【文档说明】吉林省长春外国语学校2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题 含解析.docx，共(18)页，754.607 KB，由小赞的店铺上传

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长春外国语学校2023-2024学年第一学期开学考试高二年级物理试卷（选考）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页。考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘

贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持

卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。第Ⅰ卷一、选择题（本题共15小题，共60分。在每小题给出的四个选项中，第1-10题只有一项符合题目要求，每小题4分；第11-15题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2

分，有选错的得0分。）1.对于质量分别为m1和m2两个物体间的万有引力的表达式F=G122mmr，下列说法正确的是()A.公式中G是引力常量，它是由实验测得的，而不是人为规定的B.当两物体间的距离r趋于零时，万有引力趋于无穷大C.当有第三个物体放在m1、m2之间时，m1和m2间的万有

引力将增大D.m1和m2所受的引力性质可能相同，也可能不同【答案】A【解析】【详解】A．公式中G是引力常量，它是由实验测得，而不是人为规定的，故A正确；B．当物体间距离趋于零时，物体就不能看成质点，因此万有引力表达式不再适用，物体间的万有引力不会变得无穷大，故B错误；C．物体间万有引力

的大小只与两物体的质量m1、m2和两物体间的距离r有关，与是否存在其他物体无关，故C错误；的的D．物体间的万有引力是一对作用力与反作用力，是同种性质的力，且始终等大反向共线，故D错误；故选A。2.关于功率，下列说法中正确的是（）A.根据P＝Wt可知，机械做功越多，其功率

就越大B.根据P＝Fv可知，汽车的牵引力一定与其速度成反比C.根据P＝Wt可知，只要知道时间t内所做的功，就可知任意时刻的功率D.根据P＝Fv可知，发动机的功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比【答案】D【解析】详解】A．做功越多，功率不一定大，功率大，说明做功快，故A错误；BD．当功率

保持不变时，牵引力与速度成反比，故B错误，D正确；C．知道时间t内所做的功，就能知道这段时间内的平均功率，故C错误。故选D。3.如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l。重

力加速度大小为g。在此过程中，绳的重力势能增加（）A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl【答案】A【解析】【详解】由题意可知，PM段细绳的重力势能不变，MQ段细绳的重心升高了6l，则重力势能增加p21369lEmgmgl=＝故选A。【4.两只完全相同的鸡蛋A、B自同一高度

由静止释放，分别落在海绵和石头上，鸡蛋A完好（未反弹），鸡蛋B碎了。不计空气阻力，对比A、B鸡蛋，下列说法正确的是（）A.下落过程中鸡蛋B所受重力的冲量大B.下落过程中鸡蛋B的末动量大C.碰撞过程中鸡蛋B动

量减小的更多D.碰撞过程中鸡蛋B的动量变化率大【答案】D【解析】【详解】AB．根据动量定理10==−Imgtp可知下落过程中鸡蛋A、B所受重力的冲量、和末动量一样大，故AB错误；C．碰撞后鸡蛋A、B都静止，可知碰撞过程中动量减少量相等，故C错误；D．鸡蛋B与石头作用时间段，碰

撞过程中鸡蛋的动量变化率=pFtp相同，作用时间短，所以碰撞过程中鸡蛋B的动量变化率大，故D正确。故选D。5.宇航员在地球表面以初速度0v竖直上抛一小球，经过时间t小球到达最高点；他在另一星球表面仍以初速度0v竖直上抛同一小球，经过时间5t小球到达最高点。取地球表面重力加速度g=10m/s2

，空气阻力不计。则该星球表面附近重力加速度g′的大小为（）A.2m/s2B.2m/s2C.10m/s2D.5m/s2【答案】A【解析】【详解】根据逆向思维可知，在地球上有0vgt=在另一个星球上0(5)vgt=解

得，星球表面附近重力加速度的大小22m/s5gg==故A正确，BCD错误。故选A。6.如图甲所示，质量为1kg的物块放在光滑的水平面上，0=t时刻，给物块施加一个水平向右的拉力使物块从静止开始运动，其运动

的vt−图象如图乙所示。则04s内水平拉力的冲量大小（）A.4kgm/sB.大于4kgm/sC.小于4kgm/sD.无法求解【答案】A【解析】【详解】根据动量定理有Δ4kgm/sImv==故选A。7.如图所示，

M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负电荷q（点电荷），不计重力，下列说法中正确的是（）A.点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B.点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C.点电荷运动到O点

时加速度为零，速度达最大值D.点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零【答案】C【解析】【详解】ABC．由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先

增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，也有可能一直减小，但速度一直增大，点电荷q在O点所受电场力的合力为零，加速度为零，速度达到最大，故C正确，AB错误；D．同理，点电荷越过O点后，加速度可能先增大后减小，也有可能一直增大，但速度越来越小直到为零，故D错误。故选C

。8.一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a，b，c三点的场强的大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（）A.Ea最大B.Eb最

大C.Ec最大D.Ea=Eb=Ec【答案】A【解析】【详解】金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。a点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在a点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在a点处产生的场强最大；而c点离带电杆最远，则金属球上感应电

荷在c点处产生的场强最小，故A正确，BCD错误。故选A。9.如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则（）A.该粒子一定带负电B.此电场不一定是匀强电场C.该电场

的电场线方向一定水平向左D.粒子在电场中运动过程动能不断减少【答案】D【解析】【详解】A．根据物体做曲线运动的条件，电场力方向水平向右，但电场线方向无法判断，电性不能确定，故A错误；B．由图可知，等势线为等间距的平行线

，结合等势面的特点可知，是匀强电场，故B错误；C．由B选项分析可知电场沿水平方向，并且沿电场线方向电势降低，而a、b、c、d之间电势大小关系未知，故无法判断电场方向，故C错误；D．带电粒子在电场中沿曲线AB运动时电场力对粒子做负功，其电势能增大，动能减小，故D

正确。故选D。10.一物块在水平地面上沿直线滑行，0=t时其速度为1m/s，从此刻开始在物块运动方向上再施加一水平作用力F，力F与物块的速度v随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。则下列说法中正确的是（）A.第1秒内水平作用力F做负功B.第2秒内合力做功为0.5

JC.第3秒内水平作用力F不做功D.0~3秒内水平作用力F所做总功为3J【答案】B【解析】【分析】【详解】A．第1秒内加速度大小为2111m/s1vat===第1秒内有11fFma−=，11NF=第2秒内加速度大小为2

211m/s1vat===第2秒内有22Ffma−=，23NF=第3秒内有32NfF==联立解得1kgm=第1秒内水平作用力F做正功，所以A错误；B．由动能定理可得第2秒内合力做功为2211=0110.5J22kWEmv=−==合所以B正确；C．第3秒内水平作用力F也做正功，所

以C错误；D．第1秒内位移为11110.5m22vst===第2秒内位移为21110.5m22vst===第3秒内位移为3111msvt===0~3秒内水平作用力F所做总功为11223310.530.5214JFWFsFsFs=++=++=所以D错误

；故选B。二、多选11.据英国《卫报》网站报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”。假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍。则该行星与地球的（）A.轨道半径之比

值为23pqB.轨道半径之比值为23pC.线速度之比值为3qpD.线速度之比值为1p【答案】AC【解析】【详解】AB．行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有2224πGMmmRRT=解得2324πGMTR=该行星与

地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍，故2233RMTqpRMT==行橙行日地地故A正确，B错误；根据2πRvT=有：2331vRTqqpvRTpp===行行地地地行故C正确，D错

误；故选AC。12.如图所示，在竖直平面内有一个半径为R圆弧轨道。半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知PA=2R，重力加速

度为g，则小球（）A.从B点飞出后恰能落到A点B.从P到B的运动过程中机械能守恒C.从P到B的运动过程中合外力做功12mgRD.从P到B的运动过程中克服摩擦力做功12mgR的【答案】CD【解析】【详解】A.由“小

球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力”可知在B点时小球速度为B=vgR小球从B点飞出后21=2Rgt得2=Rtg则水平距离B2===2RxvtgRRg故A错；B．若整个过程机械能守恒，从P点释放，到B点的速度应该是2gR，可见机械能减小，故B错；C．从P到B的运动过程中，合外力做功等

于物体动能的变化，即2KB11==22EmvmgR故C正确；D．克服摩擦力做功等于系统机械能的减少量2KB11==22EmgRmvmgR−故D正确。故选CD。13.平行板电容器充电完成后，断开电源，A极板带正电，B极板带负电。板间有一带电小球，用绝缘细线悬挂，如图所示，小球静止时与竖直方

向的夹角为θ，则（）A若将A极板向下平移少许，A、B两板间电势差将减小.B.若将B极板向右平移少许，电容器的电容将减小C.若将A极板向右平移少许，夹角θ将不变D.若将B极板向上平移少许，夹角θ将变小【答案】BC【解析】【详解】A．若将A极板向下平移少许，根据4SCkd

=极板正对面积减小，得知电容将减小，电容器的电量Q不变，根据QCU=分析得知板间电势差增大，A错误；B．若将B极板向右平移少许，根据4SCkd=板间距离d增大，电容将减小，B正确；C．根据4SCkd

=QCU=UEd=可得板间场强4kQES=电容器的电量Q不变，板间场强E与板间距无关，板间场强E不变，小球所受的电场力不变，不变，C正确；D．根据4SCkd=若将B极板向上平移少许，极板正

对面积减小，得知电容将减小，电容器的电量Q不变，根据QCU=分析得知板间电势差增大，根据UEd=板间场强E变大，根据FqE=小球所受的电场力变大，变大，D错误。故选BC。14.如图所示，真空中存在着由一固定

的点电荷Q（图中未画出）产生的电场，一带正电的点电荷q仅在电场力作用下沿曲MN运动，且在M、N两点的速度大小相等，则在点电荷q从M运动到N的过程中（）A.电势能一定先增大后减小B.动能可能先减小后增大C.加速度可能保持不变D.可能做匀速圆周运动【答案】BD【解析

】【详解】A．q从M到N的过程中电场力做的总功零，由于不能确定Q的位置，所以是先做正功还是先做负功不能确定，电势能的变化不能确定，故A错误；B．如果电场力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，故B正确；C．由于Q的位置不确定，电场力的大小方向不确定，故加速度大小方向不确定，故

Ｃ错误；D．如MN为一段圆弧，Q位于圆心，则q做圆周运动，故D正确。故选BD。15.如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m。滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l，

开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是（）A.滑块和小球组成的系统动量不守恒B.滑块和小球组成的系统竖直方向动量守恒C.小球的最大速率为2M

glMm+D.小球的最大速率为22()mglMMm+【答案】AC【解析】【详解】A．小球下落过程中系统合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A正确；B．绳子拉力属于内力，当小球到达最低点时，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方

向动量守恒，但竖直方向合外力不为0，动量不守恒，故B错误；CD．当小球落到最低点时，只有水平方向有速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，根据系统水平方向动量守恒得12Mvmv=小球下落过程中系统机械能守恒，则22121122mglMvmv=+联立解得212()mglvMMm=+，22MglvMm

=+故C正确，D错误。故选AC。第Ⅱ卷三、填空题（本题共两小题，第16题10分，第17题10分，共计20分。）16.某同学利用电火花打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨

的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨

，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把电火花打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动

时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先______________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图(b)所示；⑧测得滑块1的质量为310

g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g.完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．(3)试说明(2

)中两结果不完全相等的主要原因是___________________________________【答案】①.（1）启动打点计时器(或接通打点计时器电源)；②.释放滑块1；③.（2）0.620；④.0.618；⑤.（3）纸带和限位孔之间的摩擦力使滑块的速度减小【解析】【详解】(

1)⑥[1][2]．使用打点计时器时，应先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1.(2)[3][4]．放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为：p1＝m1v1＝0.310×0.20.1kg·m/s＝0.

620kg·m/s，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg·m/s；碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×0.1680.14kg·m/s＝0.6

18kg·m/s.(3)[5]．结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用．17.如图1为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图。（1）某同学按照正确操作选的纸带如图2所示，其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，打点频率为50Hz

，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中（单位：cm），重锤的质量为0.1kgm=，重力加速度29.80m/sg=。根据以上数据当打点计时器打到B点时，重物重力势能的减少量为____________J，动能的增加量为

_______J。要求计算结果均保留三位有效数字，重物重力势能的减少量大于动能的增加量的原因是__________（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．从纸带上选取多个点，测量从起始点O到其余各点的下落高度h，并计算各点

速度的平方2v，然后以212v为纵轴，以下落高度h为横轴，根据实验数据作出图线．若在实验误差允许的范围内，图线是一条过原点的直线，验证了机械能守恒定律，则图线斜率表示的物理量是________。（3）在实验过程中，以下说法正确的是______。A.实

验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，因此，实验选取纸带越短越好B.实验中用天平称出重物的质量是必不可少的步骤C.测出重物下落时间t，通过vgt=计算出瞬时速度D.若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证【答案】①.0.

550②.0.545③.重物下落过程克服摩擦力做功④.重力加速度⑤.D【解析】【详解】（1）[1]根据以上数据当打点计时器打到B点时，重物重力势能的减少量为p20.19.8056.1010J0.550JBEmgh−

===[2]B点的速度为2(62.8049.60)10m/s3.3m/s20.04ACBxvT−−=＝＝动能的增加量为2k10.545J2BEmv==[3]重物重力势能的减少量大于动能的增加量的原因是重物下落过程克服摩擦力做功。（2）[4]根据机械能

守恒有212mghmv=推得212vgh=故以212v为纵轴，以下落高度h为横轴的图线，斜率表示的物理量是重力加速度g。（3）[5]A．实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，但纸带越短，打点越少，测量相对误差会越大，故A错误；B．实验中重力势能的减少量和

动能的增加量都有质量，可以约去，故不用天平称出重物的质量，故B错误；C．不能根据vgt=计算出瞬时速度，否则就默认了机械能守恒，失去验证的意义，故C错误；D．纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证，只是注意重物的初速度不能再取零，故D正

确。故选D。三、计算题（本题共2小题，共20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。）18.北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的

冰壶乙，然后冰壶甲以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：（1）冰壶乙获得的速度大小；（2）试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少。【答案】（1）0.3m/s；（2）非弹性碰撞，0.57J【解析】【详解】（1）由动量守恒定

律知123mvmvmv=＋将10.4m/sv=20.1m/sv=代入上式得30.3m/sv=（2）碰撞前的动能21111.52J2Emv==碰撞后两冰壶的总动能222231210.95J2Emvmv==+因为12EE所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，能量损失120

.57JEEE=−=19.如图所示，在O点放置一个正电荷。在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m=0.5kg、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R=3.6m为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°

，A距离OC的竖直高度为h=6m。若小球通过C点的速度为v=10m/s。g=10m/s2，求(1)小球通过B点的速度大小；(2)小球由A到C机械能的损失。【答案】(1)8m/s；(2)5J【解析】【详解】（1

）从B点到C点的过程中，因为BC两点的电势相等，电场力不做功，则由动能定理得2211sin3022BmgRmvmv=−可得8/Bvms=（2）设小球从A到C的过程中，电场力做功为W，由动能定理得212CmghWmv+=可得

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