2024-2025学年河北省盐山中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省盐山中学高二（上）开学物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共9小题，共36分。
1.物体在光滑的水平面上受到两个水平恒力的作用而做匀速直线运动，若突然撤去其中一个力，另一个保持不变，它不可能做( )
A. 匀速直线运动B. 匀加速直线运动C. 匀减速直线运动D. 曲线运动
2.关于重力势能与重力做功的叙述中，正确的是( )
A. 物体克服重力做功，重力势能减少
B. 重力对物体做功既与始、末位置有关，也与路径有关
C. 重力势能有正负之分，所以重力势能是矢量
D. 重力势能与功的单位相同，在国际单位制中都是焦耳J
3.不带电的玻璃棒与丝绸，相互摩擦后都带上了电，如图8所示。其原因是( )
A. 丝绸创造了负电荷
B. 玻璃棒创造了正电荷
C. 玻璃棒上有些电子转移到丝绸上
D. 丝绸上有些电子转移到玻璃棒上
4.如图所示，一个质量为m，均匀的细链条长为L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使L2长部分垂在桌面下，(桌面高度大于链条长度)，则链条上端刚离开桌面时的动能为( )
A. 0B. 12mgL
C. 14mgLD. 38mgL
5.如图所示，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将他的身体视为一根直棒，已知重心在C点，其垂线与脚，两手连线中点间的距离OA、OB分别为1.0m和0.60m，若他在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则运动员1min内克服重力做功约为( )
A. 150JB. 204J
C. 4500JD. 7200J
6.如图在水平力F作用下，物体B沿水平面向左运动，物体A恰好匀速下降。以下说法正确的是( )
A. 物体B正向左做匀速运动 B. 物体B正向左做匀加速运动
C. 地面对B的摩擦力减小 D. 斜绳与水平方向成30∘时，vA:vB=2: 3
7.如图所示，用两根长l1、l2的细线拴一小球a，细线另一端分别系在一竖直杆上O1、O2处，当竖直杆以某一范围角速度(ω1≤ω≤ω2)转动时，小球a保持在图示虚线的轨迹上做圆周运动，此时两根均被拉直，圆周半径为r，已知l1:l2:r=20:15:12，则ω1:ω2=( )
A. 3:4B. 3:5C. 4:5D. 1:2
8.质量为m的物体从高为ℎ的斜面顶端由静止下滑，最后停在水平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在水平面上，如图甲所示．图乙为物体两次在水平面上运动的v−t图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功为( )
A. 12mv02−3mgℎB. 3mgℎ−12mv02C. 16mv02−mgℎD. mgℎ−16mv02
9.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度−时间图像如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是( )
A. P1>P2，F>2FfB. P1>P2，F=2Ff
C. P12FfD. P1二、多选题：本大题共6小题，共24分。
10.如图所示，一卫星绕地球运动，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。下列说法中正确的是( )
A. 卫星在运动过程中完全失重B. 卫星在做变加速曲线运动
C. 卫星在A点的加速度最小D. 卫星从A到C做加速运动
11.如图所示，原来不带电的导体棒水平放置，现将一个电荷量为+q(q>0)的点电荷放在导体棒的左侧。当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是( )
A. 导体棒左端会感应出负电荷
B. 导体棒右端会感应出负电荷
C. 导体棒上的感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小为零
D. 导体棒的中心O处电场强度为零
12.如图所示，两根长度不同的细线的上端固定在天花板上的同一点，下端分别系一相同的小球，现使两个小球在同一水平面内作匀速圆周运动，稳定时，OA、OB分别与竖直线成60°、30°角，关于两小球的受力和运动情况，下列说法中正确的是( )
A. 两球运动的周期之比为TA:TB=1:1
B. 两球线速度的大小之比为vA:vB=3:1
C. 细线拉力的大小之比为FA:FB=3:1
D. 向心加速度的大小之比为aA:aB=3:1
13.如图轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为ℎ的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦．则( )
A. 若滑块能通过圆轨道最高点D，ℎ最小为2.5R
B. 若ℎ=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mg
C. 若ℎ=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动
D. 若要使滑块能返回到A点，则ℎ≤R
14.如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平绳子跨过光滑的定滑轮，由地
面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，在人从地面上平台边缘、绳子竖直状态开始，向右行至绳与水平方
向的夹角θ=53∘的过程中，下列说法正确的是(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)( )
A. 物体的末速度为35v0B. 物体动能的增量为950mv 02
C. 绳的拉力对人所做的功为950mv 02D. 绳的拉力对物体所做的功为1625mv 02
15.质量为m、电荷量为+Q的带电小球A固定在绝缘天花板上、带电小球B质量也为m，A和B都可以视为点电荷，B在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示。已知小球A、B间的距离为2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A. B球受到重力、库仑力、向心力三个力作用
B. 天花板对A球的作用力大小为 39mg3
C. B球电量绝对值大小为8 3mgR2kQ
D. B球转动的角速度为 3g3R
三、实验题：本大题共1小题，共8分。
16.用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50Hz，已知m1=50g、m2=150g，则(结果均保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5=________m/s；
(2)在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量ΔEk=________J，系统势能的减少量ΔEp=________J，由此得出的结论是______；(当地的重力加速度g取10m/s2)
(3)若某同学作出v22−ℎ图像如图丙所示，则当地的重力加速度g=________m/s2。
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
17.在杭州亚运会中中国女篮74:72战胜日本女篮，以6战全胜的战绩强势夺冠。若在某次传球过程中，篮球先后经过A、B两点，经过A点时的速度大小vA=10 m/s，与水平方向的夹角α=30°，经过B点时的速度大小vB=10 3m/s，与水平方向的夹角β=60°，如图所示。已知重力加速度g取10 m/s2，篮球在运动过程中的空气阻力忽略不计。求：
(1)篮球运动过程中的最小速度vmin；
(2)A点与B点之间的距离。
18.如图所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径。可视为质点的物块A以某一初速度经过M点，沿轨道向右运动，恰好能通过P点。物块A的质量m。已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ，轨道MN长度为l，重力加速度为g。求：
(1)物块运动到P点时的速度大小vP；
(2)物块运动到N点对轨道的压力多大；
(3)物块经过M点时的初速度。
19.晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉．球飞离水平距离d后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g忽略手的运动半径和空气阻力．
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2
(2)问绳能承受的最大拉力多大？
答案解析
1.A
【解析】
A.一个物体在水平方向上的两个大小相等方向相反的恒力作用下，在光滑的水平面上做匀速直线运动，加速度为零，合力为零；若突然撤去其中一个力，另一个保持不变，物体受到的合外力不为0，不可能做匀速直线运动．故A正确；
B.撤去一个力后，剩下的力为恒力，加速度的大小不变，若加速度方向与速度方向相同，则物体做匀加速直线运动，故B错误；
C.撤去一个力后，剩下的力为恒力，如果力与速度共线且反向，物体做匀减速直线运动，故C错误；
D.撤去一个力后，剩下的力为恒力，如果力与速度不共线，物体做曲线运动，故D错误。
故选A。
2.D
【解析】解：A、物体克服重力做的功等于重力势能的增加，故A错误；
B、重力对物体做功与路径无关，只与始、末位置有关，故B错误；
C、重力势能是标量，其正负不表示方向，同一零势能面时正负表示重力势能的大小，故C错误；
D、重力势能与功的单位相同，在国际单位制中都是焦耳J，故D正确。
故选：D。
重力做功和路径无关，只与初末位置间的高度差有关，重力势能虽然有正负，但重力势能是标量，其正负表示重力势能的大小；重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加；重力做的功等于重力势能的变化量。
本题关键明确重力做功的特点以及重力做功与重力势能变化之间的关系，注意掌握重力做功与重力势能之间的关系，明确重力做功的特点。
3.C
【解析】解：丝绸与玻璃棒摩擦，有电子从玻璃棒转移到丝绸上，故玻璃棒带正电。电荷既不能被创造，也不能被消灭。故C正确，ABD错误
故选：C。
摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷。束缚电子能力强的物体容易得到电子，带负电；束缚电子能力弱的物体容易失去电子，带正电。
摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分。摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体。
4.D
【解析】解：以桌面为零势能面，开始时链条的重力势能为：E1=−12mg·L4=−mgL8
当链条刚脱离桌面时的重力势能：E2=−mg⋅12L
故重力势能的变化量：△E=E2−E1=−3mgL8，
根据机械能守恒定律可知，链条上端刚离开桌面时的动能增加量为3mgL8，即其动能为3mgL8，故D正确．
故选：D
以桌面为零势能面，分链条为桌上的部分和桌下的部分分别确定出其两种情况下的重力势能，再根据机械能守恒求出链条上端刚离开桌面时的动能．
零势能面的选取是任意的，本题也可以选链条滑至刚刚离开桌边时链条的中心为零势能面，结果是一样的，要注意重力势能的正负．
5.C
【解析】解：有几何关系可知，人肩部上升的距离为0.4m，人重心上升的高度为：ℎ=OAOA+OB×0.4m=0.25m
则1次俯卧撑克服重力做功为：W=mgℎ=60×10×0.25J=150J
1min内做了30个俯卧撑，1min内克服重力做功为：W总=nW=30×150J=4500J
故C正确
故选：C。
根据几何关系求得人重心上升的高度，即可求得做一次俯卧撑克服重力做功，即可求得1min内克服重力做功
本类型题涉及知识面比较多，关键是熟练掌握功、功和功率的计算公式
6.C
【解析】AB.将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图：
，
根据平行四边形定则有：vBcsα=vA，所以vB=vAcsα，α增大，所以B的速度增大，但不是匀加速，故AB错误；
C.在竖直方向上，对B有：mg=FN+Tsinα，T=mAg，α增大，则支持力减小，根据f=μFN，摩擦力减小，故C正确；
D.根据vB=vAcsα，斜绳与水平成30°时，vA：vB= 3：2，故D错误。
7.A
【解析】当ω较小时，线l1拉直，l2松弛；当ω较大时，线l2拉直，l1松弛．
设l2刚好拉直，但Fl2又为零时，角速度为ω1，此时∠O2O1a=37°，对小球：
Fl1⋅cs37°=mg ①
Fl1⋅sin37°=mrω12②
由①②解得ω1= gtan37°r
同理求得
设l1刚被拉直，Fl1又为零时，角速度为ω2，此时l2与竖直杆的夹角为53°，对小球：
Fl2⋅cs53°=mg
Fl2⋅sin53°=mrω22
解得ω2= gtan53°r
则ω1︰ω2= tan37°: tan53°=3︰4，故 A正确，BCD错误。
故选A。
8.D
【解析】解：设物块在斜面上克服阻力做的功为W1，
速度时间图象中面积表示位移
由图乙可知，两次滑下在水平面上移动位移之比为：x1x2=14
第一次滑到水平面上摩擦力做功为W2，则第二次滑至水平面上摩擦力做功为
由动能定理得：W2′=4W2
物体第一次运动过程中：mgℎ−W1−W2=0，
物体第二次运动过程中：mgℎ−W1−4W2=0−12mv02，
解得：W1=mgℎ−16mv02；故D正确，ABC错误。
故选：D。
物体以不同情况从斜面顶端滑下，在斜面上克服摩擦力做功一样，当速度大时则滑到水平面远一点，当速度小时滑到水平面近点。由图乙可知两次在水平面的位移，从而确定摩擦力做功关系。就两次用动能定理可求出物块在斜面上克服阻力做的功。
本题考查利用动能定理求解摩擦力做功问题，关键是抓住物体以不同情况从斜面顶端滑下，在斜面上克服摩擦力做功一样，然后就两次情况分别用动能定理列式求解即可。
9.A
【解析】对于运动的整个过程，根据动能定理有
W1−W2=0
因为拉力的作用时间小于摩擦力的作用时间，根据 P=Wt 可知
P1>P2
因 α>β ，结合图像可知，加速过程加速度 a1 大于减速过程的加速度 a2 ，根据牛顿第二定律有
F−Ff=a1m
Ff=a2m
由于 a1>a2 ，故有
F−Ff>Ff
即
F>2Ff
故选A。
10.AB
【解析】A.卫星在运动过程中万有引力提供向心力，处于完全失重，故A正确。
B.引力提供合外力，引力大小和方向都发生变化，所以加速度发生变化，做变加速曲线运动，故B正确。
C.根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma可得a=GMr2，可知卫星在A点的加速度最大，故C错误。
D.卫星绕地球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，轨道上离地球越近，卫星的速度越大，离地球越远，卫星的速度越小，则卫星在A点的速度最大，卫星在C点的速度最小，卫星从A到C做减速运动，故D错误。
11.AD
【解析】解：AB、电荷量为+q的点电荷在其周围产生电场，导体棒中的电子在电场力的作用下，使导体棒左端感应出负电荷，右端感应出正电荷，故A正确，B错误；
CD、由于导体棒处于静电平衡，导体棒内部电场强度处处为零，所以导体棒的中心O处电场强度为零，导体棒上的感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度与正点电荷在该处产生的电场强度等大、反向，不为零，故C错误，D正确。
故选：AD。
AB、点电荷在其周围产生的电场使导体两端感应出等量异种电荷；
CD、根据静电平衡的特点分析。
本题考查了静电平衡，解题的关键是知道处于静电平衡的导体是一个等势体，导体两端感应出等量异种电荷，导体内部场强处处为零。
12.ABD
【解析】解：对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故由合力提供向心力；
将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力为：F=mgtanθ；
由向心力公式得：F=mω2r
设悬点到圆心的高度为ℎ，由几何关系，得：r=ℎtanθ；
联立以上三式解得ω= gℎ
周期为T=2πω=2π ℎg，ℎ相同，则TA：TB=1：1
线速度大小为v=ωr=ωℎtanθ，则得vA：vB=tan60°：tan30°=3：1
细线拉力的大小之比为FA：FB=mgcs60∘：mgcs30∘= 3：1
向心加速度的大小a=v2r=ωv，则得 aA：aB=vA：vB=3：1；故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
两个小球均做匀速圆周运动，对它们受力分析，找出向心力来源，可先求出角速度，再由角速度与线速度、周期、向心加速度的关系公式求解．
本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式．
13.ACD
【解析】解：A、要使物体能通过最高点，则由mg=mv2R可得：v= gR，从A到D根据机械能守恒定律得：mgℎ=mg2R+12mv2，解得ℎ=2.5R，故A正确；
B、若ℎ=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgℎ=mgR+12mv2，在C点有：N=mv2R，解得：N=2mg，故B错误；
C、若ℎ=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；
D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则ℎ≤R，故D正确．
故选ACD
物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．
机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．
14.AB
【解析】A.人行至绳与水平方向夹角为 θ=53∘ 处时，将速度分解如图

物体的速度为
v=vx=v0csθ=0.6v0=35v0
故A正确；
B.物体动能的增量为
ΔEk=12mv2=950mv 02
故B正确；
C.绳的拉力与人的位移方向的夹角大于90°，所以绳的拉力对人所做的功为负功，故C错误；
D.由动能定理得拉力对物体所做的功为
W=ΔEk=950mv 02
故D错误。
故选AB。
15.BD
【解析】解：A、B球受到重力和库仑力作用，向心力是效果力，由重力和库仑力的合力提供，故A错误；
CD、对B球受力分析，如图：
重力和库仑力的合力指向圆心，提供向心力，设AB连线与竖直方向夹角为θ，有：sinθ=R2R=12
则θ=30°
由几何关系得：Fn=mgtanθ=mω2R
由库仑定律得：mgcsθ=kQq(2R)2
解得：ω= 3g3R
q=8 3mgR23kQ
故C错误，D正确。
B、对A受力分析，A受到重力，B对A的库仑力和天花板对A的作用力，由牛顿第三定律可知，B对A的库仑力等于A对B的库仑力：F库=mgcsθ=2 33mg，方向沿AB斜向左下，如图
将三个力分解到水平方向和竖直方向，设天花板对A的作用力与水平方向夹角为α，由平衡条件得：
水平方向：Fcsα=F库sinθ
竖直方向：Fsinα=mg+F库csθ
由三角函数公式得：sin2α+cs2α=1
联立解得：F= 39mg3
故B正确。
故选：BD。
本题考查库仑定律、向心力和共点力平衡，解题关键是对两小球做好受力分析，明确小球做圆周运动的向心力来源，结合平衡条件、向心力公式列式求解即可。
16.2.4 0.58 0.60 在误差范围内，系统机械能守恒 9.7
【解析】(1)[1]每相邻两计数点间还有4个点，则相邻计数点的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s
在纸带上打下计数点5时的速度为
v5=x462T=(21.60+26.40)×10−22×0.1m/s=2.4m/s
(2)[3]在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量为
ΔEk=12(m1+m2)v52−0=12×(0.05+0.15)×2.42J≈0.58J
系统势能的减少量为
ΔEp=m2−m1gℎ=0.15−0.05×10×38.40+21.40×10−2J≈0.60J
[4]由此得出的结论是：在误差范围内，系统机械能守恒。
(3)[5]根据系统机械能守恒可得
(m2−m1)gℎ=12(m1+m2)v2
可得
v22=m2−m1gm1+m2⋅ℎ
可得 v22−ℎ 图像的斜率为
k=(m2−m1)gm1+m2
解得当地的重力加速度为
g=m1+m2m2−m1k=0.05+−0.05×
17.解：(1)篮球水平方向上做匀速运动，竖直方向上做竖直上抛运动，篮球的最小速度是水平分速度，则有
vmin=vAcs30∘
解得vmin=5 3m/s
(2)设竖直向下为正方向，篮球由A点运动到B点的时间为t，竖直方向上有
vBsinβ=−vAsinα+gt ， y=−vAsinα⋅t+12gt2
水平方向上有x=vmint
A点到B点的距离s= x2+y2
联立，解得s=20m

【解析】(1)篮球水平方向上做匀速运动，竖直方向上做竖直上抛运动，上升到最高点时篮球的最小速度是水平分速度；
(2)篮球在竖直方向上为竖直上抛运动，水平方向上是匀速直线运动，根据竖直上抛运动和匀速运动的规律求解。
本题以杭州亚运会女篮比赛为载体考查斜抛运动的规律，明确斜抛运动在水平方向是匀速直线运动在竖直方向是竖直上抛运动。
18.解：(1)物体在竖直平面内做圆周运动，在P 点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg=mvP2R，
解得：vP= gR；
(2)物体沿圆轨道向上运动过程只有重力做功，由动能定理得：−mg⋅2R=12mvP2−12mvN2，
解得：vN= 5gR；
在N点：FN−mg=mvN2R
联立得：FN=6mg
根据牛顿第三定律可知，物块对地面的压力大小也是6mg．
(3)物块A向右运动的过程中只有摩擦力做功，则：−μmgl=12mvN2−12mvM2
联立得：VM= 5gl−2μgl
答：(1)物块运动到P点时的速度大小是 gR；
(2)物块运动到N点对轨道的压力是6mg；
(3)物块经过M点时的初速度是 5gl−2μgl．
【解析】(1)物块恰好能通过P点，物块B圆周运动重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出的速度．
(2)物块从N到P过程只有重力做功，应用动能定理可以求出物块在N点的速度，然后由牛顿第二定律即可求出物块受到的支持力，由牛顿第三定律说明；
(3)应用动能定理可以求出其运动的初速度．
本题考查竖直平面内的圆周运动，分析清物体运动过程是解题的前提，根据题意求出物块在P点的速度是解题的关键，应用牛顿第二定律、动能定理与机械能守恒可以解题．
19.解：(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，竖直方向：
14d=12gt2
水平方向：
d=v1t
得：
v1= 2gd
由机械能守恒定律，有：
12mv22=12mv12+mg(d−34d)
解得：
v2= 52gd
(2)设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小，球做圆周运动的半径为：
R=34d
由圆周运动向心力公式，有：
T−mg=mv12R
解得：
T=113mg
答：(1)求绳断时球的速度大小v1为 2gd，球落地时的速度大小v2为 52gd；
(2)绳能承受的最大拉力为113mg．
【解析】(1)绳断后小球做平抛运动，根据平抛运动的规律即可求解绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；
(2)设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小．根据向心力公式即可求解．
本题主要考查了圆周运动向心力公式及平抛运动的规律的应用，关键是记住基本公式，分圆周运动和平抛运动两个过程分析，基础题目．