【文档说明】四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.080 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2022级高二上学期8月入学考试试题物理本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷组成，共5页；答题卷共2页。满分100分，时间75分钟。考试结束后将答题卡和答题卷

一并交回。第Ⅰ卷（选择题，共48分）注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案，不

能答在试题卷上。一、本大题12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项是符合题目要求的，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错或不选的得0分。1.关于电场强度，下列说法正确的是()A.以点电荷为球心、r为半径的球面上，各

点的场强都相同B.正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大C.若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右D.电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大【答案】C【解析】【详解】以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的场强大小相同，但是方向不同

，选项A错误；正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度大，要看电场线的疏密，选项B错误；在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度为E=F/q，取走q后，该点的场强仍为E不变，选项C正确；根据E=F/q可知，电荷所受到的电场力很大，该点的电场强度不一定很大，选

项D错误；故选C.2.空间某区域的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）A.该电场可能是孤立正点电荷形成的电场B.A点的电场强度大于B点的电场强度C.A点的电势高于B点的电势D.在A点附近沿电场线的方向移动检验电荷时，电场力对其不做功【答案】B【解析】【详解

】A．孤立正点电荷的电场线是自正电荷指向四周无穷远处的直线，A错误；B．电场线越密的地方电场强度越大，由图可知A点的电场强度大于B点的电场强度，B正确；C．沿电场线方向电势降低，则A点的电势低于B点的电势，C错误；D．在A点附近沿电场线的方向移动检验电荷时，在电场力的方向有位移，根据功的定义

，可知电场力对其做功，D错误。故选B。3.2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（）A.质量比静止在地面上时小B.所受合力

比静止在地面上时小C.所受地球引力比静止在地面上时大D.做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大【答案】D【解析】【详解】A．物体在低速（速度远小于光速）宏观条件下质量保持不变，即在空间站和地面质量相同，故A错误；BC．

设空间站离地面的高度为h，这批物质在地面上静止合力为零，在空间站所受合力为万有引力即()2GMmFRh=+在地面受地球引力为12GMmFR=因此有1FF，故BC错误；D．物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力22GMmm

rr=解得3GMr=这批物质在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。故选D。4.如图所示。在光滑绝缘的水平面上，三个静止的带电小球a、b和c：

分别位于三角形的三个顶点上，已知,,1203===lcacbacbab，a、c带正电，b带负电，三个小球所带电荷量为q，静电力常量为k。下列关于小球c所受库仑力的大小和方向描述正确的是（）A.223kql，方向平行于a

b向右B.222kql，方向平行于ab向右C.222kql，方向平行于ab向右D.22233kql方向平行于ab向左【答案】A【解析】【详解】由题意，结合几何关系可得32cos30lacbcl===小球c受到小球a的库仑力212qFkl=同理小球c受到小球b的库仑力

和F1大小相等，且两力夹角为60°，如图所示所以根据力的平行四边形法则，小球c受到小球a、b库仑力的合力2122cos303qFFkl==方向平行于ab向右，故A正确，BCD错误。故选A。5.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

的物块。从某一时刻起给m一个水平向右的初速度0v，那么在块与盒子前后壁多次往复碰撞后（）A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.物块的最终速度为0mvM，向右D.物块的最终速度为0mvMm+，向右【答案】D【解析】【详解】选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：0mvMmv

=+（）所以0mvvMm=+v方向与0v同向，即方向水平向右。故选D。6.如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为ABChhh、、，则（）A.ABChhh==

B.ABChhh=C.ACBhhh=D.ABhh，>AChh【答案】C【解析】【详解】A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A或C球由机械能守恒定律，均有2012mghmv=得202v

hg=对B球有2201122Bmghmvmv+=得2202Bvvhhg−=故C正确。故选C。7.如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点

处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2.E1与E2之比为()A.1：2B.2：1C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：由得：；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，知两点电荷在O

点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，得：，B对8.如图所示，水平传送带以恒定速度5m/sv=顺时针匀速运行，左、右两端A、B之间距离8m=L。现将一质量2kgm=可看做质点物块轻轻放到传送带的A端，同时对物块施加一水平向右的恒力6NF=。已知物块与传送带之间的动

摩擦因数为0.2=，重力加速度210m/sg=。物块从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是（）A.物块先匀加速运动后匀速运动B.物块从A端运动到B端的时间为2.1sC.物块运动到B端时，恒力F的瞬时功率为30WD.物块与传送带间因克服摩

擦产生的热量为12J【答案】D【解析】【详解】AB．物块速度加速到与传送带速度相等之前，物块所受传送带的摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律有1mgFma+=解得物块的加速度大小215m/sa=的此过程加速的时间111svta==物块向右运动的距离211112.5m8m2xatL

===物块速度与传送带速度相等后，受到的摩擦力反向，根据牛顿第二定律有2Fmgma−=解得物块的加速度大小221m/sa=由位移时间关系式有22122212xLxvtat=−=+解得此过程加速的时间21st=可知物块从A端运动到B端的过程中，物块一直做加速运动，运动的时间为1

22sttt=+=故AB错误；C．物块运动到B端时的速度大小为1226m/svvat=+=恒力F的瞬时功率为136WPFv==故C错误；D．共速前物块与初速度发生的相对位移大小为1112.5m2vvttx−==共速后物块与初速度发生的相对位移大小为12220.5m

2vtxvvt==+−则物块与传送带间因克服摩擦产生的热量为12()12JQmgxx=+=故D正确。故选D。9.M和N是两个都不带电的物体。它们互相摩擦后，M带正电荷2.72×10－9C，下列判断正确的有（

）A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B.N在摩擦后一定带负电荷2.72×10－9CC.摩擦过程中电子从M转移到ND.M在摩擦过程中失去1.7×1010个电子【答案】BCD【解析】【详解】A．原本不带电的物体处于电中性，不是不带电，而是正负电荷相等，

故A错误；B．根据电荷守恒定律可知N在摩擦后一定带负电荷2.72×10－9C，故B正确；C．根据摩擦起电可知，M带正电荷，失去电子，摩擦过程中电子从M转移到N，故C正确；D．M在摩擦过程中失去电子个数91019C1

.710()1.62.710210Cqne−===-个故D正确。故选BCD。10.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ与O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为

零，则（）A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最大D.q运动到O点时电势能为零【答案】BC【解析】【详解】试题分析：本题要根据等量同种点电荷电

场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变

化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误．B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确．C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确．D、取无限

远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．故D错误．故选BC【点评】本题考查静电场的基本概念．关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．11.如图甲所示，倾角α＝45°的斜面置于粗糙水平地面

上，有一质量为2m的滑块A通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球B相连（绳与斜面平行），滑块A能恰好静止在粗糙的斜面上。在图乙中，换成让小球在水平面上做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角β（β≤45°），两幅图中滑块

、斜面都静止。下列说法中正确的是（）A.甲图滑块受到斜面的摩擦力为()21mg−B.甲图斜面受到地面的摩擦力为2mgC.乙图中β越小，滑块受到的摩擦力越小D.小球转动角速度越小，滑块受到的摩擦力越小【答案】A【解析】【详解】A．甲图中，以小球为研究对象，根据平衡条件可知绳子的拉

力Tmg=以滑块为研究对象，根据平衡条件得，滑块受到斜面的摩擦力为()2sin4521fmgTmg=−=−甲故A正确；B．以滑块与斜面体组成的整体为研究对象，根据平衡条件可知水平方向有：斜面受到地面的摩擦力2cos452fTmg==方向水平向左，故B错误；C．乙图中小球做圆锥

摆运动，小球竖直方向没有加速度，则有cosTmg=得绳子拉力cosmgT=对滑块，根据平衡条件得：滑块受到的摩擦力2sin452cosmgfmgTmg=−=−乙由于45„，则2cosmgmg„知乙f为正值，即方向沿斜面向上，所以，越小，cos越大，则滑块受到

的摩擦力越大，故C错误；D．小球转动角速度越小，越小，滑块受到的摩擦力越大，故D错误。故选A。12.一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力

加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）A.在x=1m时，拉力的功率为6WB.在x=4m时，物体的动能为2JC.从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为8JD.从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s【答案】BC【解析】

【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx可看出W—x图像的斜率代表拉力F。AB．在物体运动的过程中根据动能定理有212Wmgxmv−=则x=1m时物体的速度为v1=2m/sx=1m时，拉力为6NWFx==则此时拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m时物体的动能为Ek=2JA错误、

B正确；C．从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=8JC正确；D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1=6N，2—4m的过程中F2=3N，由于物体受到的摩擦力恒为f=4N，则物体在x=2m处速度最大，

且根据选项AB分析可知此时的速度28m/sv=则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为22kgm/spmv==D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空题（每空2分，共计16分）13.冬奥会赛场利用了“高

速运动目标跟踪拍摄系统”，不仅让观众看清了动作，还实现了对物体运动情况的多角度定量分析。为观测冰球在不同方向上的运动情况，冰球场中用三台摄像机进行跟随拍摄，以记录冰球运动的时间、位置等信息。如图所示，在冰面上建立平面直角坐标系xOy，其中设备A

视角是竖直向下的，跟随冰球俯拍：设备B、C视角是水平的，分别沿x、y轴跟随拍摄，可以拍摄小球沿x轴、y轴的运动情况。（1）对设备B拍摄的信息进行分析，得到以下数据，请在答题卡对应方格纸中作出冰球位置随时间变化的图像：时刻/st00.40.81.21.62.0

位置/ms08.016.023832.139.8（2）由设备B得到冰球速度大小是____________m/s；（3）同时，设备C得到冰球的速度大小为20.1m/s，设备A得到冰球的速度大小为28.3m/s。由此可以得出Av、Bv、Cv之间的

数学关系式是____________；（4）在某次比赛中，B、C设备测出的冰球的速度大小分别是8m/s和15m/s，则冰球实际运动速度的大小是______________m/s，方向是__________

__（用实际速度与x轴的夹角的正切值表示）。【答案】①19.9②.222ABCvvv=+③.17④.15tan8=【解析】..【详解】（2）[1]由设备B得到冰球速度大小是B39.8m/s=19.9m/s2v=（3）[2]同时，设备C得到冰球的速度大小为20.1m/

s，设备A得到冰球的速度大小为28.3m/s。由此可以得出Av、Bv、Cv之间的数学关系式是222ABCvvv=+（4）[3]在某次比赛中，B、C设备测出的冰球的速度大小分别是8m/s和15m/s，则冰球实际运动速度的

大小是22ABC17m/svvv=+=[4]设实际速度与x轴的夹角为，则CB15tan8vv==14.利用如图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘，另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接，A放光滑的倾斜轨道上，A与滑轮之间的绳与斜轨

平行，距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放，测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次试验，测得多组21Mv−数据如下表所示。L、g、m、R为已知量，不计滑轮转轴处摩擦，绳与滑轮不打滑

。21Mv−数据记录表滑轮质量Mm0.8m0.6m0.4m0.2m21v2520gL2420gL2320gL2220gL2120gL（1）若A上的挡光条宽为d，经过光电门时的挡光时间为Δt，则A通过光电门处的速度=v______。（2）根据表格中数据，在图乙坐标系中作出21Mv−图像______

。（3）上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量0M=时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，由此可求得斜轨倾角为______。（4）利用表中的第1组数据，可以推出质量m的滑轮以角速度转动时其转动的动能kE=______。（用m、R、

表示）【答案】①.dt②.③.30°④.2214mR【解析】【详解】（1）[1]A通过光电门的时间极短，则通过光电门的速度dvt=（2）[2]作出21Mv−图像如图（3）[3]上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=0时，A

物体通过光电门的速度平方的倒数，即211vgL=由能量关系可知2122sin2mvmgL＝由此可求得斜轨倾角为=30°（4）[4]当滑轮的质量为m时，根据第1组数据可知212520vgL=即245vgL=由

能量关系212sin3022kmgLmvE+＝其中vR=解得2214kEmR=三、本大题3小题，共36分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。15.如图所示，在一带负电的导体A附近有一点B，若在B处放置一个q1＝－2.0×10－8C的电荷，测出其受到的静电力F1大小

为4.0×10－6N，方向如图，则：（1）B处场强是多少？方向如何？（2）如果换成一个q2＝4.0×10－7C的电荷放在B点，其受力多大？此时B处场强多大？【答案】（1）200N/C；方向与F1相反；

（2）80×10－5N；200N/C【解析】【分析】【详解】（1）由场强公式可得EB=11||Fq＝684.0102.010−−N/C＝200N/C因为是负电荷，所以场强方向与F1方向相反；（2）

q2在B点所受静电力F2＝q2EB＝4.0×10－7×200N＝8.0×10－5N.方向与场强方向相同，也就是与F1反向，此时B处场强仍为200N/C不变，方向与F1相反。16.如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为

pE。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略

空气阻力。求（1）小球离开桌面时的速度大小；（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。【答案】（1）p2Em；（2）p52mghEmg【解析】【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知2p12Emv=得小球离开桌面时速度大小为p2Evm

=（2）离开桌面后由平抛运动规律可得'22yvhg=第一次碰撞前速度的竖直分量为yv，由题可知45yyvv=离开桌面后由平抛运动规律得xvt=，ygt=v解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x=p52mghEmg17.如图所示的装置由

安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆心为1O的竖直半圆轨道BCD、圆心为2O的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接。滑块（可视为质点）从K点静止开始下滑

，滑块质量m＝0.02kg，轨道BCD的半径R＝0.45m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数0.4=，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，H可调最大的高度是4m，轨道FG的长度L＝3m。（1）若滑块恰能过D点，求高度H的大小；（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求

滑块经过管道DEF的最高点F时的最小速度和对轨道的最小压力；（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道，写出滑块在轨道FG上滑行距离s与可调高度H的关系式。【答案】（1）1.125m；（2）22m/s，0；（3）0.41.1Hs=+（1.125m≤H<2.3m）【解析】【

详解】（1）恰能过D点时，由牛顿第二定律可得2DvmgmR=则恰能过BCD的最高点D的最小速度为32m/s2DvgR==从释放到D点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得21(2)2DmgHRmv−=解得H=1.125m（2）滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点

D的最小速度为32m/s2DvgR==DF过程，以D所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得2211222DFmvmvmgr=+解得vF=22m/s经半圆管道的F点时，若vF>0，滑块即可通过F点，则经过管道DEF的最高点F时的最小速度vF=22m/s。当在F点对轨道

压力为零时的速度为'21m/sm/s2Fvgr==可知，小球在F点对轨道的压力最小值为零。（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vF=22m/s，若以此速度在FG上滑行直至静止运动时，有μmg=ma则加速度大小为a=μg=0.

4×10m/s2=4m/s2此时在FG上滑行距离为22min2m0.0625m224FvxLa===不掉落轨道；此时H=1.125m。若滑块恰好静止在G点，根据公式v2－v02=2ax可得F点的最大速度为max226m/svaL==从K释放到F点过程

，以AB所在平面零势能面，据机械能守恒定律可得maxmax21(22)2mgHmvmgRr=++为解得22maxmax(26)2()2(0.450.1)m2.3m2210vHRrg=++=++=滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG上，可调

高度H的范围应满足1.125m≤H<2.3m根据21(22)2FmgHmvmgRr=++22Fvas=解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com