：75分钟  分值：100分

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图，已知t=3s时，甲、乙图线的斜率相等。则下列判断正确的是（　　）

A. 最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反 B. t=3s时，乙的位置坐标为-9m

C. t=10s时，两车相遇 D. 乙经过原点时的速度大小为2m/s

【答案】C

【解析】

【详解】A．位移时间图像的斜率表示速度，则最初的一段时间内，甲、乙的斜率都为正方向，所以运动方向相同，故A错误；

B．质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，t=3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以，t=3s时乙的速度是6m/s，乙的加速度

0-3s，乙的位移

所以t=3s时，乙的位置坐标为

故B错误。

C．设过t两车相遇

解得：

故C正确。

D．根据

v2-0=2ax

乙经过原点时速度大小为

故D错误。

故选C。

2. 如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=50°，则β等于（　　）

A 50° B. 55° C. 65° D. 70°

【答案】C

【解析】

【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示：

根据几何关系有

解得

故选C。

3. 如图甲所示，两段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m、3m的带电小球A、B(均可视为点电荷)悬挂在O点，系统处于静止状态，然后在水平方向施加一匀强电场，当系统再次达到静止状态时，如图乙所示，小球B刚好位于O点正下方(细绳始终处于伸长状态)．则两个点电荷带电量QA与QB的大小关系正确的是

A. 7:3 B. 3:1 C. 3:7 D. 5:3

【答案】A

【解析】

【详解】在图乙中，

对A、B整体受力分析由平衡条件可得：，

对B受力分析由平衡作件可得：，

对A受力分析由平衡条件可得：，

由以上各式解得：，故A正确．

4. 如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，水平力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则（　　）

A. 弹簧变短 B. 弹簧变长

C. 力F变大 D. b对挡板的压力减小

【答案】B

【解析】

【详解】AB．对a进行受力分析，如图所示

有

FN=mgtanθ

使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，θ减小，cosθ增大，F弹减小，再根据胡克定律有

F弹=kx

则x减小，弹簧变长，故A错误，B正确；

C．根据以上分析可知

FN=mgtanθ

θ减小，tanθ减小，FN减小。

对于整体ab，在水平方向，根据平衡条件

F=FN

力F变小，选项C错误；

D．对于整体ab，在竖直方向，根据平衡条件有

Fb=（ma+mb）g

挡板对b的支持力不变，根据牛顿第三定律，b对挡板的压力也不变，选项D错误。

故选B。

5. 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（    ）

A. 火箭的加速度为零时，动能最大

B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能

C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量

D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量

【答案】A

【解析】

【详解】A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；

B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；

C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；

D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。

故选A。

6. 已知同步卫星离地心的距离为r，运行速度为v1，向心加速度大小为a1。地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列判断正确的是（　　）

A. a1∶a2=R∶r B. a1∶a2=R2∶r2

C. v1∶v2=R2∶r2 D.

【答案】D

【解析】

【详解】AB．同步卫星与赤道上的物体有相同的角速度，则由圆周运动公式可得

选项AB错误；

CD．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，则由万有引力公式可得

选项C错误，D正确。

故选D。

7. 半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　）

A. 负电荷， B. 正电荷，

C. 正电荷， D. 负电荷，

【答案】A

【解析】

【详解】取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示：

因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有

由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为

根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为

根据

联立解得

故选A。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）

A. 当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下

B. A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化

C. 下滑时，B对A的压力逐渐增大

D. 整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量

【答案】BC

【解析】

【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有

对B有

联立可得

由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，选项B正确；

A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得

化简得

当位移为最大位移的一半时有

代入k值可知F合=0，即此时加速度为0，选项A错误；

C．根据B分析可知

再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐增大，选项C正确；

D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，选项D错误。

故选BC。

9. 如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（　　）

A. 物体和的质量之比为 B. 时刻物体的机械能为

C. 时刻物体重力的功率为 D. 时刻物体的速度大小

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为，则

解得

选项A错误；

B．在T时刻，两物体的速度

P上升的距离

细线断后P能上升的高度

可知开始时PQ距离为

若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为

从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为

则此时物体Q的机械能

此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确； 

CD．在2T时刻，重物P的速度

方向向下；此时物体P重力的瞬时功率

选项CD正确。

故选BCD。

10. 竖直放置的光滑圆环，半径为R，AB是其直径。一质量为m的小球穿在环上且受到沿AB方向水平向右的风力大小恒为F=mg。小球由A点开始运动，则下列说法正确的是（　　）

A. 小球运动过程中的最大速度为

B. 小球运动过程中的最大动能为

C. 运动中小球对环的最大压力为

D. 若在A点给小球一个初速度，则小球恰好能做完整圆周运动

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．小球受竖直向下的重力mg和水平向右的风力F=mg，可知合力大小为

方向斜向右下方，与水平方向夹角为

可等效为小球处于如图重力场

则

而若想小球获得动能最大，则在静止开始运动的物体需要在力的作用下，沿力的作用方向达到最大位移，故过圆心沿合力的方向作平行线，交圆环于点C，小球运动到C点时获得动能最大，速度也最大，由动能定理可得，最大动能为

又由于

解得

选项A错误，B正确；

C．由于等效重力时刻相等，故小球在获得最大速度是向心力所对应的支持力提供量最大，故在C点时，有

解得

根据牛顿第三定律可知运动中小球对环的最大压力为，选项C错误；

D．小球恰好能做完整的圆周运动，在等效最高点的速度为0，从A点到等效最高点有

解得

选项D正确。

故选BD。

三、非选择题：本题共5小题，共57分。

11. 用图甲所示的实验装置探究“动能定理”。某学习小组在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条。细线一端连着滑块，另一端绕过气垫导轨左端的定滑轮与力电传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。

（1）某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=_______mm。

（2）下列实验要求中不必要的一项是_______（请填写选项前对应的字母）。

A．应使A位置与光电门间的距离适当大些

B．应使滑块质量远大于钩码和力电传感器总质量

C．应将气垫导轨调至水平

D．应使细线与气垫导轨平行

 （3）实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力电传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能的变化量与合外力对它所做功的关系，处理实验数据时应作出的图象是_______（请填写选项前对应的字母）。

A．作出“t-F”图象                  B．作出“t2-F”图象

C．作出“t2-”图象               D．作出“-F2”图象

【答案】    ①. 2.30    ②. B    ③. C

【解析】

【详解】（1）[1]读数为

（2）[2] A．应使A位置与光电门间的距离适当大一些，有利于减小误差，故A有必要，不符合题意；

B．拉力是直接通过传感器测量的，与小车质量和钩码质量大小无关，故B没有必要，符合题意；

C．D．气垫导轨对滑块的摩擦几乎为零，应将气垫导轨调至水平，保持细线方向与气垫导轨平行，这样拉力才等于合力，故CD有必要，不符合题意；

故选B。

（3）[3]根据牛顿第二定律

速度为

由匀变速直线运动的速度位移公式得

得

所以，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据应作图像。

故选C。

12. 某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒。在离地面高度为h的光滑水平桌面上，放置两个小球a和b．其中，b与轻弹簧紧挨着但不拴接，弹簧左侧固定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定。a放置于桌面边缘，球心在地面上的投影点为O点。实验时，先将a球移开，弹簧解除锁定，b沿桌面运动后水平飞出。再将a球放置于桌面边缘，弹簧重新锁定。解除锁定后，b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出。重复实验10次。实验中，小球落点记为A、B、C。

（1）若a球质量为ma，半径为ra；b球质量为mb，半径为rb。b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出，则___________。

A．ma＜mb，ra=rb B．ma＜mb，ra＜rb

C．ma>mb，ra=rb D．ma>mb，ra>rb

（2）为了验证动量守恒，本实验中必须测量的物理量有___________。

A．小球a的质量ma和小球b的质量mb

B．小球飞出的水平距离xOA、xOB、xOC

C．桌面离地面的高度h

D．小球飞行的时间

（3）在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式：_______，即说明碰撞过程遵循动量守恒；当所测物理量满足表达式：________，即说明碰撞过程为弹性碰撞。（用题中已测量的物理量表示）

（4）该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性势能，他测量了桌面离地面的高度h，该地的重力加速度为g，则弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为___________。（用题中已测量的物理量表示）

【答案】    ①. A    ②. AB    ③. mb·xOB=mb·xOA＋ma·xOC    ④.     ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：应该使mb大于ma，为了使偏转能沿水平方向发生，则二者的球心的高度要相同，所以它们的半径要相等。

故选A。

（2）[2]要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，小球飞出的水平距离xOA、xOB、xOC。

故选项AB。

（3）[3]小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则

mbv0=mbv1+mav2

两边同时乘以时间t，得

mbv0t=mbv1t+mav2t

则

mb·xOB=mb·xOA＋ma·xOC

[4]若碰撞过程为弹性碰撞，则满足

同理得

（4）[5]桌面离地面的高度h，该地的重力加速度为g，小球b飞行的时间

b的初速度

弹簧锁定时具有的弹性势能Ep转化为小球b的动能，所以弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为

13. 如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；

（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；

（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02

【解析】

【分析】

【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有

2mv0 = 3mv共

解得

v共 =

（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有

v木 = 2v滑

再根据动量守恒定律有

2mv0 = 2mv木 + mv滑

联立化简得

v滑 = v0，v木 = v0

再根据功能关系有

 - μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02

经过计算得

x =

（3）由于木板保持匀速直线运动，则有

F = μmg

对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有

a滑 = μg

滑块相对木板静止时有

v0 = a滑t

解得

t =

则整个过程中木板滑动的距离为

x′ = v0t =

则拉力所做的功为

W = Fx′ = mv02

14. 物理学研究问题一般从最简单的理想情况入手，由简入繁，逐渐贴近实际。在研究真实的向上抛出的物体运动时，我们可以先从不受阻力入手，再从受恒定阻力研究，最后研究接近真实的、阻力变化的运动情形。现将一个质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g。

（1）若忽略空气阻力对小球运动的影响，求物体经过多长时间回到抛出点；

（2）若空气阻力大小与小球速度大小成正比，已知小球经t时间上升到最高点，再经一段时间匀速经过抛出点时，速度大小为v1，求小球抛出后瞬间的加速度和上升的最大高度。

【答案】（1）；（2）；

【解析】

【详解】（1）忽略空气阻力时，落回出发点的速度为，由

得

（2）小球最终做匀速运动，知

刚抛出时加速度最大

得

在上升过程中取任意微小过程，设时间为Δti，速度为vi，速度的变化量为Δvi，由动量定理

即

得

15. 如图所示，可视为质点的滑块A、B静止在光滑水平地面上，A、B滑块的质量分别为mA=1kg，mB=3kg．在水平地面左侧有倾角θ=30°的粗糙传送带以v=6m/s的速率顺时针匀速转动传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接A、B两滑块间夹着质量可忽略的炸药，现点燃炸药爆炸瞬间，滑块A以6m/s水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ=，传送带与水平面足够长重力加速度g取10m/s2

(1)求滑块A沿传送带上滑的最大距离；

(2)若滑块A滑下后与滑块B相碰并粘住，求A、B碰撞过程中损失的能量△E；

(3)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q

【答案】(1)   (2)    (3)

【解析】

【分析】爆炸过程，对A和B组成的系统由动量守恒，求出爆炸后B的速度；水平地面光滑，滑块A沿传送带向上的做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离；当滑块A速度减为零后，当滑块A速度减为零后，经t2=0.6s滑块A与传送带共速，A刚好回到传送带与水平面的的连接点，当滑块A再次滑上水平面，滑块A与滑块B碰撞时，粘连在一起,对A、B组成的系统由动量守恒定律解得共同的速度，根据能量守恒求得碰撞过程中损失的能量；分别求出滑块A向上运动和向下运动过程中产生的热量，再求出滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量；

【详解】解：(1)设爆炸后A、B的速度分别为、，爆炸过程，对A和B组成的系统由动量守恒有：

解得：

水平地面光滑，滑块A沿传送带向上的做匀减速直线运动，对A进行受力分析有：

解得：

经t1=0.6s滑块A速度减为0

故滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离为：                                   

(2)当滑块A速度减为零后，滑块A将沿传送带向下做匀加速运动，对A进行受力分析有：

经t2=0.6s滑块A与传送带共速

根据对称性可知滑块A刚好回到传送带与水平面的的连接点

当滑块A再次滑上水平面时，速度大小与传送速度相等为6m/s

滑块A与滑块B碰撞时，粘连在一起,对A、B组成的系统

由动量守恒定律得：

解得： 

碰撞过程中损失的能量为

代入数据得： 

(3)经t1=0.6s滑块A速度减为零滑块A沿传送带向上减速到零通过的位移：

此过程中传送带的位移：

滑块A速度减为零后将沿传送带向下做匀加速运动，经t2=0.6s滑块A与传送带共速，达到共速时传送带的位移：

传送带的位移

若向上运动和向下运动过程中产生的热量分别为Q1、Q2，则由得：

故因摩擦产生的热量