2023-2024学年四川省宜宾市兴文二中高二（上）开学物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年四川省宜宾市兴文二中高二（上）开学物理试卷一、选择题（本大题共11小题，第1-7小题每题4分，第8-11小题每题5分，共48分）1.物价变化趋势与市场供给和调控息息相关，若将物价的“上涨”类比成“加速”，将物价的“下跌”类比成“减速”，据此，你认为“物价下跌出现变缓趋势”可类比成(

)A.速度增加，加速度增大 B.速度增加，加速度减小

C.速度减小，加速度增大 D.速度减小，加速度减小2.某同学对电学中相关概念和公式的理解如下，下列说法正确的是(

)A.把负电荷从初位置移到末位置静电力做正功，初位置的电势比末位置电势低

B.由C=QU，电容器极板上的电荷量每增加1C，两极板间的电势差就增加1V

C.在E=Ud中，U、d分别是匀强电场中任意两点间的电势差和距离

3.某区域电场线分布如图所示。将同一负的试探电荷先后置于a、b两点，电势能分别为Epa和Epb，电荷所受电场力大小分别为Fa和Fb，则(

)A.Epa>Epb，Fa<Fb B.Epa>Epb4.如图所示，A和B两个物体通过一轻弹簧固定连接，两物体的质量均为2kg，开始时，系统静止，弹簧的劲度系数为100N/m，在竖直向上的拉力F作用下，B物体缓慢向上运动，取重力加速度大小g=10m/s2，弹簧始终在弹性限度内。当B物体缓慢上升0.3m时，地面对A物体的支持力大小为(

)A.0 B.5N C.10N D.15N5.如图所示.正常工作的电风扇扇叶上两质点A、B到转轴O的距离之比为1：2，则(

)A.质点A、B转动的角速度之比为1：2

B.质点A、B转动的线速度大小之比为2：1

C.质点A、B转动的周期之比为1：4

D.质点A、B转动的向心加速度大小之比为1：26.经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”.“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=3：2.则可知(

)A.m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2

B.m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2

C.m1做圆周运动的半径为27.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为ℎ.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和ℎ分别为(

)A.tanθ和2H B.tanθ和4H

C.(v22gH−1)tanθ和2H 8.一质量为m的物体从地面上方H高处无初速释放，落在地面后出现一个深为ℎ的坑，如图所示，在此过程中(

)A.重力对物体做功为mgH B.重力对物体做功为mg(H+ℎ)

C.合力对物体做的总功为零 D.地面对物体的平均阻力为mg(H+ℎ)9.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块P，滑块P系于轻绳一端，轻绳绕过光滑的定滑轮O，另一端与重物Q相连。把滑块P从A点由静止释放后，滑块开始上升，滑块运动到与滑轮等高的位置B的过程中，下列说法正确的是(

)A.滑块P的机械能守恒

B.滑块P的速度先增大后减小

C.滑块P运动到B点时，重物Q的速度为零

D.绳的拉力对重物Q先做正功，后做负功10.在光滑的水平桌面上有质量分别为M=0.6kg、m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不拴接)，原来处于静止状态.现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=1.125m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3N⋅s

B.弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.9N⋅s

C.若半圆轨道半径可调，要使球m能从B点飞出轨道的半径最大为1.62m

11.如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是(

)A.在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为43Mv

B.在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大

C.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0

D.从A与弹簧接触到A、B二、非选择题（共52分）12.小高同学用如图所示的实验装置来验证平抛运动的特征：两个完全相同的弧形轨道M、N分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端与水平板相切。两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使AC=BD.现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球能同时分别从轨道M、N的顶端滑下。

(1)为完成本实验，弧形轨道M、N的表面______(填“需要”或“不需要”)确保光滑，水平板的表面______(填“需要”或“不需要”)确保光滑。

(2)符合上述实验条件后，可观察到的实验现象应是______。仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明平抛运动的水平分运动是______。13.在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻计数点间的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2。求：

(1)打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=______(保留两位有效数字)。

(2)从起点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能减小量ΔEP=______，动能的增加量ΔEk=______(保留两位有效数字)。

(3)即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的ΔEp也一定略大于ΔEk，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因______。

A.重物下落的实际距离大于测量值

B.重物质量选用得大了，造成的误差

C.重物在下落的过程中，由于摩擦生热造成的误差

D.先释放纸带后接通计时器造成的误差

(4)某同学利用自己在做该实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离ℎ，算出了各计数点对应的速度v，以ℎ为横轴，以v2为纵轴画出了如图的图线。则图线未过原点O的原因是______，图线的斜率近似等于______14.汽车质量为1000kg，汽车的发动机的额定功率为80kW，它在平直公路上行驶的最大速度可达20m/s。现在汽车在该公路上由静止开始以4m/s2的加速度做匀加速直线运动，若汽车运动过程中所受的阻力是恒定的，求：

(1)汽车所受阻力多大；

(2)这个匀加速过程可以维持多长时间；

(3)开始运动后第2s末，汽车瞬时速度是多大；

(4)开始运动第5s末，汽车瞬时功率多大？15.如图所示，在一倾角为θ的光滑绝缘斜面上，一带电物体在外加匀强电场的作用下处于静止状态，已知带电体的质量为m，电荷量为q，重力加速度大小为g。问：

(1)物体带什么电？

(2)匀强电场的电场强度E是多大？

(3)若改变匀强电场的方向，使带电物体仍能静止在斜面上，求电场强度的最小值和方向。16.如图所示，物块A、木板B的质量分别为4kg、2kg，A可视为质点，木板B放在光滑水平面上，木板B长4m。开始时A、B均静止，某时A获得6m/s的水平初速度，从B板最左端开始运动。已知A与B间的动摩擦因数为0.2，g=10m/s2。

(1)A、B相对运动过程中，求A、B的加速度大小；

(2)请判断A能否从B上滑下来，若能，求A、B分离时的速度大小，若不能，求A、B最终的速度大小；

(3)求A、B相对运动过程中因摩擦产生的热量。

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：物价类比成速度，物价下跌快慢类比成加速度，物价下跌出现减缓趋势，相当于加速度减小，当物价仍在下跌，相当于加速度与速度方向相反，速度仍然减小。故ABC错误，D正确。

故选：D。

把物价类比成速度，物价下跌快慢类比成加速度，根据加速度于速度关系进行分析。

加速度决定于物体所受合力和物体的质量，与速度没有直接关系，加速度减小，速度不一定减小。2.【答案】A

【解析】解：A、把负电荷从初位置移到末位置电场力做正功，则说明电势能减小，则由φ=Epq可知，初位置的电势一定比末位置电势低，故A正确。

B、由C=QU，可知Q与U成正比，故B错误；

C、在E=Ud中，U是匀强电场中任意两点间的电势差，d代表两点沿电场线方向的距离，故C错误；

D、电势由电场本身决定，故D错误；

故选：A。

3.【答案】D

【解析】解：电场线疏密程度反应电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，则由图可知a点电场强度更大，由F=Eq可知，a点电场力更大，

由于a点电势高于b点，则由Ep=φq可知，负试探电荷在a点电势能更小，故ABC错误，D正确；

故选：D。

明确电场线的性质，知道电场线越密，场强越大．根据F=Eq判断电场力的大小；同时明确沿电场线的方向电势降落，而正电荷在高电势处电势能大，负电势在低电势处电势能大。4.【答案】C

【解析】解：开始时，由于系统静止，所以对B物体受力分析可知，物体B受重力mg和弹簧的弹力F弹，所以由平衡条件可得，弹簧的弹力的大小等于重力，则有

F弹=mg，代入数据得：F弹=2×10N=20N

由此可知弹簧此时是压缩状态，再由胡克定律可得弹簧压缩量为

x=F弹k，代入数据得：x=20100m=0.2m

所以当B物体缓慢上升0.3m时，可知弹簧恢复原长后又被拉伸长0.1m。对A物体受力分析可知，物体A受重力mg、地面对A物体的支持力FN和弹簧的拉力F弹′，A物体受力平衡，由平衡的条件可得：

F弹′+FN=mg

解得：

FN5.【答案】D

【解析】解：A.质点A、B同轴转动，则角速度相等ωA=ωB，即两点转动的角速度之比为1：1，故A错误；

B.根据v=ωr可知，质点A、B转动的线速度大小之比为

vAvB=ωArAωBrB=1×11×2=12

故B错误；

C.根据T=2πω可知，质点A、B转动的周期之比为1：1，故C错误；

D.根据a=vω可知，质点A6.【答案】C

【解析】解：设双星运行的角速度为ω，由于双星的周期相同，则它们的角速度也相同，则根据牛顿第二定律得：

对m1：Gm1m2L2=m1ω 2r1

①

对m2：Gm1m2L2=m2ω2r2

②

由①：②得：r1：r2=m2：m1=2：7.【答案】D

【解析】解：以速度v上升过程中，由动能定理可知−mgH−μmgcosθ⋅Hsinθ=0−12mv2

以速度2v上升过程中，由动能定理可知−mgH−μmgcosθ⋅ℎsinθ=0−12m(2v)2

8.【答案】BCD

【解析】解：A、根据重力做功的公式可知：WG=mg△ℎ=mg(H+ℎ)。故A错误B正确；

C、对全程由动能定理可知，初末动能为零，则合外力做功为零；故C正确；

D、由动能定理得：mg(H+ℎ)−fℎ=0，解得：f=mg(H+ℎ)ℎ，故D正确；

故选：BCD。

根据重力做功由公式9.【答案】BC

【解析】解：AD、在到达B点之前绳子的拉力与滑块的位移之间为锐角，故拉力做正功，滑块P的机械能一直增大，故AD错误；

B、设绳子与光滑竖直杆之间的角度为θ，竖直向上为正方向，对滑块来说有Tcosθ−mg=ma，开始时滑块的速度变大，在上升的过程中，θ变大，cosθ变小，当Tcosθ小于mg后滑块的加速度方向由向上变为向下，此时物体做减速运动。所以滑块的速度先增大后减小，故B正确；

C、设滑块运动速度为v，重物的速度为v1，故有v1=vcosθ，到B点时，θ=90°，解得v1=0，所以重物的速度为零，故C正确；

故选：BC。

10.【答案】AC

【解析】解：ABD、释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得

mv1−Mv2=0

由机械能守恒定律得

12mv12+12Mv22=Ep

代入数据解得v1=9m/s，v2=3m/s

即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s；

球m从A到B过程中，由机械能守恒定律得

12mv12=12mv1′2+mg⋅2R

解得m运动到B点时速度大小为：v1′=6m/s

球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理得球m所受合外力冲量大小为I=Δp=mv1′−mv1=0.2×(−6)N⋅s−0.2×9N⋅s=−3.0N⋅11.【答案】AD

【解析】解：A、以向右方向为正，根据动量守恒定律得：2Mv=2MvA′+MvB′

根据机械能守恒定律得：12×2Mv2=12×2MvA′2+12MvB′2

解得：vA′=−13v，vB′=43v

以向右方向为正方向，根据动量定理得：I=2MvA′−2MvA；

代入解得：I=43Mv，故A正确；

B、在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近43v，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，故B错误；

CD、以向右为正方向，根据动量守恒定律得：2Mv=(2M+M)v′

解得：v′=23v

弹簧对A、B做功分别为；WA=1212.【答案】不需要

需要

铁球P、Q同时到达水平轨道上的同一位置相碰

匀速直线运动

【解析】解：(1)实验要求两球到达斜槽末端的速度相同即可，所以弧形轨道

M、N的表面不需要光滑。

实验要验证平抛运动水平方向是否为匀速直线运动，所以水平面板需要确保光滑，确保Q为匀速直线运动才能对比。

(2)实验能观察到的现象是两球在长木板上正好相碰。仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明两球在水平方向的运动完全相同，说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动。

故答案为：(1)不需要，需要；(2)铁球P、Q同时到达水平轨道上的同一位置相碰，匀速直线运动。

(1)根据平抛运动的条件分析判断；

(2)根据两球在长木板上是否正好相碰分析判断。

本题关键掌握平抛运动的条件和平抛运动的特点。13.【答案】(1)0.97m/s；

(2)0.48J；0.47J；(3)C；(4)实验过程先释放重物后通电；A。

【解析】(1)根据匀变速直线运动的推论得：vB=xAC2T=7.02−3.132×0.02cm/s=97cm/s=0.97m/s；

(2)从O点到B点重力势能减小量：ΔEp=mgℎ=1×9.8×0.0486J=0.48J；

动能的增加量为：ΔEk=12mvB2−0=12×1×0.972J=0.47J。

(3)A、由于在物体下落的过程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力势能并没有全部转化为动能，故动能的增量总是要小于重力势能的减小量，故C正确，ABD错误；

故选：C

(4)从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通(打点计时器)电源。

若机械能守恒，则：mgℎ=12mv2

以ℎ为横轴，以v2为纵轴，所以斜线的斜率：k=2g=19.6m/s2，故A正确，BC14.【答案】解：(1)汽车速度达到最大时加速度等于零，此时牵引力与阻力平衡，有

P额=fvm

解得汽车所受阻力为

f=P额v=8000020N=4×103N

(2)由牛顿第二定律，汽车在匀加速过程时有

F牵−f=ma

设在匀加速过程中最大速度为v，有

P额=F牵v

匀加速过程可以维持时间为

t=va

联立解得

t=2.5s

(3)由前面分析可知开始运动后第2s末，汽车处于匀加速运动，故瞬时速度为

v1=at1=4×2m/s=8m/s

(4)由前面分析可知开始运动后，经过t=2.5s汽车达到额定功率，之后一直保持该功率行驶，故开始运动第5s末，汽车瞬时功率为

【解析】(1)首先，根据汽车速度达到最大时加速度等于零求出汽车所受的阻力；

(2)其次，由牛顿第二定律求出汽车在匀加速过程的加速度，再根据最大功率求出匀加速过程中的最大速度，最后，根据匀变速直线运动的规律求出匀加速过程可以维持的时间为；

(3)其次，根据匀变速直线运动的速度公式求出2s末的瞬时速度；

(4)最后，分析汽车的运动过程，确定5s末汽车瞬时功率。

本题考查了恒定加速度启动问题，解决本题的关键是熟练掌握瞬时功率与计算与牛顿第二定律的应用。15.【答案】解：(1)物体受到重力、斜面的支持力及电场力，处于平衡状态，电场力水平向左，与电场方向相反，所以物体带负电。

(2)对物体受力分析，沿斜面方向，由平