四川省资阳市乐至中学2023-2024学年高二物理上学期开学考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省资阳市乐至中学2023-2024学年高二物理上学期开学考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，探究与实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
乐至中学高2025届第三期入学考试物理卷面分值：100分，考试时间：75分钟。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.全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分。）1. 物体做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（　　）A. 物体所受合力大小不变，方向始终指向圆心，故合力是恒力B. 物体的向心加速度大小与线速度成正比C. 物体的向心加速度越大，速率变化越快D. 匀速圆周运动是线速度大小不变，方向时刻改变的运动，故“匀速”是指速率不变【答案】D【解析】【详解】A．虽然匀速圆周运动向心力大小不变，但方向时刻改变，所以不是恒力，故A选项错误；B．根据只有当转动半径r一定时，向心力才与线速度平方成正比，故B错误；CD．匀速圆周运动的速度大小不变，即速率是不变的；向心加速度的物理意义是描述物体速度方向变化快慢的物理量，其只改变速度的方向，不改变速度的大小，C选项错误，故D正确。故选D。2. 关于单摆做简谐运动，下列说法正确是（    ）A. 经过平衡位置时所受的合力为零B. 经过平衡位置时所受的回复力为零C. 回复力是重力和摆线拉力的合力D. 回复力是重力沿圆弧半径方向的分力【答案】B【解析】【详解】AB．单摆运动，经过平衡位置时，回复力为零，但所受的合力提供向心力，不为零，故A错误，B正确；CD．回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故CD错误。故选B。3. 一质量m＝1kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）A. t＝1s时物块的速率为1m/sB. 前3s内合外力冲量大小为3N·sC. t＝2s时物块的动量大小为2kg·m/sD. t＝4s时F的功率为3W【答案】B【解析】【详解】A．0~1s内，根据动量定理得解得，t=1s时物块的速率为，故A错误；B．前3s内合外力冲量大小为故B正确；C．0~2s内，根据动量定理得解得，t=2s时物块的动量大小为，故C错误；D．0~4s内，根据动量定理得解得，t=4s时物块的速率为则t=4s时F的功率为，故D错误。故选B。4. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示，下列说法正确的是（    ）  A. t=0.3s时，振子的速度方向向左B. t=0.2s时，振子在O点右侧6cm处C. t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度相同D. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，t=0.3s时，振子正在向正向最大位移处运动，振子的速度方向为正方向，即向右，故A错误；B．由图乙可知，振子的振动方程为则t=0.2s时，振子的位移为可知此时振子在O点右侧处，故B错误；C．由图乙可知，t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度大小相等，方向相反，故C错误；D．由图乙可知，t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子从正向最大位移处向平衡位置处振动，则振子的速度逐渐增大，故D正确。故选D。5. “轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星使用寿命。如图所示，“轨道康复者”航天器在圆轨道1上运动，一颗能源即将耗尽的地球同步卫星在圆轨道3上运动，椭圆轨道2与圆轨道1、3分别相切于Q点和P点，则下列说法正确的是（　　）A. 轨道3的高度是一定的，其轨道平面可以与赤道平面成任意夹角B. 根据可知，“轨道康复者”在轨道1上经过Q点时的加速度小于在轨道2上经过Q点时的加速度C. 若“轨道康复者”要运动到轨道3上去给同步卫星补充能量，需要在Q、P两点分别点火加速才可能实现D. “轨道康复者”在三个轨道上的正常运行的周期满足T1<T3<T2【答案】C【解析】【详解】A．同步卫星轨道平面一定与赤道平面平行且高度一定，故选项A错误；BC．比较轨道1和轨道2加速度只能根据受力比较，可知在轨道1的Q点和轨道2的Q点，其距离地球的距离是相等的，故万有引力相等，根据可知，加速度相等，从轨道1到轨道2和轨道2到轨道3，飞船均做离心运动，故需在两点加速，故B错误，C正确；D．根据开普勒第三定律可知可知选项D错误。故选C。6. 某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（　　）A. M、N点的场强 B. 粒子在M、N点的加速度C. 粒子在M、N点的速度 D. 粒子带正电【答案】D【解析】【详解】AB．电场线越密场强越大，根据图可知粒子在M点场强小，受到的电场力就小，加速度小，AB错误；CD．根据粒子运动的轨迹弯曲方向可知受到的电场力斜向上，所以粒子带正电，又因为从M到N点，电势降低，粒子电势能减小，动能增大，所以有C错误，D正确。故选D。7. 北京冬奥会将在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和张家口联合举行这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会。如图，某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后又落回到斜面上。若斜面足够长且倾角为θ。某次训练时，运动员从弧形坡面先后以速度v0和3v0水平飞出，飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力，则（　　）A. 运动员先后落在斜面上时速度的方向不同B. 运动员先后落在斜面上位移之比为1：3C. 运动员先后落在斜面上速度的变化量之比为1：3D. 运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1：3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的推论因为θ不变，运动员先后落在斜面上时速度的方向与水平方向的夹角不变，所以运动员先后落在斜面上时速度的方向相同，A错误；B．根据平抛运动解得运动员先后落在斜面上时间之比为运动员先后落在斜面上位移为运动员先后落在斜面上位移之比为B错误；C．运动员先后落在斜面上速度的变化量之比为C正确；D．运动员先后落在斜面上动能的变化量运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为D错误。故选C。8. 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，A.b两质点的横坐标分别为和，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象，下列说法正确的是A. 该波沿+x方向传播，波速为1m/sB. 质点a经过4s振动的路程为4mC. 此时刻质点a的速度沿+y方向D. 质点a在t=2s时速度为零【答案】D【解析】【详解】根据b点在该时刻向上运动可以确定波沿-x传播，A错．由乙图可知周期为8秒，4秒内a质点振动的路程为1m，B错．波沿-x传播可以判定a沿-y方向运动，C错．经过2秒质点振动四分之一周期，a质点刚好运动到最大位移处速度为零，D正确．考点：机械振动与机械波 9. 在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时A. 物块B的质量满足B. 物块A的加速度为C. 拉力做功的瞬时功率为D. 此过程中，弹簧弹性势能的增量为【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力当B刚离开C时，弹簧弹力等于B的重力沿斜面下的分力而因此A错误；B．当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得联立解得物块A加速度为B正确；C．拉力的瞬时功率C错误；D．根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为D正确。故选BD。10. 质量为的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成角后由静止释放，下列说法正确的是（　　）  A. 球、车组成的系统总动量守恒B. 小球向左仍能摆到原高度C. 小车向右移动的最大距离为D. 小球运动到最低点时的速度大小为【答案】BC【解析】【详解】A．小球静止释放后，运动到最低点过程，竖直方向的分速度先增大后减小，竖直方向的加速度方向先向下，后向上，即小球先失重后超重，可知球、车组成的系统所受外力的合力不为0，则该系统总动量不守恒，故A错误；B．对应球、车组成的系统而言，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，又由于系统在水平方向所受外力的合力为0，则系统在水平方向上的动量守恒，可知当小球向左摆到最高点时，球与车的速度均为0，小球向左仍能摆到原高度，故B正确；C．当小球摆到左侧最高点过程，小车位移最大，根据动量守恒定律的位移表达式有其中解得故C正确；D．小球运动到最低点过程，根据水平方向动量守恒有根据机械能守恒定律有解得故D错误。故选BC。二、探究与实验题（本题共2个小题，共16分.请将答案填写在题目中的横线上）11. 如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。  （1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量__________（填选项前的符号），间接地解决这个问题A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛水平射程OP，然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是__________。（填选项前的符号）A.用天平测量两个小球的质量、B.测量小球开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到、相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________[用（2）中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________[用（2）中测量的量表示]。【答案】    ① C    ②. ADE##AED##DAE##DEA##EAD##EDA    ③.     ④. 【解析】【详解】（1）[1]根据平抛运动规律有，解得因抛出点到地面的高度H相同，故小球碰撞前后的速度与小球做平抛运动的水平位移x成正比，可以通过仅测量小球做平抛运动的水平位移x间接解决这个问题。故选C。（2）[2]碰撞过程中由动量守恒定律可得同时乘以时间t，有即故接下来要完成的必要步骤是，用天平测量两个小球的质量、，分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON。故选ADE。（3）[3]由（2）分析可知，在实验误差允许的范围内，若碰撞过程中动量守恒，其关系式应为[4]若碰撞是弹性碰撞，应该满足的关系为因为平抛运动的初速度为所以，整理得12. 实验装置探究重锤下落过程中动能与重力势能的转化问题。  ①若图所示，一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点。分别测出若干连续打点A、B、C……与O点之间的距离、、……。  ②已知打点计时器的打点周期为T，重锤质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测的、、，可得纸带从O点下落到B点的过程中，重锤增加的动能为__________，减小的重力势能为__________，在误差允许范围内重锤动能增加量__________重力势能减少量（填写“大于”、“等于”或“小于”）。③取打下O点时重锤的重力势能为零，计算出该重锤下落不同高度h时所对应的动能和重力势能，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示和，根据以上数据在图中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ。已求得图线Ⅰ斜率的绝对值，请计算图线Ⅱ的斜率__________（保留3位有效数字）。重锤和纸带在下落过程中所受平均阻力与重锤所受重力的比值为__________（用和字母表示）。  【答案】    ①.     ②.     ③. 等于    ④. 2.80    ⑤. 【解析】【详解】②[1][2][3]B点的瞬时速度为则，重物动能的增加量为减小的重力势能为在误差允许范围内重锤动能增加量等于重力势能减少量。③[4][5]取打下O点时重物的重力势能为零，因为初位置的动能为零，则机械能为零，每个位置对应的重力势能和动能互为相反数，即重力势能的绝对值与动能相等，而图线的斜率不同，原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功。根据图中的数据可以计算图线Ⅱ的斜率，根据动能定理得化简得图线斜率图线斜率可知则阻力为所以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。三、计算题（本题共3小题，共38分.解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位）13. 在真空中，两点电荷A、B的电荷量分别为和，彼此相距5cm，现在距A电荷r1=4cm、距B电荷r2=3cm处放置点电荷C，其电荷量为，求点电荷C受到的静电力的大小和方向。（已知静电力常量）【答案】，与AC的夹角为【解析】【详解】根据库仑定律可知，A对C的库仑力大小为B对C的库仑力大小为则点电荷C受到的静电力的大小为设C受到的静电力方向与AC的夹角为，则有可得14. 如图，在摩擦因数为水平桌面上，一质量为的小物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能。若打开锁扣K，弹性势能完全释放，小物块经过长为的桌面KA段后以初速度从A点沿水平桌面飞出，恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的BCD段粗糙，A与B之间的竖直高度。其中C为圆弧轨道的最低点，D为最高点，圆弧BC对应的圆心角为，圆弧轨道的半径为，，，不计空气阻力，重力加速度大小为。求：（1）小物块从A点飞出的初速度的大小；（2）弹簧最初状态储存的弹性势能；（3）若小物块恰好能通过最高点D，求圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功。
  【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小物块从A点到B点的过程，做平抛运动，所以解得，小物块从A点飞出的初速度的大小（2）由能量守恒定律得解得，弹簧最初状态储存的弹性势能为（3）在B点，小物块的速度为小物块恰好能通过D点，由牛顿第二定律得小物块从B点到D点的过程，由动能定理得代入解得，圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功为15. 如图所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。离滑板右端处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量，滑板质量，圆弧轨道半径，物块与滑板间的动摩擦因数，重力加速度。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。（1）求物块滑到B点时的速度；（2）求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块的速度大小；（3）求滑板长度的最小值。  【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块从A到B根据机械能守恒有解得，物块滑到B点时的速度为（2）假设滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板已经共速，设物块加速度大小为，滑板加速度大小为，有设物块滑上滑板到二者共速时间为，由运动学公式解得，该过程中滑板的位移为故假设不成立，滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板未共速，设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为，有解得故物块的速度为（3）滑板第一次与挡板P碰撞时速度碰撞后速度反向，因为，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，有解得因为此时速度方向向右，故滑板会与挡板再次碰撞，碰撞后滑板的速度方向向左，此时，同理可知当物块和滑板第二次共速时，速度方向向左，根据动量守恒有解得之后物块与滑板以共同速度向左⼀直匀速运动，分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度，物块相对于滑板始终向滑板的右端运动，整个过程根据能量守恒有代入数值解得滑板长度的最小值为