【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()22NrsNrvttt

===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22MmvGmrr=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2223MNgRt=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.A2

kgm/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/sp=，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A3kgm/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cos20fW

mgsJ==，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20

m/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=+②.222112mOBmOAmOC=+【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()2224πBABALLgTT−=−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＝4.5

N16.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=+221322ABW

mvmv=+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．