【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，2.055 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1122E

mgRmgRmgR=−=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222max11122Ptfxmvmv−=−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()22101122fsdm

vmv−+=−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221112.50.8m0.8m2lat===工件在传送带上匀速运动的长度2115.2

mlll=−=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20111120.8m1.6m2lvtatl

=+−==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1

1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02

m/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2

mm，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2221122mghmvmv+=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DE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2NEvFmgmR+=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2122EmghmglmgHmv−−=若从E点飞出后，在竖直方向有212Hgt=水平方向有1E

svt=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++