【文档说明】湖北省武汉市江汉区2023-2024学年高二上学期新起点摸底考试物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.488 MB，由小赞的店铺上传

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江汉区2022级高二新起点摸底考试物理试卷2023.8.29本试卷共6页，15题．全卷满分100分．考试用时75分钟．★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指

定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿

纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．每小题全部选对的得4分，选

对但不全的得2分，有选错的得0分．1.下列有关生活中圆周运动的实例分析，不正确．．．的是（）A.如图甲，汽车通过拱桥最高点时，地面对汽车的支持力小于其重力B.如图乙，洗衣机脱水桶的脱水原理是因为衣服太重，把水从衣服内压出来了C.如图丙，杂

技演员表演“水流星”，匀速转动通过最低点时水对桶底压力最大D.如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用【答案】B【解析】【详解】A．如图甲，汽车通过拱桥最高点时，有2NvmgFmr−=可

知地面对汽车的支持力小于其重力。故A正确，与题意不符；B．如图乙，洗衣机脱水桶的脱水原理是因为衣服对水滴的吸附力小于水滴随衣服做圆周运动的向心力，以至于做离心运动，与衣服分开。故B错误，与题意相符；C．如图丙，杂技演

员表演“水流星”，根据牛顿第二定律，可得22N1N2vvmgFmFmgmrr+=−=，可知匀速转动时，有N2N1FF即通过最低点时水对桶底压力最大。故C正确，与题意不符；D．如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，所需向心力大于自

身重力与支持力的合力，轮缘将挤压外轨，所以外轨对轮缘会有挤压作用。故D正确，与题意不符。本题选不正确的故选B。2.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放．Q与P的接触面光滑，Q在

P上运动的过程中，下列说法正确的是（）A.P对Q做正功，Q对P做负功B.P对Q的作用力与Q对P的作用力冲量相同C.P和Q构成系统机械能不守恒、动量守恒D.P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒【答案】D【解析】【详解】A．Q在P上运动

过程，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对Q做正功，Q对P也做正功，故A错误；B．P、Q间的弹力为作用力反作用力，等大反向，作用时间相同，所以P对Q的作用力与Q对P的作用力冲量大小相等，方向相反，故B错误；的CD．Q在P上运动过程，P和构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒；

系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故D正确，C错误。故选D。3.我国民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上，某品牌无人

机出厂前进行竖直飞行测试，无人机发动机启动一段时间后关闭，再经一小段时间上升到最高点。该过程无人机的动能kE，随上升高度h的关系如图所示．已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的0.25倍．则下列结论不正确．．．的有（）A

.无人机的升力大小为75NB.空气阻力的大小是40NC.无人机的重力大小为40ND.加速与减速的加速度大小之比为1:2【答案】B【解析】【详解】ABC．由动能kE与上升高度h的关系图，可知图像斜率绝对值表示合外力的大小，故加速阶

段的合外力大小为50N25N2FFmgf=−−==合升减速阶段的合外力大小为50N50N1Fmgf=+==合又0.25fmg=联立解得75NF=升，10Nf=，40Nmg=故AC正确，不满足题意要求，B错误，满足题意要求；D．根据牛顿第二定律可知，加速与减速的加速度大小之比为251502a

FaF===加合减合故D正确，不满足题意要求。故选B。4.2020年11月24日4时30分，中国成功发射探月工程嫦娥五号探测器。嫦娥五号实现了我国航天史上的多个“首次”，首次在月球表面自动采样；首次从月面起飞；首次在38

万公里外的月球轨道上进行无人交会对接。如图所示为嫦娥五号轨道示意图，已知地球表面重力加速度为月球表面重力加速度的m倍，地球半径为月球半径的n倍。则下列说法正确的是（）A.嫦娥五号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点

火使其加速B.嫦娥五号在环月段椭圆轨道上经过P点的加速度小于在环月段圆轨道上经过P点时的加速度C.地球质量与月球质量之比mmmn=地月D.地球第一宇宙速度是月球第一宇宙速度的mn倍【答案】D【解析】【详解

】A．嫦娥五号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其减速，故A错误；B．根据牛顿第二定律可得2GMmmar=可得2GMar=可知嫦娥五号在环月段椭圆轨道上经过P点的加速度等于在环月段圆轨道上经过P点时的加速度，故B错误；C．根据物体在星球表

面受到的万有引力等于重力可得2GMmmgR=可得GgRM2=则地球质量与月球质量之比为2mmnm=地月故C错误；D．星球第一宇宙速度等于表面轨道卫星做匀速圆周运动的线速度，则有2vmgmR=解得vgR=则地球第一宇宙速度与月球第一宇宙速度之比为vmnv=地月故D正确。故选D。5.如图

所示，光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，设Q的质量为m，P的质量是Q质量的3倍。Q与水平轻弹簧相连，开始Q静止，P以一初速度0v向Q运动并与弹簧发生碰撞。当弹簧的弹性势能最大时（）A.Q的动能为P动能的14B.P的速度为014vC.P、Q的动能之和为2

098mvD.弹簧具有的弹性势能等于2018mv【答案】C【解析】【详解】B．P、Q系统在水平方向上不受外力，动量守恒，当两者速度相等时，弹性势最大。由动量守恒定律得()033mvmmv=+解得034vv=故B错误；A．弹性势能最大时，Q的动能为22k

Q019232Emvmv==P的动能为22kQ01273232Emvmv==则Q的动能为P动能的13kQkPEE=故A错误；C．P、Q的动能之和为2098kQkPEEmv+=故C正确；D．弹簧具有的弹性势能222p0001933288Emvmvmv=−=故D错

误。故选C。6.如图所示为一质点作匀变速直线运动的速度时间图像，质点的质量为2kg，质点在前4s内向东运动，则根据图像在012s内作出以下判断，正确的是（）A.质点在8s内始终向东运动B.质点在10s时距离出发点最远C.质点在08s内的加速度方向始终向西D.质点在812s

内合外力的大小为3N【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，质点前4s内物体向东运动。则后4s内物体向西运动，故A错误；B．速度图象的面积表示位移，由图可知，质点在4s时距离出发点最远，故B错误；C．速度图

象的斜率等于加速度，由数学知识得知，图线的斜率不变，说明物体的加速度保持不变，向西为正方向，而且加速度为正值，说明加速度方向向西，故C正确；D．质点在812s加速度大小2212m/s3m/s4vat===在812s内合外力大小为6NFma==故D错误。故选C。

7.滑块以一定的初速度沿倾角为，动摩擦因数为的粗糙斜面从底端上滑，经时间t甲到达最高点A后，再经时间t乙返回到底端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。对比甲、乙两图，下列说法正确的是（）A.甲、乙图中，滑块运动时间之比为:4:3tt=乙甲B.甲、乙图中，滑块运动

加速度之比为:4:3aa=乙甲C.由甲、乙两图可知，7tan25=D.甲、乙图中，滑块经过2t甲和2t乙时间内摩擦力做的功之比为4:3【答案】C【解析】【详解】A．设频闪仪的照相周期为T，由图可知3tT=甲，4tT=乙则甲、乙图中，滑块运动

时间之比为:3:4tt=甲乙故A错误；B．根据逆向思维，结合匀变速直线运动公式212xat=可知甲、乙图中，滑块运动加速度之比为22::16:9aatt==乙甲甲乙故B错误；C．甲图中，根据牛顿第二定律可得sincosmgm

gma+=甲乙图中，根据牛顿第二定律可得sincosmgmgma−=乙又:16:9aa=甲乙联立解得7tan25=故C正确；D．设最高点A到斜面底端的距离为L，根据匀变速直线运动规律可得，甲图中滑块经过2t甲时间内通过的位移大小为134xL=乙图中滑块经

过2t乙时间内通过的位移大小为214xL=则甲、乙图中，滑块经过2t甲和2t乙时间内摩擦力做的功之比为ff1212:::3:1WWfxfxxx=−−==甲乙故D错误。故选C。8.生活中大部分的运动是曲线运动，关于曲线运

动，下列说法正确的是（）A.做曲线运动的物体，加速度方向与速度方向一定不在同一条直线上B.做曲线运动的物体，速度一定变化，加速度也一定变化C.做平抛运动的物体，加速度不变D.做匀速圆周运动的物体，加速度不变【答案】AC【解析】【详解】A．做曲线运动的物体，加速度方向与速度方向一定不在同一

条直线上，故A正确；BC．做曲线运动的物体，速度一定变化，但加速度不一定变化，比如平抛运动，加速度恒为重力加速度，加速度保持不变，故B错误，C正确；D．做匀速圆周运动的物体，加速度大小不变，方向时刻发生变化，故D错误。故选AC。9

.如图所示，质量均为2kg足够长的木板A和物块B静止在光滑水平面上，质量为4kg的物块C以8ms的初速度从A左端滑上，当A的速度为4ms时与B发生碰撞并立即与B共速．已知B、C可视为质点，C与A之间的动摩擦因数0.2=，重力

加速度210msg=，则（）A.A、B碰撞前，A的加速度大小为24msB.A、B碰撞前，C相对A的位移大小为1mC.A、B碰撞后的瞬间，B的速度大小为3msD.若C恰不从A上滑下来，则A的长度为7m【答案】AD【解析】【详解】A．对木板A受力分析，根据牛顿第二定律可得AMgma=解得2A4

m/sa=A正确；B．同理，对物块C可得CMgma=解得2C2m/sa=A、B碰撞前，经历的时间为AA1svta==可知A、B碰撞之前，物块C的速度为C0C6m/svvat=−=A、B碰撞之前，有2AAA2m

2vxa==0CC7m2vvxt+==可得1CA=5mxxx=−B错误；C．A、B碰撞过程，二者动量守恒，有A2mvmv=共解得2m/sv=共C错误；D．设A、B碰撞后直至三者共速，物块C比木板A多运动2x，系统动量守恒、能量守恒，有()

C22mvMvMmv+=+共共()222C211122222mvMvMmvMgx+=++共解得22mx=D正确。故选AD。10.如图所示，长为2L的轻杆OA可绕固定转轴O在竖直面内自由转动，A端固定一个小球，

B是轻杆的中点。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过钉子C固定于B点。用手拉住小球使轻杆静止于水平位置，此时BC间细线长为2L，且细线与竖直方向夹角为60。松手后，当轻杆逆时针转到竖直位置时，小物块的速度2vgL=。不计一切摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.

轻杆静止于水平位置时，钉子C受到细线作用力大小为3MgB.轻杆从水平位置转到竖直位置的过程中，小物块的重力做功为()33MgL−的C.轻杆从水平位置转到竖直位置的过程中，细线对小物块做功为()31MgL−D.小球

的质量236mM−=【答案】ABD【解析】【详解】A．对钉子B受力分析如图所示其中T=Mg则2cos303FTMg==故A正确；B．轻杆由水平位置转到竖直方向，M下降高度h等于AB间细线缩短的长度，为2(31)(33

)hLLL=−−=−小物块的重力做功为()33GWMghMgL==−故B正确；C．对小物块M，根据动能定理得212MghWMv+=解得()32WMgL=−故C错误；D．轻杆在竖直位置时，小球速度为222vvgL==由机械能守恒有2211222MghmgLMvmv−=+联立解得2

36mM−=故D正确。故选ABD。二、非选择题：本题共5小题，共60分．11.某实验小组同学研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下

重锤线所指的位置O。（1）步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上S点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；步骤2：把小球2轻放在斜槽末端边缘，让小球1从S点由静止滚下，与小球2发生碰撞；重复多次，并使用与步骤1同样的方法

分别标出碰撞后两小球落点的平均位置M、N；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。（1）关于本实验，下列说法正确的是______。A．实验时，小球1每次不必从斜槽上

的同一位置由静止释放B．斜槽越粗糙，实验误差就会越大C．斜槽末端的切线必须水平，即小球2放在斜槽末端处，应恰好能静止D．要求小球1半径大于小球2半径（2）完成上述实验需小球1和小球2的质量1m和2m的大小关系为：1m______2m；（填大于、等

于或小于）（3）若测得落点M、P、N到O点距离：2.56cmOM=、8.58cmOP=、11.45cmON=，并知小球1、2的质量比为2:1，则系统碰撞前总动量0p0p与碰撞后总动量p的百分误差00100%ppp−=__________%（结果保留两位有效数字）。【答案】①.C

②.大于③.3.4【解析】【详解】（1）[1]A．实验时，为了保持每次碰撞前瞬间小球1的速度相同，小球1每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放，故A错误；B．只要使小球1每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放，斜槽的粗糙程度不影响实验误差，故B错误；C．为了保证小球抛出做

平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，即小球2放在斜槽末端处，应恰好能静止，故C正确；D．小球1半径应等于小球2半径，发生对心正碰，故D错误。故选C。（2）[2]为了保证碰撞后小球1不反弹，实验需小球1和小

球2的质量1m和2m的大小关系为：1m大于2m。（3）[3]由于小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则可用水平位移代替平抛运动的初速度，则有01011221120101100%100%100%ppmvmvmvmOPmOMmONpmvmOP−−−−−==又小球1、2的质量比为2

:1，代入数据可得0028.5822.56111.45100%3.4%28.58100%ppp−−−=12.小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒

表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后，小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。（1）用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度h

的示数如图2所示，则h=______cm。（2）作出2ht−图线，得到图形斜率4.81k=，则可得到重力加速度g=__________2ms。（3）若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为t=__________（用h、t和v表示）。（4）若小球下落过程中

机械能守恒，则应满足等式：mgh=__________（用m、h、t表示）。（5）关于本实验，下列说法正确的是______。A．实验所用小球应该在钢球、乒乓球、橡胶球中应该选择乒乓球B．若敲击木条侧面时小球获得一个较小的

水平速度，对实验测量结果无影响C．应将手机放在木条与地板间的中点附近测量时间D．实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度g必然有偏差【答案】①61.20②.9.62③.htv+④.2122hmt

⑤.BC##CB【解析】【详解】（1）[1]根据刻度尺读数规则，读数为61cm20.10cm61.20cmh=+=（2）[2]根据自由落体运动公式的.212hgt=可知12kg=解得229.62m/sgk==（3）[3]

下落过程中声音传播的时间1htv=小球下落时间1httttv=+=+（4）[4]设小球落地时的速度为v，根据平均速度公式2vht=解得2hvt=若小球下落过程中机械能守恒，则应满足等式2211222hmghmvmt==（5）[5]A．实验所用小球应该在钢球、乒乓球

、橡胶球中应该选择钢球，减小空气阻力的影响，故A错误；B．若敲击木条侧面时小球获得一个较小的水平速度，水平速度对竖直方向无影响，对实验测量结果无影响，故B正确；C．因为将手机放在钢尺与地板间的中点附近测量时间，两次手机接收声音滞后的时

间几乎相等，时间间隔测量更准确，故C正确；D．设木条厚度为H，则台阶距离地面的高度1h时的时间为1t，高度2h时的时间为2t，则根据前面的分析有()()()212122222121222hHhHhhgtttt+−+−==−−与H无关，故D错误。故

选BC。13.已知某滑块在结冰的路面上向前滑行了16m后停止，该过程滑块初速度为0v，加速度大小为20.5ms。当冰面开始融化后滑块再次以相同的初速度向前滑行了28m后停止，滑块的运动均看成匀变速运动。求：（1）0v的

大小；（2）冰面开始融化后滑块运动的时间。【答案】（1）4ms；（2）14s【解析】【详解】（1）根据速度位移公式有2012vxa=解得04msv=（2）冰面融化后，滑块做匀减速，末速度为0，初速度不变，根据运动学公式有2012xv

t=解得14st=14.在一次模拟训练中，质量为1.2kg的微型导弹在0.01s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体（此过程导弹位移可以忽略），然后被竖直发射到距地面80mh=的最高点．在最高点时

剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，爆炸过程中释放的能量有40％转化为机械能，导弹被炸成两部分，其中质量为10.8kgm=的部分以1600msv=的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取210ms。求：（1）第一次火药爆炸过程中高压气体对导弹

平均作用力大小；（2）第二次火药爆炸后两部分导弹落地点之间距离；（3）第二次火药爆炸中释放的能量。【答案】（1）4812NF=；（2）7200m；（3）()61080kJ1.0810J【解析】【详解】（1）第一次火药爆炸后，设导弹的速度为v，则有22vgh=解得40msv=第一次火药爆炸过

程对导弹有()0Fmgtmv−=−解得高压气体对导弹平均作用力大小为4812NF=（2）第二次爆炸，水平方向动量守恒，有()11120mvmmv−−=解得21200msv=所以另一部分导弹的速度大小为1200m/s，方向

相反；两部分下落的时间相等均为212hgt=解得4st=所以两部分导弹落地点间距为()127200mxvvt=+=（3）第二次火药爆炸中释放的能量为()221112112240mvmmvE+−=％解得61080kJ1.0810JE==15.如图所示，木板左

端有一大小可忽略的锁定装置，可将木板锁定在地面，锁定装置与水平轻质弹簧相连，当弹簧到达某一弹力0F（未知）时，锁定装置会瞬间解除锁定。木板质量为m，长度为L，物块质量也为m，轻质弹簧原长为0l，劲度系数为k，不计所有接触面的

摩擦，弹簧始终在弹性限度内。若给物块一向左的初速度0v，锁定装置刚好能解除锁定。（已知形变量为x时，弹簧弹性势能2p12Ekx=）求：（1）求0F大小；（2）物块离开木板时木板运动对地位移；（3）若只改变物块质量为m，要使物块在木板上运动过程中速度方向不变，求系数的范

围。【答案】（1）0vmk；（2）0012mLlvk−+；（3）2【解析】【详解】（1）刚好解除锁定时，物块的速度为0，弹簧弹力为0F，设此时弹簧的压缩量为0x，则有00kxF=由能量关系

，有22001122mvkx=解得00Fvmk=（2）设木板速度为Av，位移为AS，物块速度为Bv，位移为Bs系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得0ABmvmv=−则小物块滑离木板时，二者的位移关系为ABss=又有00ABssLlx+=−+联

立解得0012AmsLlvk=−+（3）由题意，1时，不会解除锁定，木板保持静止，小物块向左运动压缩弹簧后必将反向运动。1时，小物块向左运动将弹簧压缩0x后锁定解除，设此时物块速度

大小为1u，由能量守恒定律得()()222010111222mvmukx=+的此后在弹簧弹力作用下小物块做减速运动。设弹簧恢复原长时小物块速度恰减小为零，此时木板的速度为2u，以向左为正方向，由动量守恒定律得()120mumu=+由能量守恒

定律得()222102111222mukxmu+=联立方程，解得2=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com