【文档说明】山东省聊城市第二中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题word版含解析.docx，共(18)页，3.099 MB，由小赞的店铺上传

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2023级高二物理秋季开学考（时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题（本题共8个小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.2024年5月26日的马来西亚羽毛球大师赛中，中国队运动员夺得女单冠军。

某次羽毛球比赛中，运动员将羽毛球水平击出，一段时间后，羽毛球直接落在水平地面上，不计空气阻力，羽毛球可视为质点。下列说法正确的是（）A.羽毛球被击出时的速度越大，在空中的运动时间越短B.羽毛球在空中运动的时间与被击出时的速度大小成正比C.羽毛球在空中运动时加速度方向保持不变D.羽毛球落地时速度

方向可能竖直向下【答案】C【解析】【详解】AB．运动员将羽毛球水平击出，由于不计空气阻力，则羽毛球做平抛运动，竖直方向有212hgt=可得2htg=可知羽毛球在空中的运动时间与击出时的速度无关，故AB错

误；C．羽毛球做平抛运动，只受重力作用，加速度为重力加速度，恒定不变，故C正确；D．羽毛球落地时具有一定的水平速度，所以速度方向不可能竖直向下，故D错误。故选C。2.下列四幅图是有关生活中的圆周运动的实例分析，其中说法正确的是（）A.汽车通过凹形桥的最低点时，速度越快越容易爆胎B.如果行驶速度

超过设计速度，轮缘会挤压内轨，会使内轨受损快C.图中所示是圆锥摆，减小，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度变大D.图中杂技演员表演“水流星”，当它通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用【答案】A【解析】【详解】A．汽车通过凹形

桥的最低点时，由牛顿第二定律2mvFmgR−=得2mvFmgR=+故在最低点车速越快，凹形桥对汽车的支持力越大，越容易爆胎，A正确；B．如果行驶速度超过设计速度，火车转弯时需要更大的向心力，有离心的趋势，故轮缘会挤压外

轨，故B错误；C．根据牛顿第二定律可知重力和拉力的合力提供向心力，则有2tansinmgmL=解得cosggLh==故减小但保持圆锥的高不变时，角速度不变，故C错误；D．“水流星”通过最高点时加速度向下，处于失重状态，但是依然受到重力的

作用，故D错误。故选A。3.质量为m的小球，用长为l的线悬挂在O点，在O点正下方12l处有一光滑的钉子O，把小球拉到与O在同一水平面的位置Q，摆线被钉子拦住，如图所示.将小球从静止释放，当小球第一次通过最低点P时，则（）.A.小球速率突然减小

B.小球加速度保持不变C.小球的向心加速度突然减小D.摆线上的张力保持不变【答案】C【解析】【详解】A．当球第一次通过P点时，线速度的大小不变，故A错误。BC．根据2var=知，线速度大小不变，转动的半径变

大，则向心加速度突然减小，故B错误，C正确。D．根据牛顿第二定律得，2vTmgmr−＝，线速度大小不变，转动半径变大，则摆线张力变小，故D错误。故选C。4.2024年1月18日1时46分，天舟七号货运飞船成功对接了空间站天和核心舱（离地面高度约为400km

）。天舟七号货运飞船装载了航天员在轨驻留消耗品、推进剂、应用试检装置等物资，并为神舟七号航天员送去龙年春节的“年货”。下列说法正确的是（）A.为实现对接，天舟七号需要在与空间站同一轨道上加速，以便靠近空间站B.天舟七号与空间站的组合体在轨道上

运行速度一定小于7.9km/sC.天舟七号与空间站的组合体在轨道上运行周期比地球同步卫星的周期大D.天舟七号与空间站的组合体在轨道上稳定运行时，“年货”处于平衡状态【答案】B【解析】【详解】A．天舟七号如果

在与空间站同一轨道上加速，天舟七号将做离心运动，不可能实现对接，故A错误；B．根据万有引力提供向心力可得22GMmvmrr=可得GMvr=地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以天舟七号与空间站的组合体在轨道上运

行速度一定小于7.9km/s，故B正确；C．根据万有引力提供向心力可得2224GMmmrrT=可得234rTGM=可知天舟七号与空间站的组合体在轨道上运行周期比地球同步卫星的周期小，故C错误；D．天舟七号与

空间站的组合体在轨道上稳定运行时，“年货”处于完全失重状态，不是处于平衡状态，故D错误。故选B。5.如图所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，

与两个轨道间的动摩擦因数都为，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止运动，那么摩擦力在AB段对物体做的功为（）A.mgR−B.1π2mgR−C.mgRD.()1mgR−【答案】D【解析】【详解】物体从A到C的过程中，由动能定理得0fmgR

WmgR+−=解得()=1fWmgR−故选D。6.如图所示为低空跳伞表演，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为45g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是A.运动员的重力势能减少了45mghB.运动员的动能增加了45m

ghC.运动员克服阻力所做的功为45mghD.运动员的机械能减少了45mgh【答案】B【解析】【详解】A．在运动员下落h的过程中，重力势能减少了mgh，故A错误；B．根据牛顿第二定律得，物体所受的合力为F合=ma=45mg则根据动能定理得，合力做功为45mgh，则动能增加了为4

5mgh，故B正确；C．合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh，则克服阻力做15mgh，故C错误；D．重力势能减少了mgh，动能增加了45mgh，故机械能减少了15mgh，故D错误；故选B．7.如

图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30。A、B两点分别放有电荷量大小为ABqq、的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则ABqq等于（）A.13B.33C.3D.2【答案】B【解析】【详解】根据题意可知两电荷为异种电荷，假设Aq为

正电荷，Bq为负电荷，两电荷在C点的场强如下图，设圆的半径为r，根据几何知识可得ACrr=，3BCrr=tan60ABEE=同时有2AAACkqEr=，2BBBCkqEr=联立解得AB33qq=故选B。8.小明同学在学习电场部分

知识时，课堂笔记只记录了“实线是电场线，一电子只受电场力，沿图中虚线所示的路径运动，先后通过M点和N点。”而没有记录电场线的方向，则下列说法中正确的是（）A.电子在M、N两点的速度大小关系为MNvvB.电子在M、N两点的加速度大小

关系为MNaaC.电场中M、N点的电势大小关系为MND.电子从M点运动到N点的过程中，电场力对电子做正功【答案】B【解析】【详解】AD．电子只受电场力，沿图中虚线所示的路径运动，先后通过M点和N点，根据曲线运动所受合力位于轨迹的凹侧，电子在电场中的受力和速度方向如

图所示由于电场力方向与速度方向的夹角大于90，电子从M点运动到N点的过程中，电场力对电子做负功，电子的动能减小，则电子在M、N两点的速度大小关系为MNvv，故AD错误；B．根据电场线的疏密程度可知，M点

场强大于N点场强，则电子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知，电子在M、N两点的加速度大小关系为MNaa，故B正确；C．电子从M点运动到N点的过程中，电场力对电子做负功，电子的电势能增加，则电子在M点的电势能小于在N点的电势能，根据pE

q=由于电子带负电，所以电场中M、N点的电势大小关系为MN，故C错误。故选B。二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

9.在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A.德国天文学家开普勒对他的导师——第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律B.英国物理学家卡文迪什利用“卡文迪什扭秤”首先较准确地测定了万有引

力常量C.伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性D.牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上【答案】ABD【解析】【详解】A．德国天文学家开普勒对他的导师—第谷观测的行星数据进行了

多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律，故A正确；B．英国物理学家卡文迪什利用“卡文迪什扭秤”首先较准确地测定了万有引力常量，故B正确；C．牛顿用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性，故C错误；D．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平

速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上，故D正确。故选ACD。10.2024年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演员们能够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。图乙是某次彩排中

质量为40kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间()Ft−图像，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度2s10m/g=，下列说法正确的是（）A.在a时刻演员速度为零B.在b时刻演员速度最大C.从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功等于1280JD.从a时刻到b时刻，演员机械能不

守恒【答案】AD【解析】【详解】A．a时刻蹦床的弹力最大，此时演员运动到最低点，速度为零，故A正确；B．当蹦床对演员的作用力等于重力大小时，合力为零，加速度为零，演员的速度达到最大，则演员速度最大的点在b点之

前，故B错误；C．从a时刻到b时刻演员上升距离不能计算，则不能计算出此段时间内重力对演员做的功，不能计算出蹦床对演员做的功，故C错误；D．该过程中有弹力对运动员做功，机械能不守恒，故D正确。故选AD。的11.真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上

10x=和23xa=的两点上，在它们连线上各点电场强度E随x变化关系如图所示，以下判断正确的是（）A.点电荷M、N一定为同种电荷B.点电荷M、N一定为异种电荷C.点电荷M、N电荷量的绝对值之比为4:1D.点电荷M、N电荷量的绝对值之比为1:4【答案】AC【解析】

【详解】AB．因M、N之间的坐标为2a处的合场强为零，可知点电荷M、N在2a处的场强大小相等，方向相反，所以点电荷M、N一定为同种电荷，故A正确，B错误；CD．根据2a处的合场强为零，由场强叠加可知NM22(2)QQkkaa=可得点电荷M、N所带电荷量的绝

对值之比为MN:4:1QQ=故C正确，D错误。故选AC。12.如图所示，在带电量为Q的平行板电容器A、B间，在M点静止释放一质量为m、电荷量为()0qq的小球（可视为质点），恰好能沿水平虚线从M点运动到N点，下列说法正确的是（）A.A板电势高于B板电势B.小球向左做匀加速

直线运动C.小球运动过程中机械能增加D.将A板沿垂直于极板方向向上平移少许距离，小球将做曲线运动【答案】BC【解析】【详解】AB．小球带正电，受力分析如图所示，合力方向从M指向N，粒子做匀加速运动，上极板带负电，A板电势低于

B板电势，所以A错误，B正确；C．电场力做正功，机械能增加，C正确；D．将A板沿垂直于极板方向向上平移少许距离后，根据4UQkQEdCdS===可知，电场强度大小不会发生改变，小球受力大小不变，仍将做直线运动，选项D错误。故选BC。三、非

选择题（本题共6小题，共60分）13.甲、乙、丙三个学习小组利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。所用电源的频率为50Hz，重力加速度g取29.8m/s。（1）从下列选项中选出实验所必须的器材________。（填字母序号）A.打点计时器（包括纸带）B.重物C.天平D.秒表（或停

表）（2）甲小组完成实验后，选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O点的距离（如图乙所示），图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C分别是每打两个点取出的计数点。若重物的质量为1.00kg，当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减

少了________J，此时重物的动能比开始下落时增加了________J。（计算结果均保留三位有效数字）（3）乙小组完成实验后，在分析实验得出的结果时，发现重物重力势能的减少量小于动能的增加量。下列对造成该实验结果的原因分析正确的是________。A.空气

对重物的阻力和打点计时器对纸带的阻力B.选用重物的质量过大C.该小组交流电源的实际频率大于50HzD.该小组交流电源的实际频率小于50Hz（4）丙小组完成实验后，选择了一条理想的纸带，将纸带上所打的第一个点记为O

点，每隔五个点取一个计数点，测量各计数点到O点的距离h，并计算各计数点对应的速度v，以2v为纵轴，以h为横轴，作出2vh−图像。在误差允许的范围内，若2vh−图像是一条过原点且斜率为________（选填“19.6”、“9.80”或“4.

90”）的直线，则验证了机械能守恒定律。【答案】（1）AB（2）①.1.75②.1.72（3）D（4）19.6【解析】【小问1详解】AB．需要使用打点计时器（包括纸带）打出纸带计算速度，需要使用重锤拖动纸带

，故AB正确；C．实验要验证212mghmv=因重锤质量被约去，可以直接验证212ghv=重锤质量可以不用测量，天平不是必须的器材，故C错误；D．打点计时器就是计时仪器，不需要秒表（或停表），故D错误。故选AB【小问2详解】[1][2]当打点计时器打到B点时重物的重力

势能比开始下落时减少了2p19.817.8610J=1.75JOBEmgh−==相邻两个计数点间的时间间隔0.04sT=，打到B点时速度。2(27.2512.41)10m/s=1.855m/s220.04ACxvT−−==此时重物的动能比开始下落时增加了2k

11.72J2Emv==【小问3详解】A．空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故A错误；B．验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，选择质量较大的重锤，不会使得重力势能的减

小量小于动能的增加量，故B错误；CD．若交流电的频率小于50Hz，由于速度值仍按频率为50Hz计算，频率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现重锤重力势能的减少量小于动能的增加量，同理，交流电源

的频率大于50Hz，则频率的计算值比实际值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，动能值也就偏小，则可能出现重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故C错误，D正确。故选D。【小问4详解】实验要验证212mghmv=整理可得22vgh=则219.

6kg==14.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进

行了以下操作。步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的1P，2P，3P等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。（1）

图甲中实验采用的方法是________(填正确选项前的字母)。A.理想实验法B.等效替代法C微小量放大法D.控制变量法（2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而________(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）接着该

组同学使小球处于同一位置，增大（或减小）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时

，悬线偏离竖直方向角度为，若两次实验中A的电量分别为1q和2q，分别为45和60o，则12qq为________。【答案】（1）D（2）增大（3）239【解析】小问1详解】图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的

带电小球先后挂在横杆上的1P、2P、3P等位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量法。故选D。【小问2详解】本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力的大小，由图可知，电荷

量越大、距离越小，丝线偏离竖直方向的角度越大，根据对小球受力分析可知电荷之间的静电力随着电荷量的增大、距离的减小而增大。【小问3详解】设小球B的质量为m，电量为q，B球的受力情况如图所示.【当A球带电量为1q时，

由平衡条件得121tan45kqqFmgr==其中1sin45rPB=当A球带电量为2q时，由平衡条件得222'tan60kqqFmgr==其中2sin60rPB=联立，解得2122tan45sin452

23tan60sin60933qq===15.图甲为北京2022年冬奥会的雪如意跳台滑雪场地，其简化示意图如图乙所示，某滑雪运动员从跳台a处沿水平方向飞出，落点在斜坡b处，测得ab间的距离为40m，斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力，210m/sg=，求（计算结果均可带根号）：（1）运

动员在空中飞行时间；（2）运动员从a处飞出的速度大小。【答案】（1）2s；（2）103ms的【解析】【详解】（1）根据题意可知，运动员从a点做平抛运动，竖直位移为sin3020mabyx==竖直方向上，由运动

学公式212ygt=得，运动员在空中飞行的时间22sytg==（2）水平方向上的位移为cos30203mabxx==水平方向上，由运动学公式0xvt=得，运动员从a处飞出的速度大小为0103msxvt==16.2024年6月4，

嫦娥六号完成世界首次月球背面采样，采样后返回时先进入近月圆轨道Ⅰ．再进入椭圆轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的Q点与返回器对接，图中P、Q分别为椭圆轨道的近月点和远月点．已知月球半径为R，嫦娥六号在轨道Ⅰ运行周期为T

，Q点离月球表面的高度为h，万有引力常量为G。求：（1）月球的质量M；（2）嫦娥六号第一次从P点飞行到Q点的时间t。【答案】（1）2324RMGT=；（2）(1)1222ThhtRR=++【解析】【详解】（1）根据万有

引力周期公式2224GMmmRRT=解得2324RMGT=（2）嫦娥六号第一次从P点飞行到Q做椭圆运动，其时间恰为椭圆周期的一半，利用开普勒第三定律3322RakTT==椭其中22Rha+=解得(1)122hhTTRR=++椭所以(1)12222TThhtRR==++椭17.如图所示

，倾角37=的直轨道AB与半径0.15mR=的圆弧形光滑轨道BCD相切于B点，O为圆弧轨道的圆心，CD为竖直方向上的直径，质量0.1kgm=的小滑块可从斜面上的不同位置由静止释放，已知小滑块与直轨道AB间的动摩擦因数0.5=，重力加速度取210

m/sg=，sin370.6,37cos0.8==。（1）若释放点距B点的长度0.75ml=，求小滑块到最低点C时对轨道的压力大小；（2）若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点D，求释放点距B点的距离。【答案】（1）N3.4NF=；（2）01.725ml=【解析】

【详解】（1）从释放点到C点，根据动能定理21sin(1cos)cos2CmglmgRmglmv+−−=在C点，根据牛顿第二定律2NCvFmgmR−=根据牛顿第三定律，小滑块到最低点C时对轨道的压力大小NNFF=解得N3.4NF

=（2）小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点，在D点，由牛顿第二定律可得2DvmgmR=滑块由释放运动到D点过程，由动能定理得2001sin(1cos)cos2DmglmgRmglmv−+−=解得01.725ml=18.如

图所示，P处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从静止开始经N、M间的电场加速，进入辐向电场沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，从辐向电场射出后，沿平行板A、B间的中线射入两板间的匀强电场，粒子恰从B板右边缘射出。已知MN两板间电压为

U，AB极板长为2L，AB板间距离为L，电容器的电容为C，粒子重力不计。求：（1）粒子在辐向电场中运动的时间；（2）辐向电场中虚线上各点电场强度的大小；（3）电容器所带的电荷量。【答案】（1）22RmqU；（2）2UR；（3）2CU【解析

】【详解】（1）根据动能定理可得2012qUmv=所以02qUvm=粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，有0124422TRRmtvqU===（2）根据牛顿第二定律可得20vEqmR=所以辐向电场中虚线上各点电场强度的大小为2UER=（3）粒子在AB板间运动时，有02Lvt=2122Lat=

qUamL=QCU=