【开学考】2024年高二上学期开学摸底考试卷物理（新高考通用）02.zip

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（考试时间：100分钟 试卷满分：100分）
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题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，有选错或不答的得0分。
1．小爱同学发现了一张自己以前为研究机动车的运动情况而绘制的图像（如图）。已知机动车运动轨迹是直线，则下列说法合理的是（ ）
A．机动车处于匀加速状态
B．机动车在前3秒的位移是12m
C．机动车的加速度为
D．机动车前2秒内的平均速度为6m/s
【答案】D
【解析】AC．根据题意，由公式可得
由图像斜率可得
由纵轴交点可得可知。机动车处于匀减速状态，故AC错误；
B．机动车匀减速运动的总时间为
则3s车已经停下来了，机动车在前3秒的位移是
故B错误；
D．机动车第2s末的速度为
机动车前2秒内的平均速度为
故D正确。
故选D。
2．如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，送入货舱前行李箱已做匀速运动。已知行李箱与传送带之间动摩擦因数为，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．运输行李时该传送带的倾角必须小于
B．提高传送带的运转速度，传送时间不变
C．匀速阶段行李箱不受摩擦力
D．重的行李箱比轻的行李箱加速阶段用时短些
【答案】A
【解析】A．将行李箱无初速度地放在传送带底端，一开始行李箱向上加速运动，合力方向沿传送带向上，受到的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即
可得
可得运输行李时该传送带的倾角必须满足，故A正确；
C．匀速阶段，根据受力平衡可知，行李箱受到静摩擦力作用，大小等于重力沿传送带向下的分力，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
可得加速度大小为
可知行李箱的加速度与行李箱的质量无关，则重的行李箱与轻的行李箱加速阶段用时相等，故D错误；
B．设传送带提速前的速度为，则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为
，
提高传送带的运转速度，由于加速阶段行李箱的加速度不变，则行李箱加速到提速前传送带速度过程所用时间不变，通过的位移不变，但提速后行李箱继续加速运动再匀速运动，则之后的运动过程，提速后所用时间更短，则提高传送带的运转速度，传送时间变短，故B错误。
故选A。
3．一快递小哥用无人机配送快递，某次配送快递无人机（可视为质点）在飞行过程中，水平方向的速度与飞行时间的关系如图甲所示，竖直方向以的速度向上做匀速直线运动，关于无人机的运动，下列说法正确的是（ ）
A．内无人机的位移大小为
B．末无人机的加速度大小为
C．末无人机的速度大小为
D．无人机的运动轨迹是图乙中的抛物线
【答案】C
【解析】A．由图甲可知，无人机水平方向加速度
内无人机的水平位移
内无人机的竖直位移
内无人机的位移
故A错误；
B．无人机的加速度一直不变，故末无人机的加速度大小为，故B错误；
C．末无人机的水平方向速度大小
末无人机的速度大小
故C正确；
D．因无人机具有轴正方向的加速度，故合力沿轴正方向，轨迹的弯曲方向指向合力方向，无人机的运动轨迹是图乙中的抛物线，故D错误。
故选C。
4．我国古代的指南车是利用齿轮传动来指明方向的一种简单机械。指南车某部分结构如图所示，在A，B，C三个齿轮的边缘上分别取1、2和3三点，齿轮B和C同轴转动，三个齿轮的半径之比。下列说法正确的是（ ）
A．1、2、3三点的周期之比为
B．1、2、3三点的角速度大小之比为
C．1、2、3三点的线速度大小之比为
D．1、2、3三点的向心加速度大小之比为
【答案】D
【解析】AB．1、2两点的线速度相等，根据
v=ωr
可知，角速度之比为3:2；2、3两点同轴转动，角速度相等，可知1、2、3三点的角速度之比为3:2:2；根据
可得周期之比2:3:3，选项AB错误；
C．根据
v=ωr
可知，因1、2、3三点的半径之比
则线速度大小之比为3:3:1，选项C错误；
D．根据
a=vω
可得，1、2、3三点的向心加速度大小之比为，选项D正确。
故选D。
5．如图所示，某人造地球卫星对地球的张角为，卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，万有引力常量为G，由此可估算地球的平均密度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设地球半径为，卫星的轨道半径为，根据几何关系可得
根据万有引力提供向心力
解得
又
解得
故选B。
6．雨天骑行后，自行车后轮的轮胎上附有水珠。将后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，后轮圆心为O点，轮胎边缘A点与O点等高，B点为轮胎边缘最低点，轮胎边缘到O点的距离为r。用手匀速转动脚踏板，使后轮匀速转动，质量均为m的两水珠（均可视为质点）分别从A、B点同时以相同的速率v被甩出，恰好同时落在水平地面上。水珠从轮胎上被甩出前后瞬间速度不变，不计空气阻力和水珠在空中的质量变化，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．水珠在空中运动的时间大于
B．B点离水平地面的高度为
C．A点处甩出的水珠落到水平地面时的动能为
D．B点处甩出的水珠落到水平地面时，重力的瞬时功率为
【答案】D
【解析】AB．设B点离地高度为h，水珠的运动时间为t，水珠从A点飞出有
从B点飞出有
解得
，
故AB错误；
C．A点甩出的水珠落到水平地面时的动能为
故C错误；
D．B点甩出的水珠落到水平地面时，重力的瞬时功率
故D正确。
故选D。
7．如图所示，两带电小球A、B质量分别为2m、m，所带电荷量分别为+q、-q，用等长绝缘细线a、b连接后悬挂于O点处于静止状态。现在该空间加一水平向右的匀强电场，并将电场强度E从0开始缓慢增大到，若不考虑两小球间的库仑力，重力加速度为g，则当系统稳定后，关于两细线a、b拉力的大小、计算正确的是（ ）
A．=2mgB．=3mg
C．=mgD．=2mg
【答案】B
【解析】AB．对AB整体受力分析，水平方向，受到的合电场力为0，竖直方向
=3mg
故A错误，B正确；
CD．对B隔离受力分析
故CD错误。
故选B。
8．如图所示，在直角坐标xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为。现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为8V、24V、15V，将一电荷量为的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A．坐标原点O的电势为0V
B．电场强度的大小为500V/m
C．该点电荷在a点的电势能为
D．该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为
【答案】B
【解析】A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故
代入数据解得
故A错误；
C．沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，则
解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
B．连接Oc，如图所示
根据几何关系可得
则
则沿cO每1cm电势降低5V，通过b做cO的垂线交于f，如图所示，根据几何关系可得
则f点的电势为
所以bf为等势线，电场线方向沿cO方向，电场强度为
故B正确；
D．该点电荷从a点移到d点电场中做功为
故D错误。
故选B。
9．下列关于物理实验方法与思想的理解，正确的是（ ）
A．实验1中保持其他条件不变，增大刻度尺和平面镜M的距离，光斑在刻度尺上移动的距离将增大
B．实验2中使皮带套在不同半径的塔轮上，目的是改变两球做圆周运动的半径
C．实验3中用相同的不带电小球与带电小球接触，使带电小球电荷量减半，避免了电荷量无法测量的问题
D．实验4中开关S接到a端时，电流从左到右经过电流传感器，开关S转接到b端时，电流从右到左经过电流传感器
【答案】ACD
【解析】A．实验1中俯视光路图如图所示
由图可知，保持其他条件不变，增大刻度尺和平面镜M的距离，光斑在刻度尺上移动的距离将增大，故A正确；
B．实验2中使皮带套在不同半径的塔轮上，目的是改变两球做圆周运动的角速度；小球放在长槽的不同位置，目的是改变两球做圆周运动的半径，故B错误；
C．实验3中用相同的不带电小球与带电小球接触，使带电小球电荷量减半，避免了电荷量无法测量的问题，故C正确；
D．实验4中开关S接到a端时，平行板电容器充电，电流从左到右经过电流传感器，且上极板带正电；开关S转接到b端时，平行板电容器放电，则电流从右到左经过电流传感器，故D正确。
故选ACD。
10．如图所示，倾角为的斜面斜面上放置一长木板A，木板上放置一物块B，木板A与斜面的动摩擦因数为，与物块B的动摩擦因数为，两个动摩擦因数都小于，两物体从静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．若小于，则A、B相对运动B．若小于，则A、B相对静止
C．若大于，则A、B相对运动D．若大于，则A、B相对静止
【答案】BC
【解析】依题意，两个动摩擦因数都小于，可知均满足
当A、B相对静止沿斜面下滑时，有
分析物块B，可得
又
解得
同理，可得
时，二者相对运动。
故选BC。
11．如图所示，竖直平面内光滑管形圆轨道半径为（管径远小于），管内有完全相同的小球，质量均为，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度通过轨道最低点，且当小球运动到最低点时，小球正好运动到最高点。已知重力加速度为，以下说法正确的是（ ）
A．当小球在最高点对轨道无压力时，小球比小球所需向心力大
B．当时，小球在轨道最高点对轨道无压力
C．速度至少为，才能使两球在管内做完整的圆周运动
D．只要，小球对轨道最低点压力比小球对轨道最高点压力都大
【答案】AD
【解析】A．当小球b在最高点对轨道无压力时，所需要的向心力
从最高点到最低点，由机械能守恒可得
对于a球，在最低点时，所需要的向心力
则当小球在最高点对轨道无压力时，小球比小球所需向心力大，故A正确；
B．由上解得，小球在最低点时的速度
时，小球在轨道最高点对轨道无压力，故B错误；
C．小球恰好通过最高点时，速度为零，设通过最低点的速度为，由机械能守恒定律得
解得
所以速度至少为，才能使两球在管内做完整的圆周运动，故C错误；
D．当
时，轨道对小球b有向下的压力
对小球a
联立得
故D正确。
故选AD。
12．如图甲，在倾角的固定光滑斜面上放着相同的两物块P、Q，两物块紧靠在一起但不粘连，轻弹簧一端与物块Q相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。现对物块P施加一沿斜面向上的力F，使物块P沿斜面向上做加速度大小为的匀加速直线运动，力F随位移x的变化规律如图乙所示，取重力加速度大小，则（ ）
A．物块P的质量为
B．的过程中力F做的功为
C．的过程中P的机械能增加了
D．的过程中Q对P做的功为
【答案】BC
【解析】A．P移动3cm后拉力不变，则P、Q分离。对P有
解得
故A错误；
B．的过程中，由面积法得力F做的功为
故B正确；
C．的过程中，P的末速度为
机械能增量为
故C正确；
D．的过程中对P，由动能定理得
解得
故D错误。
故选BC。
二、实验题：本题共2小题，共15分。
13．（8分）图甲是一个能够定性平抛运动及其特点的实验装置，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动。然后再采用乙图的方式定量研究平抛运动，得到了如图丙坐标系中的几个点。
(1)甲图所示的实验说明了平抛的小球在竖直方向上做 运动。
(2)在调节轨道时，发现水平仪中的气泡在右侧，此时应将轨道的右端调 （选填“高”或“低”）。
(3)同学用专业相机以200帧/秒拍摄照片如图丙所示，并从视频中每n帧选取一帧进行处理得到如图所示的抛体运动“频闪图片”，由图像可知 （n为整数，），测得坐标纸的方格边长为9mm，由此可得到平抛运动的初速度为
m/s。
【答案】(1)自由落体
(2)低
(3) 6 0.9
【解析】（1）甲图两球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
（2）水平仪右端有气泡，说明右端偏高，则应把右侧调低。
（3）[1]小球在竖直方向上做自由落体运动，根据逐差法公式
由图可知
相邻两点的时间间隔相等，设为T
因为相机以200帧/秒拍摄照片，即每拍摄一帧，每n帧的时间为，可得
解得
[2]在水平方向上，小球做匀速直线运动，小平抛运动初速度
14．（7分）某同学利用图示装置来探究影响电荷间静电力大小的因素。图中，A是一个带正电的小球，系在绝缘丝线上带电的小球B会在静电力的作用下发生偏离。
(1)静电力的大小可以通过________反映出来。（单选）
A．A球的电荷量B．两带电球间的距离
C．B球的电荷量D．丝线偏离竖直方向的角度
(2)保持A、B两球电荷量不变，把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图中横杆上的、、等位置，调节丝线长度，使带电小球B与球A的球心保持在同一水平线上，小球静止时的状态如图所示。可推断：小球B带 （选填“正”或“负”）电荷；悬挂在 （选填“”、“”或“”）位置时小球受到的静电力最小。
(3)实验表明：电荷间静电力大小随电荷间距离的增大而 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】(1)D
(2) 正
(3)减小
【解析】（1）对小球B，设丝线偏离竖直方向的角度为θ，由平衡条件可得静电力的大小
可知θ角越大，B球受的静电力越大，θ角越小，B球受的静电力越小，因此静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度反映出来。
故选D。
（2）[1]由题图可知，小球B在静电力作用下远离小球A，即受小球A的排斥，因小球A带正电，可知小球B也带正电荷。
[2]由题图可知，悬挂在“”位置时，丝线偏离竖直方向的角度最小，由
可知，悬挂在“”位置时小球受到的静电力最小。
（3）由以上实验解析表明：在两小球所带电荷量不变时，电荷间静电力大小随电荷间距离的增大而减小。
三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15．（11分）如图所示，水平面上静止放着高h=1.8m质量M＝3kg的木块，一个质量m＝1kg的小物体静止放在木块的最右端，小物体和木块之间、木块与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.1，g取10m/s2。现对木块施加水平向右的恒定拉力F。
（1）使小物体与木块一起作为整体运动的最小拉力F和最大加速度a；
（2）若木块长L＝2m，F＝11N，从静止开始拉动多长时间小物体和木块脱离？小物体落地时与木块左端的距离是多少？
（3）若木块长L＝2.75m ，F＝11N，从静止开始拉，要使小物体与木块脱离，求F作用的最短时间。
【答案】（1）F=4N，a=1m/s2；（2）2s，1.68 m；（3）2s
【解析】（1）使小物体与木块一起作为整体运动的最小拉力为
当小物体与木块间的静摩擦力达到最大时，小物体与木块一起作为整体运动的加速度达到最大，以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）若木块长L＝2m，F＝11N，以木板为对象，根据牛顿第二定律可得
解得木板的加速度大小为
以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得小物块的加速度大小为
设经过时间小物体和木块脱离，则有
解得
小物体和木块脱离两者的速度分别为
，
脱离后小物体做平抛运动，竖直方向有
解得
小物体落地时通过的水平位移大小为
脱离后木板继续做匀加速运动的加速度大小为
小物体落地时木板通过的位移大小为
则小物体落地时与木块左端的距离为
（3）若木块长L＝2.75m ，F＝11N，从静止开始拉，要使小物体与木块脱离，设F作用的最短时间为，则撤去F时，木板和小物体的速度大小分别为
，
此时小物体与木板发生的相对位移为
撤去F后，小物块继续做匀加速运动，木板做匀减速运动，加速度大小变为
设经过时间，小物体与木板达到共速，此时小物体刚好运动木板的左端，则有
联立解得
，
小物体与木板发生的相对位移为
又
解得
16. （12分）如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，质量为2kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道的A点由静止释放（AO半径与竖直方向夹角为60°），经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆轨道的半径R=1m，水平轨道BC长为0.5m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，取，求：
（1）滑块第一次经过圆轨道上B点时对轨道的压力大小；
（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；
（3）滑块在水平轨道BC上运动的总路程s和总时间（结果可以保留根号）。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）滑块从A点到B点，由机械能守恒定律得
解得
滑块在B点，由向心力公式
解
由牛顿第三定律可得：滑块对B点的压力大小
（2）滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能，滑块从B点到C点由动能定理得
解得
滑块从C点到D点，由能量守恒定律可得

解得
（3）滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在 BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得
解得
将滑块在BC段的运动全程看做匀减速直线运动，加速度大小
由
可解得在BC上运动的总时间为
17. （14分）在平面内建立直角坐标系xOy，其第Ⅰ象限放置电场线沿半径方向指向圆心、场强大小为的静电分析器，第Ⅱ象限放置长为L，间距为d的平行金属板A、B和与两板等距且平行于x轴的绝缘细管C。放射源P位于A板左端，可沿特定方向发射电荷量为、质量为m且重力不计的粒子。第Ⅳ象限存在交变电场，其场强变化规律如图乙所示轴正方向为电场正方向。当A、B两板加上某电压时，粒子刚好能以速度从细管C水平射出，射入静电分析器时坐标为，而后进入位于第Ⅰ象限的静电分析器并做匀速圆周运动。此后，在时刻，粒子垂直于x轴进入交变电场。求：
（1）粒子在静电分析器中的运动半径
（2）、B极板间所加的电压
（3）从0时刻起，粒子动能最大时的位置坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）在静电分析器中
解得
（2）在匀强电场中，根据类平抛运动规律有
解得
（3）分析得：粒子在 ，时动能最大，在 内的水平位移
竖直位移
故在 时的坐标为