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）

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=g,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

C.在E=g中，U、d分别是匀强电场中任意两点间的电势差和距离

D.由3=§,电荷在电场中电势能越大，电荷所在位置电势越高

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生和尸b，则（）

A.Epa>Epb，Fa<FbB.Epa>Epb，&>Fb

C.Epa<Epb，FaFfjD.Epa<Epb，Fa>

4.如图所示，4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lOON/m,在竖直向上的拉力尸作用下，8物体缓慢向上运动，取重任

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，地面对力物体

的支持力大小为（）1,f

7777777

A.0B.5NC.10ND.15N

5.如图所示,正常工作的电风扇扇叶上两质点4、B到转轴。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4、B转动的线速度大小之比为2：1

C.质点4、8转动的周期之比为1：4

D.质点4、B转动的向心加速度大小之比为1：2

6.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。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3质量之比为mi：m2=3：2.则可知（）

A.根1、做圆周运动的线速度之比为3：2

B.m1、巾2做圆周运动的角速度之比为3：2

C.Tn1做圆周运动的半径为“

D.机2做圆周运动的半径为

7.一物块沿倾角为。的斜坡向上滑动.当物块的初速度为诩寸，上升的最大局度

为如图所示；当物块的初速度为2〃时，上升的最大高度记为反重力加速度大H

小为0物块与斜坡间的动摩擦因数和/I分别为（）

A.tcm。和2HB.tan。和4H

„2

C.和2HD.(2gH—和4H

8.一质量为m的物体从地面上方“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,

。T

H

在此过程中（）

A.重力对物体做功为mgHB.重力对物体做功为mg（〃+/i）

C.合力对物体做的总功为零D.地面对物体的平均阻力为鳖”胆

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。，另一端与重物Q相连。把滑块P从4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8的过程中，下列说法正确的是

)

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=10.8/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=1.1257n的竖直放置的光

滑半圆形轨道，如图所示，g^lOm/s2,则下列说法正确的是（）

A.球zn从轨道底端4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8点飞出轨道的半径最大为1.62m

D.M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s

11.如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度3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4与弹簧接触后，以下判断正确的是（）

囚WWVW\[B

Z/z/z

A.在物体4与弹簧接触过程中，弹簧对4的弹力冲量大小为gMv

B.在物体4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4与弹簧接触到4B相距最近的过程中，弹簧对4、8做功的代数和为0

D.从4与弹簧接触到4、B相距最近的过程中，最大弹性势能为

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.

A

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.

D

现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、。上，然后切断电源，使两小铁球能

B

同时分别从轨道M、N的顶端滑下。

⑴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zn=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9.8TH/S2。求：

打点计时器

(1)打点计时器打下计数点B时，物体的速度%=(保留两位有效数字)。

(2)从起点0到打下计数点8的过程中，物体重力势能减小量4Ep=，动能的增力口量ZEk=(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4Ep也一定略大于21琼，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。

4重物下落的实际距离大于测量值

8.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“，以九为横轴，以后为纵轴画出了如图的图线。则图线未过原点。的原因是

,图线的斜率近似等于。

A.19.6m/s2

B.9.80m/s2

C.4.90m/s2

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4rn/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。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,重力加速一:

度大小为9。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4、木板B的质量分别为4kg、2kg,4可视为质点，木板B放在光滑水平面上，木板B长4m。

开始时4、8均静止，某时4获得6rn/s的水平初速度，从8板最左端开始运动。已知4与B间的动摩擦因数为

0.2,g=10m/s2o

A-------->v0

(1)4、B相对运动过程中，求4、8的加速度大小；

(2)请判断4能否从B上滑下来，若能，求4、8分离时的速度大小，若不能，求4B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A2C错误，。正确。

故选：0。

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：4、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0=崇可知，初位

置的电势一定比末位置电势低，故A正确。

B、由C=g，可知Q与U成正比，故8错误；

C、在E=?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；

a

D、电势由电场本身决定，故。错误；

故选：4。

根据电场力做功与电势能关系分析，根据定义式的特点分析Q与U的关系；电势由电场本身决定。

本题考查常用公式的理解，解题关键掌握定义式的特点，注意电势由电场本身决定。

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，由尸=£^可知，a点电场力更大，

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

故选：Do

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。

解决本题的关键掌握电场线的特点，电场线的疏密可表示电场强度的强弱，沿电场线的方向电势降落。

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和弹簧的弹力尸刎所

以由平衡条件可得，弹簧的弹力的大小等于重力，则有

?弹=巾9，代入数据得：F弹=2xlON=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--＞代入数据得：x==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4物体受力分析可知，物体4受重

力mg、地面对4物体的支持力尸^和弹簧的拉力尸4物体受力平衡，由平衡的条件可得：

Fj+FN=mg

解得：

FN=mg-F温,代入数据得：Fw=2x10/V-100x0.1N=ION

所以可知地面对4物体的支持力大小为ION,AB。错误，C正确。

故选：Co

由受力分析、胡克定律以及牛顿第二定律，即可得出答案。

此题主要考查受力分析以及牛顿第二定律，基础题型注意计算即可。

5.【答案】D

【解析】解：4质点4、8同轴转动，则角速度相等=3B，即两点转动的角速度之比为1：1,故A错误；

8.根据v=3r可知，质点4、B转动的线速度大小之比为

以==1X1=1

vB-O)BTB-1X2-2

故8错误；

C.根据7=空可知，质点A、B转动的周期之比为1：1,故C错误；

O)

D根据a=iw可知，质点4、B转动的向心加速度大小之比为1：2,故。正确。

故选：Do

A、B两点都在风扇的叶片上，随叶片一起转动，同轴转动的各点具有相等的角速度和周期，再根据u=3r

确定线速度的大小关系；

根据向心加速度公式确定向心加速度大小关系。

解决本题需清楚地知道角速度的定义以及线速度、角速度、向心加速度和周期之间的关系，还需清楚同轴

转动，角速度相同。

6.【答案】C

【解析】解：设双星运行的角速度为3,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：

2

对mi：Grr①

对m2：6失署=7712®2r2②

由①：②得：rx：r2=m2：m1=2：3

又「2+ri=L,得=|乙，「2=|L

r:

由V=37-,3相同得：m1,M2做圆周运动的线速度之比为%：v2=i「2=2：3。

故选:Co

双星在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的。点做周期相同的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分别对

两恒星进行列式，来求解线速度之比、角速度之比，并得出各自的半径.

双星是圆周运动在万有引力运用中典型问题，关键抓住它们之间的关系：角速度和周期相同，由相互之间

的万有引力提供向心力.

7.【答案】D

【解析】解：以速度u上升过程中，由动能定理可知-mgH-"mgcosO=0-gmfZ

以速度2u上升过程中，由动能定理可知-mg"-nmgcosd•一々=0-^?n(2v)2

smUL

联立解得〃=—l)tand,fi=4H

故。正确.

故选：D.

两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；

本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键；

8.【答案】BCD

【解析】解：4、根据重力做功的公式可知：WG=mg△/i=mg(H+/i)0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=O,解得：/=吗地，故。正确；

故选：BCD。

根据重力做功由公式叫=mg△/!即可求解；重力做功多少，重力势能就减少多少；合力做功可以对整个过

程运用动能定理求解。外力对物体做功即为总功，等于动能变化，根据动能定理求解。

本题考查动能定理及重力做功与重力势能变化间的关系，要注意明确重力势能的改变量只与重力做功有关

系。

9.【答案】BC

【解析】解：40、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，故错误；

B、设绳子与光滑竖直杆之间的角度为0,竖直向上为正方向，对滑块来说有Tcos0-7ng=7na,开始时滑

块的速度变大，在上升的过程中，8变大，cos。变小，当TcosO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u，重物的速度为巧，故有巧=vcos。，到B点时，0=90。，解得％=0,所以重物

的速度为零，故C正确；

故选：BC.

根据绳子拉力对滑块做功情况判断滑块机械能变化情况：根据滑块和重物的速度关联关系判断滑块运动到B

点时重物的速度；通过滑块和重物的运动情况判断速度变化情况。

注意此题最难判断的地方是滑块滑到绳与杆垂直时，绳子在竖直杆子方向的速度为零，即重物的速度的速

度为零。

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

mvr—MV2—0

由机械能守恒定律得

1.1.

2mvi+2MV2=Ep

代入数据解得巧=9m/s,v2=3m/s

即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s；

球巾从4到B过程中，由机械能守恒定律得

1,1„

2niuf—■^mv1+mg-2R

解得m运动到B点时速度大小为：%'=6m/s

球m从轨道底端4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=Ap=mv1—mv1=0.2x(—6)N•s—0.2X9/V-s=-3.ON-s,则合力冲量大小为3.ON-s

弹簧弹开过程，由动量定理得弹力对m的冲量大小为/=/p=m%=0.2x9N-s=1.8N-s,故A正确，

8。错误；

C、设圆轨道半径为r时，球m能从B点飞出轨道的半径最大，即此时小球恰能从轨道最高点飞出，则由4到B

机械能守恒定律得

1,1,

2mvf=mg+mg-2r

在最高点，由牛顿第二定律得

V2

mg=m-^-

解得：r=1.62m,故C正确。

故选：ACo

弹簧弹开小球的过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出两球脱离弹簧时

的速度；球m在半圆轨道上运动时，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求Tn运动到B点时速

度大小，再对球运用动量定理求合外力的冲量大小。小球恰能从轨道最高点飞出时轨道半径最大，此时

在最高点由重力提供向心力，由此列式，结合机械能守恒定律求解轨道半径的最大值。

本题考查动量守恒定律、动量定理和机械能守恒定律的综合应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题

的前提，要把握每个过程的物理规律，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理即可正确解题。

11.【答案】AD

【解析】解：4、以向右方向为正，根据动量守恒定律得：2Mu=2Mv/+M%'

根据机械能守恒定律得：\x2Mv2=|x2M或+\Mv'^

解得：vA'=—VB'=^v

以向右方向为正方向，根据动量定理得：/=2MVA'-2MVA；

代入解得：/=故A正确；

8、在物体4与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和8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，8的速度接近9发，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4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：2Mu=(2M+M)”

解得：。'=|"

弹簧对4、8做功分别为；=ix2Mv'2-iX2Mv2=-1Mv2

，22

WB=-Mv=-Mv；

2

弹簧对4、8做功的代数和为：W=WA+WB=-1Mv,即对整个系统做负功.

2，22

最大弹性势能为：Ep=1x2Mv-1x3Mv=jMv,故C错误，O正确。

故选：AD.

根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出物体4离开弹簧后的两物体的速度，再对B或4运用动量定理求

弹簧的冲量。

分析A与弹簧接触的过程，B受到的弹簧弹力与位移的方向确定弹簧对B做功情况；

当两个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据系统的动量守恒和机械能守恒结合求解弹簧的最大弹

性势能。

本题要求同学们能正确分析4、B的受力情况及运动情况，知道当4、B两物体速度相等时，弹簧被压缩到最

短，此时弹性势能最大，运用动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定律结合解决这类问题。

12.【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】(l)0.97m/s；(2)0.48/；0.47/；(3)C；(4)实验过程先释放重物后通电；A.

cms

【解析】(1)根据匀变速直线运动的推论得：VB=冬=n?3/=97cmis=0.97m/s；

(2)从。点到B点重力势能减小量：AEp=mgh=1x9.8x0.0486/=0.48;；

2

动能的增加量为:AEk=jmvf-0=1x1x0.977=0.47/»

(3)4、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，ABO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=1niv2

以八为横轴，以标为纵轴，所以斜线的斜率：k=2g=19.6m/s2,故A正确，BC错误。

故选：Ao

故答案为：(l)0.97zn/s；(2)0.48/；0.47/；(3)C；(4)实验过程先释放重物后通电；4。

(1)根据在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出B点速度的大小；

(2)重力势能的减小量等于重力做功，据此可以求出物体重力势能的减小量，根据动能的表达式可以求出动

能的增量；

(3)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，故机械

能有所损失；

(4)根据实验的原理判定斜率的意义，和直线没有过原点的原因。

该题主要考查了在验证机械能守恒定律的实验中，如何应用运动学规律、功能关系去处理实验数据的能力，

在平时训练中要加强基础规律的综合应用