【文档说明】山西省阳泉市第一中学校2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题 含解析.docx，共(12)页，759.449 KB，由小赞的店铺上传

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阳泉一中2023年高二分班考试试题学科：物理考试时间75分钟分值100分客观题一．单项选择题（每道题只有一个正确选项，选对得6分，错选或不选不得分，共计30分）1.如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑

，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（）A.斜面对物块的支持力大小为sinmgB.斜面对物块的摩擦力大小为cosmgC.斜面对物块作用力合力大小为mgD.物块所受的合力大小为sinmg【答案】B【解析】【详解】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为

NcosFmg=故A错误；B．斜面对物块的摩擦力大小为fNcosFFmg==故B正确；CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得sincosFmgmgma=−=合可知sincosmgmg

则斜面对物块的作用力为()()()()222222NfcoscoscossinFFFmgmgmgmgmg=+=++=故CD错误的。故选B。2.2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人

10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（）A.0.4sB.0.7sC.1.0sD.1.4s【答案】A【解析】【

详解】依题意，根据212hgt=可得，整个过程运动员所用时间为2210s2s10htg===她前5m完成技术动作所用时间为11225s1s10htg===所以，她用于姿态调整的时间约为21(21)s0.4sttt=−=−故选A。3.火星探测项

目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目．假设火星探测器在火星表面附近圆轨道运行的周期为1T，神舟飞船在地球表面附近的圆形轨道运行周期为2T，火星质量与地球质量之比为p，火星半径与地球半径之比为q，则1

T与2T之比为A.3pqB.31pqC.3pqD.3qp【答案】D【解析】【详解】试题分析:研究探测器和飞船做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得：2MmGr=22()mrT得T=32rGM其中M为中心体的

质量，r为轨道半径，所以31123221TrMTrM==3qp故选D.4.如图所示，在O、P两点上，分别固定着+q和-q的等量异种点电荷，AB为OP的中垂线，B为垂足，C为BP上的一点，则A、B、C三点场强大小的关系为（）A.CBAEEEB.CBAEEEC.BACEEE

D.BCAEEE【答案】A【解析】【详解】根据等量异种电场分布可知，在两电荷连线上C点的场强大于B点的场强；在两点荷连线的垂直平分线上，B点的场强大于A点的场强，即CBAEEE故选A。5.由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸

由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（）A.P点的线速度大小不变B.P点的加速度方向不变C.Q点在竖直方向做匀速运动D.Q点

在水平方向做匀速运动【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点线速度大小不变，A正确；B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方

向时刻指向O点，B错误；C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y=lOPsin(6+ωt)则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；D．Q点相对于O点

在水平方向的位置x关于时间t的关系为x=lOPcos(6+ωt)+lPQ则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。故选A。【点睛】二．多项选择题（每道题至少有两个正确选项，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选不得分，共计18分）6.用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙

两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为甲和乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（）A.甲乙mmB.mm甲乙C.甲乙D.甲乙【答案】BC【解析】的【详解】根

据牛顿第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g则μ甲<μ乙故选BC。7.甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，0=t时经过路边的同一路标，下列位移-时间()xt−图像和速度-时

间()vt−图像对应的运动中，甲、乙两人在0t时刻之前能再次相遇的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．该图中，甲乙在t0时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t0时刻之前不能相遇，选项A错误；B．该图中，甲乙在t0时刻之前图像有交点，即

此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，选项B正确；C．因v-t图像的面积等于位移，则甲乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，选项C正确；D．因v-t图像的面积等于位移，由图像可知甲乙在t0时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，选项D错误

。故选BC。8.如图所示，在竖直平面内固定一半径为R的圆弧轨道AB，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方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mgRB.机械能减少mgRC.合外力做功12mgRD.克服摩擦力做功12mgR【答案】ACD【解析】【详解】A．根据重力做功的特点，可得小球从P到B的运动过程中重力做功为GWmghmgR==故A正确；B．小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，有2BvmgRm

R=可得该过程中，小球机械能减少量为211222BEmgRmgRmvmgR=−−=故B错误；C．根据动能定理可得，该过程中合外力做功2k1122BWEmvmgR===故C正确；为D．依题意，可知在该过程中，只有摩擦力和重力对小球做功，根据功能关

系关系，可知小球克服摩擦力所做的功等于小球机械能的改变量，为12mgR，故D正确。故选ACD。主观题三．实验题（每空3分，共15分）9.某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触

而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．

已知重力加速度大小为g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的（填正确答案标号）．A．小球的质量mB．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度hD．弹簧的压缩量△xE.弹簧原长l0（2）用所选取的测量量和已知量表示

Ek，得Ek=．（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线．从理论上可推出，如果h不变．m增加，s—△x图线的斜率会（填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会（填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和Ek

的表达式可知，Ep与△x的次方成正比．【答案】（1）ABC(2)24mgsh（3）减小增大2【解析】【详解】（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小

球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC．（2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=12gt2，水平方向上：s=vt，而动能Ek=12mv2联立可得Ek=24mgsh；（3）由题意可知如果h不变，m增加

，则相同的△L对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移s变小，s-△L图线的斜率会减小；只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L下要对应更大的水平位移s，故s-△L图线的斜率会增大．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep

=24mgsh，可知Ep与△s的2次方成正比，而△s与△L成正比，则Ep与△L的2次方成正比．【点睛】本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论．根据x与△L的图线定性说明m增加或

h增加时x的变化，判断斜率的变化．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势能与△x的关系，△x与△L成正比，得出Ep与△L的关系．四．计算题10.宇宙空间有质量相近又相距不远的两颗恒星，在万有引力的作用下，围绕它

们连线上的某一个固定点做周期相同的匀速圆周运动，这种系统称为双星系统。设双星的质量分别为1m、2m，相距L，万有引力常量为G，求它们的运动周期是多少？【答案】()23124LGmm+【解析】【详解】设两颗恒星做圆周运动的半径分别为1r、2r，则有12rrL

+=根据万有引力定律和牛顿定律，有21211224mmGmrLT=，22212224mmGmrLT=联立可得()23124LTGmm=+11.500m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中：（1）武大靖从静

止出发，先沿直道加速滑行，前8m用时2s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10m的匀速圆周运动，速度大小为14m/s。已知武大靖的质量为73kg，求此次过弯时所需的向心力大小；（3）武大靖通过侧身来调整身

体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角的正切值大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取210m/s）【答案】（1）24m/s；（2）1430.8N；（3）0.51【解析】【

详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据212xat=解得2222228m/s4m/s2xat===（2）此次过弯时所需的向心力大小为221473N1430.8N10vFmr===向（3）设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示：

由几何关系可得7310tan0.511430.8mgF===向12.从某一高度平抛一物体，当抛出2s后它的速度方向与水平方向成45°角，落地时速度方向与水平方向成60°角．求：（1）抛出时的速度；（2）落地时的

速度；（3）抛出点距地面的高度；（4）水平射程。（g取10m/s2）【答案】（1）20m/s；（2）40m/s；（3）60m；（4）403m【解析】【分析】【详解】（1）2s后竖直方向上的分速度为vy1=gt=10×2=20m/s由于抛出

2s后它速度方向与水平方向成45°角，则根据速度的分解可知v0=vx=vy=20m/s故物体抛出时的初速度为20m/s；的（2）落地时速度方向与水平成60°角，所以0cos60vv=，则有00240m/scos60vvv===故落地时的速度为40m/s；（3）

落地时竖直方向的分速度为ysin60203m/svv==根据2y2vgh=得2y120m60m220vhg===（4）平抛运动的时间为y203s23s10vtg===则有水平射程获得更多资源请扫码加入享学资源网

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