【文档说明】四川省南充高级中学2024-2025学年高二上学期开学物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，2.105 MB，由小赞的店铺上传

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南充高中高2023级高二上学期入学考试物理试题（考试时间：75分钟，满分：100分）一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分）1.若已知物体运动的初速度0v的方向及它受到的恒定合外力F的方向，图中MNPQ、、、表示物体运动的轨迹，其中正确的是（）A.B

.C.D.【答案】B【解析】【详解】物体的初速度方向与力的方向不在同一直线上，可知物体做曲线运动，运动轨迹在初速度与力的方向之间，物体受到恒定的合力，合力指向运动轨迹弯曲的内侧。故选B。2.如图所示的四幅图是小明提包回家的情景，小明

提包的力不做功的是（）A.将包提起来B.站在水平匀速行驶的车上C.乘升降电梯D.提着包上楼【答案】B【解析】【详解】根据功的概念可知，只有同时满足有力及在力的方向上有位移两个条件，力才对物体做功。A．小明将包提起来，包沿拉力方向有位移，拉力做功，A不符

合题意；B．小明站在水平匀速行驶的车上时，拉力与位移垂直，拉力不做功，B符合题意；C．小明乘升降电梯时，包沿拉力方向有位移，拉力做功，C不符合题意；D．小明提包上楼的过程中，拉力与位移夹角是锐角，拉力做正功，D不

符合题意。故选B。3.关于铁道转弯处内外铁轨间的高度关系，下列说法中正确的是()A.内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车事故B.因为列车在转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒C.外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利

转弯，减少车轮与铁轨的挤压D.以上说法均不正确【答案】C【解析】【详解】铁道转弯处外轨比内轨略高，从而使支持力的水平方向合力可提供一部分向心力，以减少车轮与铁轨的挤压避免事故发生，选项C正确，ABD错误。故选C。4.如图所示，长、宽、高分别为

2L、L、h的长方体盒子固定在水平地面上，M为盒子右侧底边中点，O为地面上一点，OM长为L，且与盒子右侧底边垂直，一小球（可视为质点）从O点正上方3h处水平抛出，不计空气阻力，若抛出的速度大小和方向合适，小球可以不和盒子有任

何接触直接落在盒子底面上，则小球初速度的取值范围为（）A.546ggLvLhhB.243ggLvLhhC.566ggLvLhhD.263ggLvLhh【答案】A【解析】【分析】【详解】小球做平抛运动，由2132hgt=可知，小球

从抛出至落在盒子底面的运动时间6htg=当小球落在盒子左侧的两个角上时，小球的水平位移22(2)5xLLL=+=此时小球的初速度最大，最大初速度max56xgvLth==当小球恰好擦过盒子右侧侧壁进入盒内时，小球的初速度最小，小球

从抛出至擦过盒子右侧侧壁的水平位移xL=竖直位移2yh=根据2122hgt=minLvt=解得最小初速度min4gvLh=所以小球不和盒子有任何接触直接落在盒子底面上的初速度的取值范围为546ggLvLhhBCD错误，A正确。故选A

。5.一小石子从高为10m处自由下落，不计空气阻力，经一段时间后小石子的动能恰等于它的重力势能（以地面为参考平面），g=10m/s2，则该时刻小石子的速度大小为（）A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s【答案】B【解析】【分析】【详解】运动的过程中小石子的机械能守恒

，取地面为零势能面。设小石子在离地高度为h时动能等于重力势能，根据机械能守恒可得212mghmghmv=+由于动能和重力势能相等，则有212mghmv=代入数据解得1010m/s10m/svgh===故选B。6.如图所示，人造地球卫

星1在圆形轨道Ⅰ上运行，人造地球卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（）A.卫星1在轨道Ⅰ上的速

度小于gRB.卫星1在A点加速度大于卫星2在B点的加速度C.卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等D.卫星1在轨道Ⅰ上通过A点的动能大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的动能【答案】A【解析】【详解】A．根据22GMmmvrr=解得

2GMgRvrr==轨道Ⅰ的轨道半径r大于地球半径R，故卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于gR，故A正确；B．根据2GMmmar=可知加速度2GMar=因为A点到地球球心的距离大于B点到地球球心的距离，卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度，故B错误；C．根据开

普勒第二定律，卫星1在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，且卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，但两卫星在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，故C错误；D．卫星在轨道Ⅱ上A点需加速才能运动到轨道Ⅰ上，故卫星1在轨道

Ⅰ上通过A点的速度大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的速度，但因为两卫星的质量关系不知道，故无法判断两卫星通过A点的动能大小，故D错的误。故选A7.如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平、OB

竖直，一个质量为m的小球自A点正上方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2APR=，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）A.重力做功2mgRB.机械能减少mgRC.克服摩擦力做功mgRD.合外

力做功12mgR【答案】D【解析】【详解】A．重力做功与路径无关，只和初末位置有关，则小球从P到B的运动过程中，重力做功为2()GWmgRRmgR=−=故A错误；BC．小球在B点时，有2vmgmR=整理得小球在B点的动能为2k1122EmvmgR=

=小球从P到B的运动过程中，重力势能减少了p(2)EmgRRmgR=−=所以机械能减少了1122EmgRmgRmgR=−=摩擦力做功为。f12WmgR=−则小球克服摩擦力做功为12mgR，故BC错误；D．合外力做的功等于小球的动能变化量，即k12WEmgR==故D正确。故选D。

二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分。每小题全选对得5分，部分选对但不全得3分，有错选或不选得0分。）8.如图所示，以10m/s的水平速度抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在倾角为30=的斜面上，g取210m

/s以下结论正确的是（）A.物体的飞行时间是3sB.物体撞击斜面时的速度大小为20m/sC.物体飞行的时间是2sD.物体下降的距离是10m【答案】AB【解析】【详解】AC．根据运动的合成与分解，把末速度'v按如图所示进行分解由几何关系可知tanxyvv=根据平

抛运动规律可知10m/sxvv==ygt=v联立解得3st=A正确，C错误；B．根据几何关系可得，物体撞击斜面时的速度大小'sinxvv=解得'20m/sv=B正确；D．物体下降的距离2115m2hgt==D错误故选AB。9.一辆汽车从静止开始沿

平直路面运动。运动过程中牵引力F及加速度a与汽车速度v的关系图线分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力保持恒定，汽车速度由10m/s增至24m/s的过程中功率保持不变，该过程中汽车的位移为1252m，下列说法正确

的是（）A.甲图中A点坐标为2500B.汽车的质量为3310kgC.汽车的速度为20m/s时的加速度为20.1m/sD.汽车从静止到速度刚达到24m/s经过的时间为72s【答案】AC。【解析】【详解】A．由图像乙可知，初始时汽车的加速度不变，所以汽车为恒加速度启

动，当汽车速度达到10m/s时，汽车的功率达到额定功率，即60000WPFv==额由图像甲和图像乙可知，图中A点时汽车达到最大速度，即此时汽车牵引力等于阻力，也就是A点的数值，有maxPfv=额解得2500Nf=所以A点的坐标为2500，

故A项正确；B．汽车做匀加速直线运动过程中，有Ffma−=解得5000kgm=故B项错误；C．当汽车的速度为20m/s时，设此时牵引力为1F，有1PFv=额11Ffma−=解得1m/sa=故C项正确；D．汽车由静止到10m/s由11vat=由10m/s到24m/s有222max11

122Ptfxmvmv−=−1286.29sttt=+在故D项错误。故选AC。10.如图所示，质量为M木块静止在光滑的水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在木块中，木块获得的速度为v1，子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，下列说法正确的是（）

A.子弹损失的动能等于fdB.子弹损失的动能等于()fsd+C.子弹损失的动能为2012mvD.子弹、木块组成的系统损失的动能等于fd【答案】BD【解析】【详解】ABC．对子弹应用动能定理可得()22101122fsdmvmv−+=−①故子弹损失的动能为()22011122Efsdmvmv

=+=−损AC错误，B正确；D．对木板应用动能定理可得2112fsMv=②联立①②可得()22011122fdmvmMv=−+故子弹、木块组成的系统损失的动能等于fd，D正确。故选BD。11.如图所示，许多工

厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。传送带以恒定的速率02m/sv=运送质量为0.5kgm=的工件，工件从A位置放到传送带上，它的初速度忽略不计。工件与传送带之间的动摩擦因数32=，传送带与水平方向夹角是30=，传送带A、B间长度是16ml=；每当前一个工件在传送带上停

止相对滑动时，后一个工件立即放到传送带上，取210m/sg=，下列说法正确的是（）A.工件从传送带A位置到B位置需要8.4sB.在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为0.8mC.在传送带上摩擦力对每个工件做的功3JD.传送带满载工件比空载时增加功率57.5W【答案】AD【解

析】【详解】A．根据牛顿第二定律得cossinmgmgma−=解得工件在传送带上的加速度2cossin2.5m/sagg=−=根据v=at得，工件放到传送带后相对静止所经历的时间12s0.8s2.5vta===停止滑动前，工件相对地移动的距离为221112.50.8m0.8m2l

at===工件在传送带上匀速运动的长度2115.2mlll=−=工件在传送带上匀速运动的时间2207.6sltv==工件从传送带A位置到B位置需要120.8s7.6s8.4sttt=+=+=故A正确；B．在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为20111120.8m1.6m2lvt

atl=+−==故B错误；C．在传送带上先是滑动摩擦力做功，然后是静摩擦力做功，则()()112111cossin41JWflfllmglmgll=+−=+−=故C错误；D．由10lnl==个知满载时皮带上共有工件11个，其中

10个在做匀速直线运动，则12151=10=N+100.510N=28.75N42fff+总所以传送带满载工件比空载时增加功率28.752W57.5WPfv===总故D正确。故选AD。三、实验题（本题共2个小题，每空2分，共14分）12.（1）在做“研究平抛运动”的实验时，下列哪些因

素会使实验误差增大（）A．斜槽末端没保持水平B．每次小球从同一位置由静止释放C．小球运动时不与木板上的白纸（或方格纸）相接触D．根据曲线计算平抛运动速度时，在曲线上取作计算的点离原点O较近（2）一个同学在《研

究平抛物体的运动》实验中，只画出了如图1所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离s相等的三点A、B、C，量得s=0.2m。又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.1m，h2=0.2m，g取10m/s2，利用这些数据，可求得：①

物体抛出时的初速度为___________m/s；的②物体经过B时竖直分速度为___________m/s；【答案】①.AD②.2③.1.5【解析】【详解】[1]A实验要求斜槽的末端保持水平，使小球离开斜槽末端时速度沿水平方向，故A符合题意；B．每次小球从同一位置由静止释放，可以使小球

每次都以相同的速度离开斜槽末端，B不符合题意；C．小球撞击横栏前，不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触，避免摩擦阻力影响小球的运动轨迹，故C不符合题意；D．根据曲线计算平抛运动的速度时，应在曲线上取离原点O较远的点，测量的数值较大，可以减小测量长度

的相对误差，故D符合题意。故选AD。（2）[2][3]A、B、C三点的水平距离相等，所以运动时间也相等，即ABBCtt=竖直方向上为自由落体运动，则221ABhhgt−=解得0.1sABt=所以物体抛出时的初速度为02m/sABsvt==物体经过B点时的竖直分速度为

121.5m/sByABBChhvtt+==+13.在“验证机械能守恒定律”的实验中（1）可以采用下图所示的A或B方案来进行，比较这两种方案，______（填“A”或“B”）方案好些。（2）在利用自由落体法“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用交流电的频率为50Hz，实

验得到的两条纸带如上图所示，应选______（填“C”或“D”）纸带好。（3）在选择正确方案后，某小组采用该方案装置打出了一条纸带如图所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出B点的速度大小为________m/s。（结果保留三位有效数字）（4）该小组内的同学根据

纸带算出了相应点的速度v，并量出下落的距离h，以2v为纵轴，以h为横轴画出的图线如图所示，由图像可知机械能损失占机械能的________%（保留两位有效数字），得到的结论是在实验误差允许范围内物体的机械能守恒。（当地的重力加速度为10m

/s2）【答案】①.A②.D③.1.37④.6.0【解析】【详解】（1）[1]A中重物下落过程中存在空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦阻力，而B中小车运动过程中除空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦阻力外，还受到小车和斜面之间的摩擦力

，机械能损失较多。故选A。（2）[2]D纸带0~1间的距离更接近2mm，说明重物下落过程中所受阻力更小，机械能守恒。故选D。（3）[3]B点的速度大小为212.406.9310m/s1.37m/s220.02BACvT−−

===（4）[4]重物下落过程中，有21()2mgfhmv−=所以2()18.81.0mgfm−=所以0.06fmg=所以100%6.0%fhmgh==四、计算题（本题共3小题，共38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。14.如图所示，把质量4mg=的带负电的小球A用绝缘细绳悬挂起来，再将带电荷量6B410Cq−=的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30rcm=时，A球静止，绳与竖直方向

的夹角45a=。已知静电力常量922910N?m/Ck=，取重力加速度g=102m/s，求：（1）B球受到的库仑力F的大小。（2）A球所带电荷量qA。【答案】（1）2410NF−=；（2）7110CAq−=【解析】【详解】（1）分析

小球A的受力情况，如图所示根据平衡条件可得tan45Fmgmg==代入数据得2410NF−=（2）根据库仑定律，有2ABqqFkr=代入数据得7110CAq−=15.长度L=0.3m的细线，拴着一个质量m=0.3kg的小球，在竖

直平面内做圆周运动，小球运动到最低点时离地面高度h=0.8m，此时细线受到的拉力F=7N，g取10m/s2，求：（1）小球在最低点速度的大小；（2）若小球运动到最低点时细线恰好断裂，则小球经多长时间落地？着地时速度为多大？【答案

】（1）2m/s；（2）0.4s，25m/s【解析】【详解】（1）在最低点有2vFmgmL−=代入数据解得2m/sv=（2）绳断裂后做平抛运动212hgt=得20.4shtg==由机械能守恒定律2221122mg

hmvmv+=得225m/sv=16.如图所示，在竖直面内，足够长光滑倾斜直轨道PA与水平直轨道平滑连接。以速度0v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径

上，E点高度为H。开始时，一质量为m的物块自斜面上高为h处由静止下滑，已知2gm=，1ml=，0.4mR=，0.2mH=，02m/sv=，物块与MN、CD之间的动摩擦因数0.5=，轨道AB和管道DE均光滑，物块落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与D

E平滑连接，物块可视为质点。（1）为使物块能够到达E点，求h的最小值；（2）物块在DE最高点时，求管道对物块的作用力NF与h间满足的关系；（3）若物块释放高度0.9m1.65mh，求物块最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立

x轴）。【答案】（1）1.2m；（2）()N0.10.14NFh=−（h≥1.2m），竖直向下为FN的正方向；（3）当0.9m<h<1.2m时，2.6m<x≤3m；当1.2m1.65mh时，333m3.6m55x++【解析】【详解】（1）由题意可知，物块恰能够

到达E点时，物块从P点处由静止下滑时，h有最小值，由动能定理可得min20mghmglmgH−−=代入数据解得min1.2mh=（2）设物块在DE最高点时的速度为vE，以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律可得2

NEvFmgmR+=由动能定理可得2122EmghmglmgHmv−−=联立解得()N0.10.14NFh=−（h≥1.2m）竖直向下为FN的正方向。（3）若物块释放高度1.2m1.65mh时，物块位置在E点或E点右侧，由动能定理可得2122Emghmglmg

Hmv−−=若从E点飞出后，在竖直方向有212Hgt=水平方向有1Esvt=由几何关系可得3m5DF=联立解得13xlDFs=++代入数据解得333m3.6m55x++若物块释放高度0.9m1.

65mh，从10.9mh=释放时，由动能定理可得20mghmgs−=解得21.8ms=可知物块达到距离C点右侧0.8m处静止，滑块在E点速度是零时，返回到CD时，由动能定理可得30mgHmgs−=解得30.4ms=可知滑块距离C点0.6m静止，综上可知，当0.9m<h

<1.2m时，则有（3l−s3）≤x≤3l代入数据解得2.6m<x≤3m若物块释放高度为1.2m1.65mh则物块最终静止的位置x值的范围为333m3.6m55x++