【文档说明】四川省广安市第二中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.207 MB，由小赞的店铺上传

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广安二中高2023级2024年秋开学考试物理试卷一、选择题（每小题4分，共12个小题，共48分；其中1-8题为单选题，912−题多选题，少选得2分，多选、错选得0分。）1.在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以

速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为s，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（）A.相对地面的运动轨迹为直线B.相对地面做变加速曲线运动C.t时刻猴子对地速度的大小为v0+atD.t时间内猴子对

地的位移大小为22sh+【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．猴子竖直向上做匀加速直线运动，水平向右做匀速直线运动，其合运动是匀变速曲线运动，AB错误；C．据平行四边形定则可得，t时刻猴子对地的速度大小为2222200

()vvatvat=+=+C错误；D．t时间内猴子对地的位移是指合位移，其大小为22ssh=+合D正确。故选D。2.如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移之比为1∶2，则下列说法正确的是()A.A、B两球的初速度之比为1

∶4B.A、B两球的初速度之比为1∶2C.若两球同时抛出，则落地的时间差为2hgD.若两球同时落地，则两球抛出的时间差为(2－1)2hg【答案】D【解析】【详解】124xxgvhhg==，2222xgvxhhg==，

因此两球的初速度之比为1∶22，A、B项错误；若两球同时抛出，则落地的时间差为422(21)hhhggg−=−，若两球同时落地，则两球抛出的时间差也为(2－1)2hg，C项错误，D项正确．3.如图所示，是马戏团中

上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道．表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动．已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝2gR的速度通过轨道最高点B，并以v2＝3v1的速度通过最低点A．则在A、B两点轨道对摩

托车的压力大小相差()A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg【答案】D【解析】【详解】由题意可知，在B点，有21BvFmgmR+=，解之得FB＝mg，在A点，有22AvFmgmR−=，解之得FA＝7mg，所以A、B两点轨道对车的压力大小相差6mg．故选项D正确．4.火

星成为我国深空探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行（不计周围其他天体的影响），宇航员测出飞行N圈用时t，已知地球质量为M，地球半径为R，火星半径为r，地球表面重力加速度为g。则（）A.火星探测器匀速飞行

的速度约为2πNRtB.火星探测器匀速飞行的向心加速度约为2224πNrtC.火星探测器的质量为23224πNrgRtD.火星的平均密度为223πMNgRt【答案】B【解析】【详解】A．火星探测器飞行N圈用时t，则有飞行的速度为()22NrsNrv

ttt===A错误；B．由向心加速度公式可得，火星探测器匀速飞行的向心加速度约为22224vNrart==B正确；C．设火星质量为M，火星探测器的质量为m，由月球的万有引力提供向心力，可得22MmvG

mrr=可知等式两边的质量m约去了，因此不能求出火星探测器的质量，C错误；D．火星探测器由火星的万有引力提供向心力，可得2224MmGmrrT=又有343Mr=在地球表面物体的重力等于地球的万有引力，则有2MmmgGR=解得2gRGM=联立解得2223

MNgRt=D错误。故选B5.汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍，汽车能达到的最大速度为vm。则当汽车速度为m2v时，汽车的加速度为（重力加速度为g）（）A.0.1gB.0.2gC.0.3gD

.0.4g【答案】A【解析】【详解】设汽车质量为m，则汽车行驶时受到的阻力Ff=0.1mg。当汽车速度最大为vm时，汽车所受的牵引力F=Ff则有P=Ffvm当速度为m2v时有P=Fm2v由以上两式可得F=2Ff根据牛顿第二定律F－Ff=ma所以a=fff2FFFFmm−−=

=0.1g故选A。6.A、B两物体的质量之比为mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示，那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比FA：FB与A、B两物体克服摩擦力做的功之比WA：WB分别为（）A.2：1，4：1B.4：1

，2：1C.1：4，1：2D.1：2，1：4【答案】B【解析】【详解】根据速度时间的图象可知，aA：aB=2：1，物体只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知，F=ma，所以摩擦力之比为FA：FB=4：1

；由动能定理，摩擦力的功2102Wmv=−，由于AB的初速度大小相同，mA：mB=2：1，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比WA：WB=2：1．所以B正确，ACD错误。故选B。7.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从

弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h．若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为()A.43ghB.4ghC.2ghD.2gh【答案

】A【解析】【详解】根据系统机械能守恒得，对A下降h的过程有mgh＝Ep，对B下降h的过程有3mgh＝Ep＋12×3mv2，解得43ghv=，选项A正确．8.如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子

内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（）A.由于机械能损耗最终两者的速度均为零B.两者的碰撞会永远进行下去，不会形成共同的速度C.盒子的最终速度为0mvM，方向水平向

右D.盒子的最终速度为0()mvMm+，方向水平向右【答案】D【解析】【详解】系统水平方向不受力，故动量守恒可知最终两物体以共同速度向右运动，由()0mυmMυ=+可得，两物体的末速度为0mυυmM=+故选D。9.如图所示，下列关

于机械能是否守恒的判断正确的是()A.甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒B.乙图中，物体B在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑时，B机械能守恒C.丙图中，斜面光滑，物体在推力F作用下沿斜面向下运动的过程中，物体机械能

守恒D.丁图中，斜面光滑，物体在斜面上下滑的过程中，物体机械能守恒【答案】BD【解析】【分析】当只有重力做功或弹簧的弹力做功时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒的条件逐项进行分析判断．【详解】甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体和弹簧构成的系统机械能守恒，物体A的机

械能不守恒，故A错误；乙图中，物体B在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑时，物体B受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，拉力和滑动摩擦力的合力为零，故合力的功等于重力的功，故物体B的机械能守恒，故B正确；物体受重力、支持力和推力，由于推力做功，故机械能不守恒，故C错误；物体受重

力和支持力，由于支持力不做功，只有重力做功，故机械能守恒，故D正确；故选BD．【点睛】解决本题的关键掌握判断机械能守恒的条件，判断的方法：1、看系统是否只有重力或弹力做功，2、看动能和势能之和是否保持不变．10.如图所示，动

量分别为A12kgm/sp=、B13kgm/sp=的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Ap、Bp表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是（）A.A3kgm/sp=−、B3kgm/sp=B.

A2kgm/sp=−、B2kgm/sp=C.A24kgm/sp=−、B24kgm/sp=D.A3kgm/sp=、B3kgm/sp=−【答案】AB【解析】【详解】A．若A3kgm/sp=−，B3kgm/sp=，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量

分别为AAA9kgm/sppp=+=BBB16kgm/sppp=+=A的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，故A正确；B．若A2kgm/sp=−，B2kgm/sp=，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分

别为A10kgm/sp=，B15kgm/sp=A的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，故B正确；C．若A24kgm/sp=−、B24kgm/s

p=，碰后两球的动量分别为A12kgm/sp=−，B37kgm/sp=根据关系式2k2pEm=可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，故C错误；D．若A

3kgm/sp=、B3kgm/sp=−，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为A15kgm/sp=，B10kgm/sp=可知碰后A的动量增加，B的动量减小，由于碰撞过程中，A受到向左的冲力，B受到向右的冲力，所

以A、B仍沿原方向运动时，A的动量应减小，B的动量应增加，因此这组数据是不可能的，故D错误。故选AB。11.在倾角为30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原来静止于斜面上的质量为2kg的物体沿斜面向下推了2m的距离，并使物体获

得1m/s的速度，已知物体与斜面间的动摩擦因数为33，g取10m/s2，如图所示，则在这个过程中()A.人对物体做功21JB.合外力对物体做功1JC.物体克服摩擦力做功21JD.物体重力势能减小20J【答案】BD【解析】【详解】A、根据动能定理可知21cossin2FWmgsmgsmv

−+=解得:1FWJ=，故A错；B、根据动能定理可知合外力做的功就等于动能的增加量，所以合外力做功等于2112mvJ=，故B对；C、物体克服摩擦力做的功为cos20fWmgsJ==，故C错；D、物体重力势能减少量为sin20mgsJ=,故D对；故选BD【点睛】根据动能定理求解人对物体所

做的功及合外力所做的功,根据恒力做功公式求解物体克服摩擦力做功.12.2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角

为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（

）的A.运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒B.运动员到达A点时的速度为20m/sC.运动员到达B点时的动能为10kJD.运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为3s【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平

抛运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；B．运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以12mvA2=mgh=mgR（1-cos60°）所以2(1cos60)104020m/sAvgRgR＝＝=−=故B正确；

CD．设运动员做平抛运动的时间为t，则x=vAty=12gt2由几何关系3tan303yx＝＝联立得43s3t=，80m3y=运动员从A到B的过程中机械能守恒，所以在B点的动能Ek=mgy+12mvA2代入数据得Ek=73×104J故CD错误。故选AB。

二、实验题（每空2分，共16分）13.用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。（1）本实验要求轨道末端切线水平，入射小球和被碰小球半径相同，在同一组实验中，入射小球________（选填“必须”或“不必须”）从同一位置由静止释放。（2）在入射小球的质量大于被撞小球质量的前提下，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）该实验需要验证的关系式为_____

___________；若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式________________是否成立。（用（2）中的物理量表示）【答案】（1）必须（2）AD（3）①.112mOBmOAmOC=+②.22211

2mOBmOAmOC=+【解析】【小问1详解】[1]本实验需要确保放上被碰小球后，入射小球碰前的速度大小还是原来的大小，故要求必须从同一位置由静止释放入射小球。【小问2详解】[2]由动量守恒得的111122mvmvmv=+抛出后各自做平抛运动，则水平方向由xvt=竖直位移相同，有

212Hgt=联立代入具体射程可得112mOBmOAmOC=+可知，除测量平抛射程OA、OB、OC外，还必须测量的物理量有入射小球质量和被碰小球质量，因此不需要测量H、h，且同一组实验中入射小球开始的释放高度h每次都应保持不变，故选AD。【小问3详解】[3]由上一问可得该实验需要验证的关系

式为112mOBmOAmOC=+[4]要验证碰撞是否为弹性碰撞，还需验证222111122111222mvmvmv=+即222112mOBmOAmOC=+14.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。（1）当他组装单摆时

，在摆线上端悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是__________。A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量得更加准确C.需要改变摆长时便于调节的D.保证摆球在同一竖直平面内摆动（2）该同学测得一组摆长和

周期但计算的g值比当地标准值偏小，其原因可能是__________。A.开始计时时，秒表过迟按下B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了C.将摆线长当成了摆长D.摆动次数少记了一次（3）该同学依然按照②中方式代入摆长，但改变摆长测得6组L和对应的周期T，画出

2LT−图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式是g=__________。请你判断该同学得到的实验结果将__________。（填“偏大”、“偏小”或“准确”）【答案】（1）AC（2）BCD（3）①()2224π

BABALLgTT−=−②.准确【解析】【小问1详解】组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹紧，这样做的目的是保证摆动过程中摆长不变，且需要改变摆长时便于调节。故选AC。【小问2详解】根据单摆的周期公式2Tgl＝可得224glT＝.计算的

g值比当地标准值偏小，其可能原因是A．开始计时时，秒表过迟按下，则周期测量值偏小，则g测量值偏大，故A错误；B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期测量值变大了，则g测量值偏小，故B正确；C．将摆线长当成了摆长，则摆长

测量值偏小，则g测量值偏小，故C正确；D．摆动次数少记了一次，则T偏大，则g测量值偏小，故D正确；故选BCD。【小问3详解】[1][2]该同学依然按照②中方式代入摆长，即将摆线长当做摆长，则2LrTg+＝解得

224gLTr−＝则2LT−图像的斜率为2224BABALLgTT−=−可得()2224πBABALLgTT−=−该同学的做法不影响图像的斜率，则得到的实验结果将准确。三、解答题（本大题共3个小题，共36分）15.质量m＝1kg的物体，在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿

水平面运动过程中动能—位移的图线如图所示．(g取10m/s2)求：(1)物体的初速度；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力F的大小．【答案】(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N【解析】【详解】(

1)由题图可知初动能为2J，Ek0＝2012mv＝2J解得：v0＝2m/s(2)在位移4m处物体的动能为10J，在位移8m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功，设摩擦力为Ff，则－Ffx2＝0－10J＝－10JFf＝104−−N＝2.5N因Ff＝μmg故2

.50.2510fFumg===(3)物体从开始到移动4m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有(F－Ff)·x1＝ΔEk解得F＝4.5N16.如图所示，沿x轴传播的简谐横波，实线为10.5st=时刻的

波形图，虚线为21.5st=时刻的波形图，已知波的周期大于2s，试求：（1）判断波的传播方向，并求波的传播速度大小；（2）写出2mx=处质点的振动方程；【答案】（1）波向右传播，4m/s（2）22sin()36yt=−m

【解析】【小问1详解】若波向左传播，则传播的距离为x=12n+8(m)传播的时间21.53nTTt+==s-0.5s=1.0s因周期T>2s，可知周期无解；若波向右传播，则传播的距离为x=12n+4(m)传播的时间11.53nTTt+==s-0.5s=1.0s因周

期T>2s可知，n=0时，解得周期T=3s波速为12m/s4m/s3vT===【小问2详解】设x=2m处质点的振动方程为2sin()yAtT=+其中223T=当t=0.5s时y=1m代入数据可知6=−则质点的振

动方程为22sin()36yt=−m17.质量分别为mA＝m，mB＝3m的A、B两物体如图所示放置，其中A紧靠墙壁，A、B由质量不计的轻弹簧相连．现对B物体缓慢施加一个向左的推力，该力做功W，使A、

B之间弹簧被压缩且系统静止，之后突然撤去向左的推力解除压缩．不计一切摩擦．(1)从解除压缩到A运动，墙对A的冲量的大小为多少？(2)A、B都运动后，A、B的最小速度各为多大？【答案】(1)6ImW=(2)0Av=,6BWvm=【解析】【详解】(1)压缩弹簧

时，推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B在弹力的作用下做加速运动.在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒.设弹簧恢复原长时，B的速度为0Bv，有：2032BWmv=此过程中由动量定理，墙给A的冲量即为系统动量的变化，有03BImv=解得：6ImW=(2)当

弹簧恢复原长时，A的速度为最小值A0v，有:A00v=A离开墙后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，B的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度Av，B的速度减小到最小值Bv.在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有:033BABmvmvmv=+221322ABWmvmv=+联立解得：

6BWvm=【点睛】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．