【文档说明】吉林省通化市梅河口市第五中学2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题 含解析.docx，共(23)页，1.195 MB，由小赞的店铺上传

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高二物理一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在沿滑梯匀加速下滑的过程中，小朋友的重力对小朋友做功的功率（）A.逐渐减小B.先减小后增大C.逐渐增大D.保持不变【答案】C【解析】【详解】在沿滑梯

匀加速下滑的过程中，小朋友竖直方向的分速度逐渐变大，重力对小朋友做功的功率等于重力乘以重力方向的分速度，故重力对小朋友做功的功率逐渐增大。C正确，ABD错误。故选C。2.如图所示，在地面上以速度0v抛出质量为

m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。以地面为零势能面，不计空气阻力，对于该过程说法正确的是（）A.物体运动至海平面时的重力势能为mghB.重力对物体做功为mgh−C.物体运动至海平面时的动能为2

012mvmgh−D.物体运动至海平面时的机械能为2012mv【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可知，以地面为零势能面，则物体运动至海平面时的重力势能为mgh−，故A错误；B．根据题意可知，该过程中物体下降高度为h，则重力对物体做功为mgh，故B错

误；C．根据题意，设物体运动至海平面时的动能为kE，由动能定理有2k012mghEmv=−解得2k012Emghmv=+故C错误；D．根据题意可知，运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可得，物体运动至海平面

时的机械能等于在地面的机械能，由于以地面为零势能面，则机械能为2012mv，故D正确。故选D。3.如图所示，点电荷Q+固定在AB连线的下方，试探电荷q+沿直线从A运动到B。此过程中q+受到的库仑力是（）A.排斥力，先变小后变大B.排斥力，先变大后变小C.吸引力，先变小后

变大D.吸引力，先变大后变小【答案】B【解析】【详解】根据同种电荷相互排斥，可知，试探电荷q+受到的一直是排斥力，电荷沿直线从A运动到B的过程中，两电荷间的距离先减小后增加，由于电量保持不变，根据2QqFkr=可知，q+受到的库仑力先增大后减小，故ACD错误，B正确。故选B。4.如图

所示，在光滑的地面上，人、车、锤一起向右在做匀速直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.车上的人用锤连续敲打小车可以使小车停止运动B.人、车、锤组成的系统机械能守恒，系统动量也守恒C.人、车、锤组成的系统机械能不守恒，系统水平方向动量守恒D.人、车、锤组成的系统机械能不守恒，用

锤敲打小车时锤给车的冲量大于车给锤的冲量【答案】C【解析】【详解】A．在光滑的地面上，人、车、锤一起向右在做匀速直线运动，虽然车上的人用锤连续敲打小车，但该系统水平方向所受合外力始终为零，即该系统水平方向动量守恒，则可知动量不为零，因此连续敲打小车不能使小车停止运动，故A错误；

B．人在敲打小车得过程中消耗了体内所存储得化学能，即化学能向机械能转化，因此，人、车、锤组成的系统机械能守恒不守恒，故B错误；C．车上的人用锤连续敲打小车得过程中，锤子在下降过程中合外力不为零，因此该系统动量不守恒，但该系统水平方向所受合外力

为零，因此该系统水平方向动量守恒，故C正确；D．用锤敲打小车时锤给车的作用力和车对锤得作用力大小相等方向相反，因此可知，锤给车的冲量等于车给锤的冲量，故D错误。故选C。5.如图所示，A、B两个大小相同、质

量不等的小球放在光滑水平地面上，A以3m/s的速率向右运动，B以1m/s的速率向左运动，发生正碰后A、B两小球都以2m/s的速率反弹，则A、B两小球的质量之比为（）A.5:3B.3:5C.1:1D.3:1【答案】B【解析】【

分析】【详解】向右为正方向，则由动量守恒可知1122AABBAABBmvmvmvmv−=−+即3122ABABmmmm−=−+解得:3:5ABmm=故选B。6.济南市长清区南部一带山体常年风力较大，为风力发电创造了有利条件。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁

极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有25速度减速为0，有35原速率穿过，如果不考虑其他能量损耗，下列说法正确的是（）A.一台风力

发电机的发电功率约为2216rvB.一台风力发电机的发电功率约为2325rvC.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为2225rvD.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为22215rv【答案】D【解析】【详解】AB．根据能量守恒定律有21225Emv=时

间t内流向叶片的空气的质量为2mrvt=一台风力发电机的发电功率约为EPt=联立解得2315Prv=所以AB错误；CD．根据动量定理可得空气对叶片的平均作用力25Ftmv=代入数据可得2225rvF=空气对风力发电机一

个叶片的平均作用力约为222315FFrv==所以C错误；D正确；故选D。7.质量为m的子弹以某一初速度0v击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相

对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（）A.若M较大，可能是甲图所示情形：若M较小，可能是乙图所示情形B.若0v较小，可能是甲图所示情形：若0v较大，可能是乙图所示情形C.地面较光滑，可能是甲图所示情形：地面较粗糙，可能是乙图

所示情形D.无论m、M、0v的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形【答案】D【解析】【详解】在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木

块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律有0()mvmMv=+木块在水平面上滑行的距离为s，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得22202122()MmvfsMvmM==+根据能量守恒定律得22

20011()222()MmvQfdmvmMvMm==−+=+则ds不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形，故ABC错误，D正确。故选D。8.如图所示，A、B是位于水平桌面上两个质量相等

的小滑块，离墙壁的距离分别为L和2L，与桌面之间的动摩擦因数分别为A和B，现给滑块A某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设AB之间、B与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失，若要使滑块A最终不从桌面上掉下来，滑块A的初

速度的最大值为（）A.()ABgL+B.()2ABgL+C.()2ABgL+D.()12ABgL+【答案】B【解析】【详解】以A、B两物体组成的系统为研究对象，A与B碰撞时，由于相互作用的内力远大于摩擦力，所以碰撞过程中系统的动量守恒。设A与B碰前速度为vA

，碰后A、B的速度分别为vA′、vB′，由动量守恒定律得AAAABBmvmvmv=+由于碰撞中总动能无损失，所以2'2'2AAAABB111222mvmvmv=+且ABmmm==联立得ABA0vvv==，即A与B碰后二者交换速度。所以第一次碰后A停止运动，B

滑动；第二次碰后B停止运动，A向右滑动，要求A最后不掉下桌面，它所具有的初动能正好等于A再次回到桌边的全过程中A、B两物体克服摩擦力所做的功，即20AB12()2222LLmvmgLmg=−+解得0AB2

()vgL=+故ACD错误，B正确。故选B。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小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.如图所示，a、b两颗人造地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球

做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.a的加速度大于b的加速度B.a的周期小于b的周期C.a的线速度大于b的线速度D.地球对a的引力小于地球对b的引力【答案】ABC【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律有2MmGmaR=可得加速度为2GMaR

=可知a的加速度大于b的加速度，故A正确；B．根据开普勒第三定律有32RCT=可知a的周期小于b的周期，故B正确；C．根据万有引力提供向心力有22MmvGmRR=可得线速度为GMvR=可知a的线速度大于b的线速度，故C正确；D．根据2MmFGR=由于a、b两颗人

造地球卫星质量不清楚，故无法判断地球对a的引力与地球对b的引力的大小，故D错误。故选ABC。10.如图所示，竖直平面内固定一半径为R=0.5m的表面粗糙的四分之一圆弧轨道，其圆心O与A点等高。一质量m=1kg的小物块（可视

为质点）在不另外施力的情况下，能以速度02m/s2v=沿轨道自A点匀速率运动到B点，P为弧AB的中点，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A.在P点时，重力的瞬时功率为52WB.小物块从A运动到B的过程中合力对小物块做的功为零C.小物块在AP段和PB段产生内能相等D.在B点时，小物块

对圆弧轨道的压力大小为11N【答案】BD【解析】【详解】A．在P点时，重力瞬时功率为PG=mgv0cos45°=5W故A错误；B．小物块从A运动到B的过程中做匀速率运动，根据动能定理，合力做的功为零，故B正确；C．小物块在AP段和PB段克服

摩擦力做功产生的内能都等于重力势能的减少量，在AP段产生的内能为1252J22QmgR==在PB段产生的内能为2210521J22QmgR−=−=故在AP段和PB段产生的内能不相等，故C错误；D．在B点时，

运用牛顿第二定律得，圆弧轨道对小物块的支持力大小2N11NvFmgmR=+=根据牛顿第三定律，小物块对圆弧轨道的压力大小N11NF=故D正确。故选BD。11.如图所示，三个完全相同的物体A、B和C放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用两根不可伸长的轻绳相连。物块质量均为1kg，与圆心距离

分别为Ar、Br和Cr，其中ACrr且A1.5mr=。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO＇匀速转动时，A、B绳中弹力1T和B、C绳中弹力2T随2的变化关系如图所示，取210m/sg=，下列说法正确的是（）的的

A.物体C与圆心距离C2.0mr=B.物体与圆盘间的动摩擦因数0.1=C.当角速度为1rad/s时，圆盘对A的静摩擦力方向背离圆心D.当角速度为2rad/s时，A、B恰好与圆盘发生滑动【答案】ABD【解析】【详解】B．由题图可得，当221rad2()3/s＝时，A、B绳刚

要有拉力，对A摩擦力提供向心力21A()mgmr＝解得0.1=故B正确；A．当222(0.5ra)d/s＝时，B、C绳刚要有拉力，对C摩擦力提供向心力22C()mgmr＝解得C2.0mr=故A正确；C．当角速度等于1rad/s时，对A，拉力和静摩擦力共同

提供向心力21A3ATfmr+＝解得A0.5Nf=方向指向圆心，故C错误；D．由图像，当角速度等于2rad/s时14NT=23NT=对A，拉力和静摩擦力共同提供向心力21A24ATfmr−＝解得A21Nfmg==对C，拉力和静摩擦力共同

提供向心力222C4CTfmr+＝解得C21Nfmg==此刻整个系统由相对圆盘向外滑动最大趋势，故D正确；故选ABD。12.如图所示，在纸面内半径为R圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，AO与水方向的夹角为30。现有氢的同位

素11H粒子从A点沿水平方向以大小为0v的速度垂直射入磁场，其离开磁场时，速度方向刚好改变了180；氢的另一同位素21H粒子以大小为0v的速度从C点沿CO方向垂直射入磁场。已知11H的电荷量为e，质量为m，不计粒子的重力和两粒子间的相互

作用。下列说法中正确的是（）A.21H粒子竖直向上射出磁场B.21H粒子在磁场中运动的时间为0RvC.该匀强磁场的磁感应强度02=mvBeRD.两粒子从圆形边界射出时射出点之间的距离为3R的【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．11H粒子离开磁场时，速度方

向刚好改变了180，表明粒子在磁场中转动了半周，如图所示，由几何关系可得112rR=据牛顿第二定律可得2001vevBmr=解得0112mvrReB==21H粒子进入磁场，据牛顿第二定律可得20022vevBmr=解得022mvrReB==所以21H粒子竖直向上射出磁场，A正确；B．2

1H粒子在磁场中运动的时间为2200122rRtvv==B错误；C．由A的解析可得，磁感应强度大小为02mvBeR=C错误；D．如图所示，由几何关系可知两粒子射出点之间的距离为2cos303sRR==oD正确。故选AD。三

、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某同学利用如图（甲）所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。实验过程中平衡摩擦后，保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进

行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）。(1)图丙为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为________m/s，小车的加速度为___

____m/s2.（以上两空均保留两位有效数字）(2)根据实验数据画出了如图（乙）所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为___________。（选填字母代号）A．1MB．1mC．mgD．F(3)当砂桶和砂的总质量较

大导致a较大时，关于（乙）图的说法，正确的是______。（选填字母代号）A．图线逐渐偏向纵轴B．图线逐渐偏向横轴C．图线仍保持原方向不变【答案】①.0.80②.4.0③.D④.C【解析】【分析】【详解】（1）[1]相邻两个

计数点之间的时间间隔50.02s0.1sT==C点的速度0.180.020.2m/s0.80m/2sBDCxvT=−==[2]小车的加速度为22(2)4.0m/sCEACxxaT−==（2）[3]对小车分析，应有FMa=解得1aFM=由于图线经过坐标原点，所以

横轴应为F。故选D。（3）[4]由于图像斜率为1kM=所以增大沙和沙桶质量，k不变，仍保持原方向不变。故选C。14.用如图甲所示装置研究两个半径相同小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。的的（1）关于本实验，下列说法中

正确的是__________。A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放B.轨道倾斜部分必须光滑C.轨道末端必须水平（2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的竖直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上的位置S由静止

释放，通过白纸和复写纸找到其平均落点的位置（A、B、C三点中的某个点），然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上的位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，用同样的方法找到两小球碰后平均落点的位置（A、B、C三点中剩下的两个

点）。实验中需要测量的有__________。A.入射小球和被碰小球的质量1m、2mB.入射小球开始的释放高度hC.小球抛出点距地面的高度HD.两球相碰前后的平抛射程OB、OA、OC（3）某同学在做上述实验时，测得入射小球和被碰小球的质量关系为122mm=，两小球在记录纸上留下三处

落点痕迹如图乙所示，他将米尺的零刻线与O点对齐，测量出O点到三处平均落地点的距离分别为OA、OB、OC。该同学通过测量和计算发现，在实验误差允许范围内，两小球在碰撞前后动量是守恒的。①该同学要验证的关系式为______________________

_________________；②若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式_________________________是否成立。[用（2）中的物理量表示]【答案】①.AC②.AD③.112mOC

mOAmOB=+④.OCOAOB+=222112mOCmOAmOB=+【解析】【分析】【详解】（1）[1]本实验只要确保轨道末端水平，从而确保小球离开轨道后做的是平抛运动即可，并不需要轨道

光滑；另一方面，要确保放上被碰小球后，入射小球的碰前的速度大小还是原来的大小，故要求从同一位置由静止释放入射小球，故选AC。（2）[2]由于入射小球、被碰小球离开轨道后的运动都是平抛运动，且平抛的竖直位移相同，故由02Hxvg=可知，小球的水平位移0xv，故可用水平位移的大小关系表示速度的

大小关系，因此不需要测量H。H只要保持不变就可以了，并不需要测量出来，故选AD。（3）[3]①由图可知，17.60cmOA=，25.00cmOB=，=30.00cmOC，代入质量关系，可知112mOBmOAmOC+但是112mOCmOAmOB+故OC才是入射小球碰前速度对应的水

平位移。[4]由动量守恒得112mOCmOAmOB=+根据122mm=解得()2OCOAOB−=故要验证碰撞是否为弹性碰撞，则可以验证2'2'2111122111222mvmvmv=+即222112mOCmOAmOB=+变形得222112mOCmOAmOB−=根据122mm=则有()

()22OCOAOCOAOB−+=解得OCOAOB+=15.中国于2023年5月30号成功发射“神舟十六号”载人飞船。如图，“神舟十六号”载人飞船发射后先在近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道a点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达b点时再次点火进入圆轨道Ⅲ。载人飞船离地球

表面的距离为h。地球表面的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G，忽略地球自转。求：（1）地球的质量M；（2）中国空间站绕地球运动的线速度v大小。【答案】（1）2gRG；（2）2gRRh+【解析】【详解】（1）

当飞船在近地圆形轨道Ⅰ上时，有2MmGmgR=所以GgRM2=（2）当飞船在圆轨道Ⅲ上运行时，有22()MmvGmRhRh=++所以2gRvRh=+16.如图所示，在光滑、绝缘的水平地面上有一绝缘轻质弹簧，弹簧一端连接带正电的小球A，A所带的电荷量q

1=4.5×10-6C，另一端连接带负电的小球B，B所带的电荷量q2=2×10-6C，已知静电力常量k=9×109N·m2/C2，弹簧的原长L0=0.5m，小球A、B处于静止状态，整个过程中弹簧处于弹性限度范围内，所有小球均可视为点电荷.（1）若小球B右侧x=

0.8m处的电场强度为零，求弹簧的劲度系数k'；（2）若再放一带正电的小球C，在三小球均静止时，弹簧的弹力为零，求小球C所带的电荷量q3和所处位置。【答案】（1）81N/m16k=；（2）531.810Cq−=，C应放在小球B的右边1md=【

解析】【详解】（1）设静止时，小球A、B间的距离为L，则有()1222qqkkxLx=+解得0.4mL=又由胡克定律有()1202qqkLLkL−=解得81N/m16k=（2）三小球在水平地面上通过电场之间作用力保

持静止，则可知小球C应放在小球B的右边，设小球C离小球B的距离为d，对小球A受力分析，由二力平衡有()13122200qqqqkkLLd=+对小球B受力分析，由二力平衡有2312220qqqqkkLd=解得1md=531.810Cq−=.17.

如图所示，水平传送带以恒定速度6m/sv=顺时针向右侧运动，左右两端点A、B间距4mL=。传送带左用一光滑水平面CA与足够长、倾角37=的斜面CE相连。传送带右侧与竖直面内半径0.4mR=的光滑半圆形轨道BD相切于B点（水平面AC与斜面CE连接处、传

送带左右两侧连接处均平滑，物块通过时无机械能损失）。已知物块P与斜面CE间的动摩擦因数10.5=，与传送带间的动摩擦因数20.2=，小物块P的质量1kgm=，重力加速度g取10m/s2。现将小物块P自斜面CE上到C点的距离为2.25ms=的位置由静止释放。（sin3

70.6=）（1）求物体到达斜面底端的速度大小；（2）判断物体能否通过半圆轨道最高点D？如果不能，请说明原因；如果能，求物体通过D点时对轨道的压力；（3）若物体P从斜面上某区域任意位置由静止释放时，发现物块P总

能以相同的速度通过半圆轨道D点，求该释放区域的长度。【答案】（1）3m/s；（2）12.5N；（3）5m18mx【解析】【详解】（1）根据动能定理211sincos2Cmgsmgsmv−=物体到达斜面底端的速度大小为3m/sCv=（2）物块在传送带上做

加速运动的加速度为222m/smgam==运动至传送带B端的过程222BCvvaL−=得5m/sBv=对BD端，根据机械能守恒2211222BDmvmvmgR=+得3m/sDv=设物块恰好能通过最高点，则2DvmgmR=得

2m/s3m/sDv=故物块能通过最高点，根据牛顿第二定律2DvmgNmR+=得12.5NN=根据牛顿第三定律，对轨道的压力为12.5N。（3）若物块在皮带上加速，物块到达B点时与传送带共速，设恰好到达B点时

共速，则根据动能定理2121sincos2mgxmgxmgLmv−+=得5mx=若物块在皮带上减速，物块到达B点时与传送带共速，设恰好到达B点时共速，则根据动能定理2121sincos2mgxmgxmgLmv−−=得18mx=该释放区域的长度为5m18mx。18.如

图所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平直槽上，A与B间和B与C间的距离均为L，A球带电荷量为QA=8q，B球带电荷量为QB=q。若小球C上加一水平向右的恒力F，恰好使A、B、C三小球保持相对静止，

求：（1）外力F的大小；（2）C球所带电荷量QC；（3）历时t后，恒力F对系统共做了多少功？【答案】（1）2272kqL；（2）-16q；（3）2424864kqtmL【解析】【详解】（1）因为A、B、C三球保持相对静止，故有相同的状态，对它们整体进行研究，由牛顿第二定

律有3Fma=对A球分析，可知C球电性应与A球和B球相异，则有()CAAB222QQQQkkmaLL−=对B球分析，有CBAB22QQQQkkmLLa+=联立解得2272kqFL=（2）将F代入3Fma

=()CAAB222QQQQkkmaLL−=解得C16Qq=C球电荷量QC为-16q；（3）F对系统做功WFs=位移为212sat=联立解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com