2023济南历城二中高二上学期入学考试物理试题含答案

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58级高二开学考试物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 下列物理量的单位与J/C等价的是（　　）A. 电势差 B. 电势能 C. 电场力 D. 电场强度【答案】A【解析】【详解】根据静电力做功与电势差的关系知1V=1J/C，与J/C等价的是电势差，故A正确，BCD错误。故选A。2. 如图所示，水平抛出一个小球，若不计空气阻力，小球落地前关于小球在相等时间内的运动，下列说法正确的是（    ）A. 位移相同 B. 竖直方向分运动的位移相同C. 速度的变化量相同 D. 速度的变化量越来越大【答案】C【解析】【详解】AB．小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动（匀加速直线运动），根据运动学规律可知在两任意相等时间内，小球水平方向分运动的位移一定相等，竖直方向分运动的位移一定不等，所以合位移不可能相等，故AB错误；CD．平抛运动属于匀变速曲线运动，根据可知小球落地前在任意相等时间内速度的变化量相同，故C正确，D错误。故选C。3. 如图所示，在德州市的某十字路口，设置有右转弯专用车道。现有一辆汽车正在水平右转弯车道上行驶，其运动可视作圆周运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止。当汽车在水平的右转弯车道上减速行驶时，下列说法正确的是（　　）A. 司机和乘客具有相同的线速度B. 汽车所受的合力一定指向圆心C. 汽车对乘客的作用力小于汽车对司机的作用力D. 汽车对乘客的作用力大于乘客所受的重力【答案】D【解析】【详解】A．司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止，司机和乘客具有相同的角速度，但半径不同，根据线速度与角速度的关系，则线速度不同，故A错误；B．因汽车做减速圆周运动，汽车所受合力分解为指向圆心的向心力和与运动方向相反使速率减小的切向力，故合力的方向一定不指向圆心，故B错误；C．乘客和司机角速度相同，由牛顿第二定律有右转弯时乘客的半径小，但因不确定乘客和司机的质量大小关系，故汽车对乘客的作用力和对司机的作用力大小关系无法确定，故C错误；D．汽车对乘客的作用力有竖直方向的支持力和水平方向使乘客做减速圆周运动合力，竖直方向的支持力与乘客所受的重力平衡，则汽车对乘客两个方向的力的合力一定大于乘客所受的重力，故D正确。故选D。4. 2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船与天和核心舱径向端口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半径的。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A. 神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进行对接B. 组合体的向心加速度大于gC. 组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度D. 组合体运行周期为【答案】D【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力，有神舟十四号变轨到达与天和核心舱同一轨道，若再加速则会做离心运动，不会追上核心舱进行对接，故A错误；B．根据牛顿第二定律，组合体的向心加速度为由组合体的轨道半径r大于地球半径R，故组合体的向心加速度小于g，故B错误；C．根据万有引力提供向心力可得解得由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则组合体的线速度大于同步卫星的线速度，同步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以同步卫星的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故组合体的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故C错误；D．设组合体运行的周期为T，则在地球表面有联立解得故D正确。故选D。5. 如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处固定一电荷量为q的负点电荷。已知d点处的场强为零，静电力常量为k，则b点处场强的大小为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】由于d点处的电场强度为零，可知，-q在d点的场强与圆盘在d点的场强等大反向，可得方向水平向右，由对称性可知圆盘在b点的电场强度大小为，方向水平向左，b点的合场强为方向水平向左。故选B6. 如图所示，一质量为m的小滑块（可视为质点）从斜面上的P点由静止下滑，在水平面上滑行，至Q点停止运动。已知P点离水平面高度为h，小滑块经过斜面与水平面连接处时无机械能损失，重力加速度为g。为使小滑块由Q点静止出发沿原路返回到达P点，需对小滑块施加一个始终与运动方向相同的拉力，则拉力至少对小滑块做功（　　）A. mgh B. 2mgh C. 2.5mgh D. 3mgh【答案】B【解析】【详解】根据题意，设滑块由P点到Q点，摩擦力做功为，由动能定理有设滑块由Q点到P点，拉力做功为，由由动能定理有联立解得故选B。7. 如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度km/h。则下列说法正确的是（　　）A. 行驶过程中动车受到的阻力大小为B. 当动车的速度为时，动车的加速度大小为C. 从启动到速度为的过程中，动车牵引力所做的功为D. 由题目信息可估算京张铁路的全长为350km【答案】B【解析】【详解】A．动车速度最大时，牵引力与阻力平衡，则行驶过程中动车受到的阻力大小故A错误；B．当动车的速度为时，动车的牵引力根据牛顿第二定律解得故B正确；C．从启动到速度为的过程中，动车牵引力所做的功等于动车动能增加量和克服阻力做功之和，故大于，故C错误；D．只知道最高的瞬时速率，无法估算平均速率，无法得出大致路程，故D错误。故选B。8. 如图所示，空间中存在与水平方向成角斜向右上方的匀强电场，电场强度为，在电场中的点有一个质量为，电荷量为的带正电的小球。已知电场强度，其中为重力加速度，忽略空气阻力，下列对小球运动情况分析正确的是（　　）A. 若小球从静止释放，小球将做曲线运动B. 若小球以某一速度竖直向下抛出，小球的动能一直增加C. 若小球以某一速度竖直向上抛出，小球电势能先减小后增大D. 若小球初速度方向与电场线方向相同，最终小球可能竖直向下做直线运动【答案】B【解析】【详解】A．带正电的小球受到的电场力与电场方向相同，大小为由于竖直方向有可知竖直方向的合力为零，故小球受到的合力方向水平向右，大小为若小球从静止释放，小球将沿合力方向水平向右做匀加速直线运动，A错误；B．若小球以某一速度竖直向下抛出，由于小球受到的合力方向水平向右，小球向下做类平抛运动，运动过程，合力一直做正功，小球的动能一直增加，B正确；C．若小球以某一速度竖直向上抛出，由于小球受到合力方向水平向右，小球向上做类平抛运动，运动过程，电场力一直做正功，小球的电势能一直减小，C错误；D．若小球初速度方向与电场线方向相同，由于小球受到的合力方向水平向右，与初速度方向不在同一直线上，小球将做匀变速曲线运动，最终小球不可能竖直向下做直线运动，D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，力的大小均恒为F，方向都斜向上与竖直方向成角，重物离开地面高度为h时人停止施力，重物最终下落至地面，并把地面砸下深度为d的凹坑。不计空气阻力，下列说法正确的是（    ）A. 重物落下接触地面时的动能等于2Fh B. 重物落下接触地面时的动能等于mghC. 整个过程重力做功等于mg(h+d) D. 地面对重物的阻力做功等于－(2Fhcosθ+mgd)【答案】D【解析】【详解】AB．为了能使重物从地面上被提升起来，一定有设重物落下接触地面时的动能为Ek，对重物刚开始离开地面到落下接触地面的过程，根据动能定理有故AB错误；C．整个过程重力做功为故C错误；D．设地面对重物的阻力做功为Wf，对重物下落至刚接触地面到最终停下的过程，根据动能定理有解得故D正确。故选D。10. 如图所示，为固定的粗糙水平轨道，为竖直面内圆心为O、半径为的四分之一固定光滑圆弧轨道，与相切于点，左侧水平固定一轻弹簧。现将一质量为的小物块（可视为质点）压缩弹簧至点后由静止释放。小物块在、之间与弹簧脱离，继续沿轨道运动，其运动轨迹的最高点与圆弧轨道末端点之间的距离为。已知小物块与水平面之间的动摩擦因数为0.25，、之间的距离为，重力加速度，忽略空气阻力。则小物块由点运动至点的过程中，下列说法正确的是（　　）A. 当弹簧恢复原长时，小物块的速度最大B. 小物块的机械能先增大，然后减小，最后不变C. 小物块在点速度大小为D. 小物块位于点时弹簧的弹性势能为4J【答案】BD【解析】【详解】A．当弹簧弹力等于摩擦力时，小物块的加速度为零，小物块的速度最大，此时弹簧仍处于压缩状态，A错误；B．小物块在水平轨道运动过程，小物块的速度先增大后减小，小物块的动能先增大后减小，在水平轨道过程小物块的重力势能不变，在水平轨道过程小物块的机械能先增大后减小，小物块从到的过程，只有重力做功，小物块的机械能守恒，故小物块的机械能先增大，然后减小，最后不变，B正确；C．小物块从到的过程，只有重力做功，小物块的机械能守恒，则有解得C错误；D．小物块从到过程，根据功能关系可得解得D正确。故选BD。11. 质量为m的小球（可视为质点）用长为L的轻绳悬于P点，某同学用该装置进行了两种情景的操作：Ⅰ．如图甲所示，使小球在水平面内做匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为37°，小球的向心加速度大小为，绳子的拉力大小为；Ⅱ．如图乙所示，使小球在竖直平面内左右摆动，绳子的最大摆角为37°，当小球摆到最低点时，小球的加速度大小为，绳子的拉力大小为。重力加速度为g，，，忽略空气阻力，则以下比值正确的是（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】AD【解析】【详解】根据题意图甲，由牛顿第二定律有竖直方向有联立解得，根据题意图乙，设绳子长度为，由机械能守恒定律有在最低点，由牛顿第二定律有解得，AB．加速度之比为故B错误，A正确；CD．绳子拉力大小之比为故C错误，D正确。故选AD。12. 如图所示，传送带底端A点与顶端B点的高度差为h，传送带在电动机的带动下以速率v匀速运动。现将一质量为m的小物体轻放在传送带上的A点，物体在摩擦力的作用下向上传送，在到达B点之前，已经与传送带共速，物体与传送带因摩擦产生的热量为Q。则在传送带将物体从A送往B的过程中，下列说法正确的是（    ）A. 物体与传送带因摩擦产生的热量为B. 传送带对物体做功为C. 传送带对物体做功为D. 为传送物体，电动机需对传送带额外做功【答案】BD【解析】【详解】A．设物体相对传送带滑动时的加速度大小为a，则物体从放上传送带到速率达到v所经历的时间为t时间内物体和传送带的位移大小分别为物体相对于传送带滑动的位移大小为设传送带倾角为θ，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则根据牛顿第二定律可得物体与传送带因摩擦产生的热量为故A错误；BC．根据功能关系可知，传送带对物体做功等于物体机械能的增加量，即故B正确，C错误；D．根据能量守恒定律可知，为传送物体，电动机需对传送带额外做功为故D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 图为某同学研究平抛运动的实验装置示意图。小球每次都从斜槽上某位置无初速度释放，并从斜槽末端飞出。改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而根据一系列的落点位置可描绘出小球的运动轨迹。（1）该同学在实验中，将水平板依次放在图中的1、2、3的位置进行实验，且1与2的间距等于2与3的间距。通过三次实验，得到小球在水平板上自左向右的三个落点，关于三个落点的分布情况，图中可能正确的是_______；A．B．C．（2）该同学在坐标纸上确定了小球运动轨迹上a、b和c三个点的位置如图所示。已知坐标纸上每个小方格的长度均为l，重力加速度为g，若已探究得出小球在水平方向的分运动为匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，通过3个点的分布可知a点______（选填“是”或“不是”）小球的抛出点，小球从轨道末端飞出时的初速度______。【答案】    ①. B    ②. 不是    ③. 【解析】【详解】（1）[1]平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。由题意可知竖直方向上的距离，则，根据可得水平方向位移故选B。（2）[2]如图可知，小球运动轨迹上a、b和c三个点的位置水平位移相同，说明，对于时间间隔为t的初速度为0的自由落体运动满足可知相等时间间隔内的位移之比为而a、b和c三个点的位置竖直位移不是1：3，故a点不是小球的抛出点。（2）[3]根据匀变速直线运动的推论相邻相等时间间隔内的位移之差恒定，则联立解得小球从轨道末端飞出时的初速度为14. 利用如图甲所示的实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题。（1）实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整：A．按实验要求安装好实验装置；B．使重物靠近打点计时器，接着先___________，后___________，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C．图乙为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点。分别测出若干连续点A、B、C……与O点之间的距离，，……（2）测得重物质量为m，相邻两点的时间间隔为T，则打B点时重物的动能为___________。（用所测得的物理量表示）（3）取打下O点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的重力势能和动能，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示和，根据数据在图丙中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ。测得两图线的斜率的绝对值分别为和。则重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为___________。（用和表示）（4）若要验证机械能守恒，需要验证和满足关系应该是___________。A．　　B．　　C．　　D．【答案】    ①. 接通电源    ②. 释放重物    ③.     ④.     ⑤. D【解析】【详解】（1）[1][2]在该实验中，应该先接通电源，后释放重物。（2）[3]B点的速度为所以B点的动能为（3）[4]对图线Ⅰ即对图线Ⅱ即则重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为（4）[5]若机械能守恒，则需满足重物下落时所受阻力远小于重力，即如果，可认为重物减小的重力势能等于其增加的动能。故选D。15. 如图为北京2022年冬奥会滑雪大跳台的赛道示意图，着陆坡末端是半径为的圆弧轨道，轨道对应的圆心角为。在某次训练中，质量为（含装备）的运动员经助滑道加速后，自起跳点以大小为、方向与水平面夹角为的速度飞起，完成空中动作后，恰好沿点的切线方向进入圆弧轨道，接着自由滑行通过最低点后进入水平停止区，然后做匀减速直线运动直到静止。已知在圆弧轨道的点地面对运动员的支持力为其重力（含装备）的1.8倍，运动员与停止区之间的动摩擦因数，取，，，忽略运动过程中的空气阻力，运动员视为质点。求：（1）运动员沿水平停止区滑行的距离；（2）以停止区平面为参考平面，运动员在点的机械能；（3）运动员沿圆弧轨道运动时克服摩擦力做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）在点，对运动员由牛顿第二定律，有运动员到达点后，做匀减速直线运动，由动能定理可得联立解得（2）运动员从点到点机械能守恒，则点和点机械能相等，即，运动员从点到点水平方向做匀速直线运动，即则在点的机械能为代入数据得（3）运动员沿圆弧轨道运动的过程，由动能定理，有解得16. 如图所示，水平面内A、B、C三点为等边三角形的三个顶点，三角形的边长为L，O点为AB边的中点。CD为固定的光滑绝缘细杆，D点在O点的正上方，且D点到A、B两点的距离均为L，在A点固定带电量为Q的点电荷，在B点固定带电量为的点电荷。现将一个质量为m、电荷量为的中间有细孔的小球套在细杆上（忽略其对原电场的影响），从D点由静止释放。已知静电力常量为k、重力加速度为g，忽略空气阻力。求：（1）D点的电场强度大小；（2）小球到达C点时的速度大小；（3）小球从D点到C点的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）A、B两电荷在D点分别产生的电场强度大小由几何关系得两场强夹角为，由平行四边形定则得（2）点电荷从D到C运动，电场力与DC垂直，电场力不做功，从D到C由机械能守恒定律得解得（3）在三角形中有几何关系得从D到C做匀加速直线运动得解得17. 如图甲所示，质量为m＝20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长、从右向左以恒定速度v0＝－10m/s运行的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时，物体的速度-时间图像如图乙所示，已知0～4s内水平外力方向始终与物体运动方向相反，g取10m/s2。求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2）0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q。【答案】（1）0.3；（2）2880J【解析】【详解】（1）设水平外力大小为F，由乙图可知0～2s内，物体向右做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝5m/s2由牛顿第二定律得F＋f＝ma12～4s内物体向左做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝1m/s2由牛顿第二定律得f－F＝ma2联立解得f＝60N又f＝μmg解得μ＝0.3（2）0～2s内物体的对地位移为传送带的对地位移为x1′＝v0t1＝－20m此过程中物体与传送带间的摩擦热为Q1＝f(x1－x1′)＝1800J2～4s内物体的对地位移为传送带的对地位移为x2′＝v0t2＝－20m此过程中物体与传送带间的摩擦热Q2＝f(x2－x2′)＝1080J0～4s内物体与传送带间的摩擦热为Q＝Q1＋Q2＝2880J18. 如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d紧挨放在水平地面上。某顾客使小滑块以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为，滑块质量为2m，滑块与木板上表面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等。（1）若顾客获四等奖，求滑块初速度的最大值；（2）若滑块初速度为，请通过计算说明顾客获几等奖；（3）若顾客获得一等奖，求因摩擦产生的总热量Q的取值范围。【答案】（1）；（2）二等奖；（3）【解析】【详解】（1）若顾客获四等奖，刚好到木板右侧时，滑块初速度最大，设为，地面对木板的摩擦力滑块与木板之间的摩擦力为由于则木板静止不动，滑块在木板上的加速度根据运动学公式解得（2）设可知滑块可以滑上木板，当滑块到木板上时，地面对木板的摩擦力当滑块滑到木板的右侧时，设速度为，根据运动学公式解得可知滑块会滑上木板，地面对木板的摩擦力可知木板恰好不动，根据运动学公式解得可知滑块停止在木块上，顾客获二等奖；（3）若滑块恰好到木块时，因摩擦产生的总热量最少当滑块到木板上时，木板受到地面的摩擦力则木板会发生滑动，木板的加速度为当木块刚好到木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上木板时的速度为，根据速度关系可得根据位移关系可得解得滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得产生的热量所以顾客获得一等奖，求因摩擦产生的总热量Q的取值范围