2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市重点中学高二上学期开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市重点中学高二上学期开学物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市重点中学高二（上）开学物理试卷
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1．（4分）自然界中的曲线运动是很常见的，掷出的链球，公转的地球，它们运动的轨迹都是曲线。关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是（　　）
A．速度方向一定不断变化
B．速度大小一定不断变化
C．加速度方向一定不断变化
D．加速度大小一定不断变化
2．（4分）重庆某中学举行足球比赛，队员甲罚点球，罚球点到球门横梁的水平垂直距离为d，球门高h，足球从罚球点踢出后，恰好从球门横梁下以大小为v的速度水平垂直进入球门。不计空气阻力和足球大小，重力加速度为g，则v的数值为（　　）
A． B． C． D．
3．（4分）如图所示，质量为m的小球从桌面竖直向上抛出，桌面离地高度为h，小球能达到的最大高度离地为h。若以桌面为重力势能的零参考平面，不计空气阻力，重力加速度为g。以下说法中正确的是（　　）

A．小球落地时的重力势能为零
B．小球落地时的动能为mg（h﹣h1）
C．小球落地时的机械能
D．小球落地时的机械能mgh1
4．（4分）哈尔滨某游乐园中的过山车及轨道简化为如图所示的模型，过山车（可视为质点）先以30m/s的速度经过半径为20m的圆弧轨道最低点A，后无动力地冲上半径为25m的圆弧轨道最高点B。已知A、B两点间的高度差为40m，过山车中某乘客的质量为60kg，不计阻力，取重力加速度大小，g＝10m/s2，则（　　）

A．过山车经过B点时的速度大小为15m/s
B．过山车经过A点时对该乘客的作用力大小为3300N
C．过山车经过B点时该乘客受到的合力大小为0
D．过山车经过B点时对该乘客的作用力大小为350N
5．（4分）中国空间站于2022年全面建成并转入应用与发展新阶段，计划于2023年5月发射天舟六号货运飞船。飞船将对接“天和”核心舱，对接完成后，可认为空间站贴近地球表面运行。已知地球的半径为R，地球同步卫星的轨道半径约为7R，地面的重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．空间站的速度大于第一宇宙速度
B．空间站的周期约为
C．地球的自转周期约为
D．空间站与地球同步卫星的线速度之比约为1：7
6．（4分）一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．该汽车的质量为2×103kg
B．v0＝7.5m/s
C．在前5s内，汽车克服阻力做功为1.675×104J
D．在5∼15s内，汽车的位移大小约为62.5m
7．（4分）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为0.98kg和2kg的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为0.02kg的子弹C以速度v0射入物块A并留在A中，以此刻为计时起点，两物块A（含子弹C）、B的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息分析可知，下列说法中正确的是（　　）

A．在t2时刻弹簧身长最长
B．子弹C射入物块A的速度v0为600m/s
C．当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B的速度为2m/s
D．在t1﹣t4时间内，弹簧的最大弹性势能为12J
（多选）8．（6分）如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．P对Q不做功
B．P对Q做负功
C．物块减少的机械能等于斜面体增加的动能
D．物块和斜面体组成的系统机械能守恒，动量不守恒
（多选）9．（6分）如图所示，质量mA＝0.2kg、mB＝0.4kg的小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度v0＝12m/s，之后与B球发生对心碰撞。碰后B球的速度可能为（　　）

A．3m/s B．4m/s C．6m/s D．8.5m/s
（多选）10．（6分）如图1所示，在光滑水平面左端有一固定挡板，一轻质弹簧连接挡板，水平面右侧足够远的某个位置有一半圆形光滑圆弧轨道MN与水平面相切，圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道与弹簧轴线在同一直线上，一质量m1＝0.05kg的小球A与弹簧另一端接触但不拴接，初始时刻弹簧处于原长，现用外力缓慢将小球A向左推动压缩弹簧，然后释放小球A，小球A与静止在M点的小球B发生弹性碰撞，两个小球大小相等，小球B的质量m2＝0.15kg，两个小球碰后小球A即被拿走，小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道。已知重力加速度为g＝10m/s2，圆弧轨道的半径R＝0.5m，弹簧弹力F与弹簧形变量x的关系如图2所示。下列说法中正确的是（　　）

A．释放小球A时弹簧的压缩量可能是0.1m
B．碰撞后小球B在M点的加速度大小可能为3g
C．释放小球A时弹簧的压缩量可能是0.2m
D．释放小球A时弹簧的压缩量可能是0.5m
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）用如图所示的装置验证动量守恒定律。
（1）进行同一次实验时，为了减小实验误差，下列做法正确的是 　 　（多选）。
A．A球质量m1和B球质量m2一样大
B．多次将A球从不同的高度释放
C．保证斜槽末端的切线水平
D．要保证对心碰撞，A、B两球必须半径相同
（2）本次实验必须进行测量的是 　 　（多选）。
A．A球与B球下落的时间
B．A球质量m1和B球的质量m2
C．水平槽上未放B球时，A球的落点位置到O点的水平距离
D．A球与B球碰撞后，A球和B球的落点位置到O点的水平距离
（3）若两个小球在轨道末端碰撞过程动量守恒，则需验证的关系式为 　 　。（用OD、OE、OF、m1和m2表示）

12．（8分）某学校的物理兴趣实验小组在探究机械能守恒定律时，进行了如下的操作：
A.按照图中所示的装置，组装实验器材
B.将连着重物的纸带穿过限位孔，用手提住，让重物尽量靠近打点计时器
C.先接通电源，后松开纸带，开始打点。并如此重复多次，以得到几条打点纸带
D.从打下的纸带中挑选一条点迹清晰的纸带，记下起始点O，在距离O点较远处连续选择几个计数点（或计时点）
E.测出各点到O点的距离，即得到重物下落的高度，并计算出各点的速度值
F.计算出mghn和进行比较，得出实验结论（已知低压交流电源的频率为50Hz，重力加速度为g＝10m/s2）。根据以上操作回答下列问题：
​
（1）图乙中的O点为第一个点迹清晰的计时点，在纸带上选取几个连续打出的点，图中的数据分别为A、B、C到O点的距离，如果选取点B进行分析，则重物的重力势能减少了　 　J，动能增加了　 　J。（重物的质量m为1kg，结果保留两位有效数字）
（2）重物动能的增加量　 　（“略大于”或“略小于”）重力势能的减少量，出现该现象的原因是　 　。
13．（10分）我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上摘金夺银，为祖国赢得荣誉。如图所示，在某次3000m接力赛练习中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以13m/s的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，已知甲、乙运动员的质量均为60kg，乙推甲的时间为0.8s，在乙推甲的过程中，求：
（1）乙对甲的平均作用力大小；
（2）乙推甲后瞬间乙的速度。

14．（14分）“开阳”双星是人们在1650年第一个用肉眼发现的双星。双星由两颗绕着共同中心旋转的恒星组成，即组成双星的两颗子星绕它们连线上的某点做匀速圆周运动。如图所示，已知两颗子星的质量分别为m1和m2，二者相距r，引力常量为G，求：
（1）质量为m1的子星的转动半径r1；
（2）质量为m2的子星的运动周期T。

15．（16分）如图所示，水平传送带以v0＝2m/s的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带右端与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块a的质量m＝0.1kg，物块b的质量M＝0.3kg，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径r＝1.25m，传送带左、右两端的距离d＝4.5m，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，碰撞时间极短。求：
（1）物块a滑到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力大小；
（2）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小。




















2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学高二（上）开学物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1．【答案】A
【解答】解：A．曲线运动的速度方向一定不断变化，故A正确；
B．物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，所以速度大小不一定变化，故B错误；
CD．物体做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不在同一直线上，所以必定有加速度，但是加速度不一定变化，例如平抛运动，加速度大小、方向都没有变化，故CD错误；
故选：A。
2．【答案】A
【解答】解：足球水平垂直进入球门，逆向看足球做平抛运动，设足球运动的时间为t，在竖直方向有：
在水平方向有：d＝vt
联立解得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．【答案】C
【解答】解：A、以桌面为重力势能的零参考平面，小球落地时高度为﹣h1，则小球落地时的重力势能为﹣mgh1，故A错误；
B、小球在运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒。从最高点到落地的过程，由机械能守恒定律得小球落地时的动能：Ek＝mgh，故B错误；
CD、根据机械能守恒定律知，小球落地时的机械能等于在最高点的机械能，为E＝mg（h﹣h1）＝，故C正确，D错误。
故选：C。
4．【答案】B
【解答】解：A、过山车从A到B过程，因不计阻力，故根据机械能守恒定律可得：

解得：vB＝10m/s，故A错误；
B、过山车经过A点时，对乘客由牛顿第二定律可得：

解得乘客受到过山车的作用力大小为：FA＝3300N，故B正确；
CD、过山车经过B点时，设乘客受到的合力为F合，受到过山车的作用力为FB，据牛顿第二定律可得：

解得：F合＝240N，FB＝360N，故CD错误。
故选：B。
5．【答案】C
【解答】解：A、空间站贴近地球表面运行，其轨道半径为R，设地球的质量为M，则有
可得GM＝gR2
对空间站，由地球的万有引力提供向心力，则得：

解得空间站的速度为：
第一宇宙速度是卫星在地球表面附近的环绕速度，可知空间站的速度大小等于第一宇宙速度，故A错误；
B、对空间站，由地球的万有引力提供向心力，可得：

解得空间站的周期约为：，故B错误；
C、地球同步卫星的轨道半径约为7R，设地球同步卫星的周期为T'。
对地球同步卫星，由地球的万有引力提供向心力，可得：

解得：，地球同步卫星地运行周期等于地球的自转周期，则知地球的自转周期约为，故C正确；
D、对于绕地球运行的卫星，由地球的万有引力提供向心力，可得：
解得：，则空间站与地球同步卫星的线速度之比约为，故D错误。
故选：C。
6．【答案】D
【解答】解：A、由v﹣t图像的斜率表示加速度，可得汽车匀加速阶段的加速度为a＝＝m/s2＝1m/s2
由P﹣t图像知汽车的额定功率P＝15kW＝1.5×104W，匀加速运动的末速度v＝5m/s，则汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝N＝3000N
匀加速阶段，由牛顿第二定律得
F﹣0.1mg＝ma
解得：m＝1500kg，故A错误；
B、汽车行驶的最大速度时牵引力等于阻力，此时牵引力功率为P＝15kW，有
v0＝＝，解得：v0＝10m/s，故B错误；
C、前5s内，汽车的位移x＝＝m＝12.5m
汽车克服阻力做功为Wf＝0.1mgx＝0.1×1500×10×12.5J＝18750J，故C错误；
D、设5∼15s内汽车的位移大小s，时间为t′，则t′＝15s﹣5s＝10s，由动能定理得
Pt′﹣0.1mgs＝﹣
解得：s＝62.5m，故D正确。
故选：D。
7．【答案】D
【解答】解：B．由图象，子弹C射入物体A时的共同速度为6m/s，以v0方向为正方向，由动量守恒0.02v0＝（0.98+0.02）×6m/s得v0＝300m/s，故B错误；
A．在t2时刻，物块A（含C）和物块B的加速度均为零，根据牛顿第二定律可知，弹簧弹力为零，弹簧处于原长状态，故A错误；
C．当物块A（含C）的速度为0时，以子弹C射入物体A时的共同速度v为正方向，由动量守恒（0.02+0.98）×6m/s＝2v得v＝3m/s，故C错误；
D．当物块A（含C）的速度和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，以子弹C射入物体A时的共同速度v为正方向，根据动量守恒定律有
（0.02+0.98）×6kg•m/s＝（0.02+0.98+2）v共解得v共＝2m/s
根据能量转化和守恒，弹簧最大弹性势能为，故D正确。
故选：D。
8．【答案】BCD
【解答】解：AB．Q在P上运动的过程中，曲面体P向左运动，P对Q的弹力与运动的位移的夹角大于90°，根据W＝FLcosθ，P对Q做负功，故A错误，B正确；
C．Q在P上运动的过程中，系统中P和Q之间的作用力做功之和为零，系统只有重力做功，系统机械能守恒，故物块减少的机械能等于斜面体增加的动能，故C正确；
D．系统中P和Q只有重力做功，系统机械能守恒，系统在水平方向上所受合力为零，系统水平方向动量守恒，但系统竖直方向上所受合力不为零，系统竖直方向动量不守恒，故D正确。
故选：BCD。
9．【答案】BC
【解答】解：小球A、B发生弹性碰撞，B球的速度最大，根据动量守恒有
以v0方向为正方向，mAv0＝mAvA+mBvB
能量守恒有

解得
vB＝8m/s
小球A、B发生完全非弹性碰撞，B球的速度最小，根据动量守恒有
以v0方向为正方向，mAv0＝（mA+mB）vB′
解得
vB′＝4m/s
综上所述B球的速度范围为
4m/s≤vB≤8m/s，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
10．【答案】AD
【解答】解：ACD．①小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道且能到达最高点，设小球B在N点时速度为v，则应有
m2g+N＝m2
因为：N≥0
所以：v≥
设A球被弹簧弹开后的速度为v0，与B球碰后A球的速度为v1，B球碰后的速度为v2，取向右为正方向，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒
m1v0＝m1v1+m2v2

B球从M点到N点过程，取地面为零势能面，根据机械能守恒定律有

解得
v0≥10m/s
根据动能定理

由F﹣x图像F＝80x
解得
x≥0.25m
②当小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道，另一种情况是最多运动四分之一圆弧，则根据题意，设B球碰后的速度为v2，则有

设A球被弹簧弹开后的速度为v0，与B球碰后的速度为v1，取向右为正方向，依题意有
m1v0＝m1v1+m2v2

联立解得

根据动能定理可得

又
F＝80x
联立解得

综上所述，为使小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道，弹簧的压缩量应满足
或x≥0.25m
故AD正确，C错误；
B．碰撞后小球B如果能到N，在M点速度满足

此时在M点加速度

如果碰撞后小球B最多能运动四分之一圆周，则
此时在M点加速度

故碰撞后小球B在M点的加速度大小不可能为3g，故B错误。
故选：AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．【答案】（1）CD；（2）BCD；（3）m1OE＝m1OD+m2OF
【解答】解：（1）A、若A球质量m1和B球质量m2一样大，则碰撞后近似为交换速度，A球可能会停止运动，B球做平抛运动。为了使碰撞后A球能原方向运动而离开轨道做平抛运动，A球质量要大于B球质量，故A错误；
B、此实验要保证A球多次到达斜槽末端的速度大小保持不变，则每次释放A球时的高度要一定，故B错误；
C、实验要保证小球离开斜面末端做平抛运动，则必须保证斜槽末端的切线水平，故C正确；
D、要保证对心碰撞，A、B两球必须半径相同，使球心在同一水平线上，故D正确。
故选：CD。
（2）实验要验证碰撞前后系统A、B的动量相等，A、B的质量需要测量。A、B碰撞前后的速度可以利用平抛运动确定，平抛运动的竖直位移相同，平抛运动的时间就相同，水平方向做匀速运动，平抛初速度与水平位移成正比，故只需要测量水平方向的位移，就可表示A、B碰撞前后的速度，故A错误，BCD正确。
故选：BCD。
（3）取水平向右为正方向，碰撞前A球的动量为

碰撞后A、B的动量分别为


若两个小球在轨道末端碰撞过程动量守恒，则有：p1＝p2+p3
可得需验证的关系式为：m1OE＝m1OD+m2OF
故答案为：（1）CD；（2）BCD；（3）m1OE＝m1OD+m2OF
12．【答案】（1）0.74，0.72；（2）略小于，重物下落过程受到空气阻力、纸带与打点计时器限位孔之间有阻力作用。
【解答】解：（1）选取点B进行分析，则重物的重力势能减少为

打B点时的速度为

重物动能增加为

（2）根据上述数据可知，重物动能的增加量略小于重力势能的减少量；
出现该现象的原因是重物下落过程受到空气阻力、纸带与打点计时器限位孔之间有阻力作用。
故答案为：（1）0.74，0.72；（2）略小于，重物下落过程受到空气阻力、纸带与打点计时器限位孔之间有阻力作用。
13．【答案】（1）乙对甲的平均作用力大小为225N；
（2）乙推甲后瞬间乙的速度为9m/s，方向同甲运动员初始运动方向。
【解答】解：（1）取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中，对运动员甲，由动量定理有：
Ft＝mv甲2﹣mv甲1，其中v甲1＝10m/s，v甲2＝13m/s
代入数据得：F＝225N；
（2）取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中，两者所组成的系统动量守恒，有：
mv乙1+mv甲1＝mv乙2+mv甲2
代入数据解得：v乙2＝9m/s，方向同甲运动员初始运动方向。
答：（1）乙对甲的平均作用力大小为225N；
（2）乙推甲后瞬间乙的速度为9m/s，方向同甲运动员初始运动方向。
14．【答案】（1）质量为m1的子星的转动半径r1 为；
（2）质量为m2的子星的运动周期T为。
【解答】解：双星运动的周期为T，由万有引力提供向心力．对于m1 和m2：＝m，r1+r2＝r，解得r1＝

则双星周期为：T＝
答：（1）质量为m1的子星的转动半径r1 为；
（2）质量为m2的子星的运动周期T为。
15．【答案】（1）物块a滑到圆弧轨道最低点时的速度大小5m/s，对轨道的压力大小为3N；
（2）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小为2m/s。
【解答】解：（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有

解得
v1＝5m/s
物块a运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律有

联立解得
F＝3N
由牛顿第三定律知物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为3N。
（2）物块a在传送带上运动时，由牛顿第二定律有
ma1＝μ1mg
设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为v2，由a、b运动学公式可得

解得
v2＝4m/s＞v0＝2m/s
则物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s，物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为v3，b的速度为v4，则有
以v2方向为正方向，mv2＝mv3+Mv4

联立解得
v3＝﹣2m/s，v4＝2m/s
即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s。
答：（1）物块a滑到圆弧轨道最低点时的速度大小5m/s，对轨道的压力大小为3N；
（2）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小为2m/s。