四川省资阳市重点中学2023-2024高二（上）开学物理试卷（含解析）

2023-2024学年四川省资阳市重点中学高二（上）开学物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.物体做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )
A. 物体所受合力大小不变，方向始终指向圆心，故合力是恒力
B. 物体的向心加速度大小与线速度成正比
C. 物体的向心加速度越大，速率变化越快
D. 匀速圆周运动是线速度大小不变，方向时刻改变的运动，故“匀速”是指速率不变
2.关于单摆做简谐运动，下列说法正确的是( )
A. 经过平衡位置时所受的合力为零 B. 经过平衡位置时所受的回复力为零
C. 回复力是重力和摆线拉力的合力 D. 回复力是重力沿圆弧半径方向的分力
3.一质量的物块在合外力的作用下从静止开始沿直线运动，随时间变化的图线如图所示，则( )
A. 时，物块的速率为
B. 前内，合外力冲量大小为
C. 时，物块的动量大小为
D. 时，的功率为
4.如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在、两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移随时间的变化图象如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 时，振子的速度方向向左
B. 时，振子在点右侧处
C. 和时，振子的加速度完全相同
D. 到的时间内，振子的速度逐渐增大
5.“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星使用寿命。如图所示，“轨道康复者”航天器在圆轨道上运动，一颗能源即将耗尽的地球同步卫星在圆轨道上运动，椭圆轨道与圆轨道、分别相切于点和点，则下列说法正确的是( )
A. 轨道的高度是一定的，其轨道平面可以与赤道平面成任意夹角
B. 根据可知，“轨道康复者”在轨道上经过点时的加速度小于在轨道上经过点时的加速度
C. 若“轨道康复者”要运动到轨道上去给同步卫星补充能量，需要在、两点分别点火加速才可能实现
D. “轨道康复者”在三个轨道上的正常运行的周期满足
6.某电场的电场线分布如图所示，一带电粒子仅在静电力的作用下沿图中虚线所示路径运动，先后通过点和点。下列说法正确的是( )
A. 、点的电场强度
B. 粒子在、点的加速度
C. 粒子在、点的速度
D. 粒子带正电
7.北京冬奥会将在年月日至年月日在北京和张家口联合举行这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会。如图，某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后又落回到斜面上。若斜面足够长且倾角为。某次训练时，运动员从弧形坡面先后以速度和水平飞出，飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力，则( )
A. 运动员先后落在斜面上时速度的方向不同
B. 运动员先后落在斜面上位移之比为：
C. 运动员先后落在斜面上速度的变化量之比为：
D. 运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为：
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，、两质点的横坐标分别为和，图乙为质点从该时刻开始计时的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波沿方向传播，波速为 B. 质点经振动的路程为
C. 此时刻质点的速度沿方向 D. 质点在时速度为零
9.在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块、，它们的质量分别为、，弹簧劲度系数为，为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力拉物块使之向上运动，当物块刚要离开挡板时，物块运动的距离为，速度为，则此时( )
A. 物块的质量满足
B. 物块的加速度为
C. 拉力做功的瞬时功率为
D. 此过程中，弹簧弹性势能的增量为
10.质量为的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成角后由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 球、车组成的系统总动量守恒
B. 小球向左仍能摆到原高度
C. 小车向右移动的最大距离为
D. 小球运动到最低点时的速度大小为
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量______填选项前的符号，间接地解决这个问题．
小球开始释放高度
小球抛出点距地面的高度
小球做平抛运动的射程
图中点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______填选项前的符号
A.用天平测量两个小球的质量、
B.测量小球开始释放高度
C.测量抛出点距地面的高度
D.分别找到、相碰后平均落地点的位置、
E.测量平抛射程，．
若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______用第小题中测量的量表示；
若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为______用第小题中测量的量表示．
12.实验装置探究重锤下落过程中动能与重力势能的转化问题。
若图所示，一条符合实验要求的纸带，点为打点计时器打下的第一点。分别测出若干连续打点、、与点之间的距离、、。
已知打点计时器的打点周期为，重锤质量为，重力加速度为，结合实验中所测的、、，可得纸带从点下落到点的过程中，重锤增加的动能为______ ，减小的重力势能为______ ，在误差允许范围内重锤动能增加量______ 重力势能减少量填写“大于”、“等于”或“小于”。
取打下点时重锤的重力势能为零，计算出该重锤下落不同高度时所对应的动能和重力势能，建立坐标系，横轴表示，纵轴表示和，根据以上数据在图中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ。已求得图线Ⅰ斜率的绝对值，请计算图线Ⅱ的斜率 ______ 保留位有效数字。重锤和纸带在下落过程中所受平均阻力与重锤所受重力的比值为______ 用和字母表示。
四、简答题（本大题共3小题，共38.0分）
13.在真空中，两点电荷、的电荷量分别为和，彼此相距，现在距电荷、距电荷处放置点电荷，其电荷量为，求点电荷受到的静电力的大小和方向。已知静电力常量
14.如图，在摩擦因数为水平桌面上，一质量为的小物块可视为质点压缩弹簧后被锁扣锁住，储存了一定量的弹性势能。若打开锁扣，弹性势能完全释放，小物块经过长为的桌面段后以初速度从点沿水平桌面飞出，恰好从点沿切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的段粗糙，与之间的竖直高度。其中为圆弧轨道的最低点，为最高点，圆弧对应的圆心角为，圆弧轨道的半径为，，，不计空气阻力，重力加速度大小为。求：
小物块从点飞出的初速度的大小；
弹簧最初状态储存的弹性势能；
若小物块恰好能通过最高点，求圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功。
15.如图所示，以、为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于点。离滑板右端处有一竖直固定的挡板，一物块从点由静止开始沿轨道滑下，经点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量，滑板质量，圆弧轨道半径，物块与滑板间的动摩擦因数，重力加速度。滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。
求物块滑到点时的速度；
求滑板与挡板第一次碰撞前瞬间物块的速度大小；
求滑板长度的最小值。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、虽然匀速圆周运动速度大小不变，但方向时刻改变，所以不是恒力，故A错误。
B、只有当转动半径一定时，向心力才与线速度成正比，故B错误。
、向心加速度的物理意义是描述物体速度方向变化快慢的物理量，其只改变速度的方向，不改变速度的大小，故C错误，D正确。
故选：。
速度、向心力、加速度是矢量，有大小有方向，要保持不变，大小和方向都不变。在匀速圆周运动的过程中，速度的方向时刻改变，加速度、向心力的方向始终指向圆心，所以方向也是时刻改变。
解决本题的关键知道匀速圆周运动的过程中，速度的大小、向心力的大小、向心加速度的大小保持不变，但方向时刻改变。
2.【答案】
【解析】解：单摆运动中，摆球经过平衡位置时，回复力为零，但所受的合力提供向心力，不为零，故A错误，B正确；
摆球运动的过程中，重力沿圆弧切线方向的分力是摆球运动的回复力，所受的合力沿半径方向指向圆心的分力提供向心力，故CD错误。
故选：。
根据单摆做简谐运动的特征分析回复力和向心力及合力问题。
本题考查单摆运动，学生需熟悉单摆运动的特征，知道摆球运动过程中受力的特点与变化的规律。
3.【答案】
【解析】解：、根据动量定理得：，代入数据解得时，物块的速率为：，故A错误；
B、根据冲量定义，可知前内，合外力冲量大小为：，故B正确；
C、根据动量定理得：，代入数据解得时，物块的动量大小为：，故C错误；
D、内，根据动量定理得：，代入数据解得时物块的速率为：，时的功率为：，故D错误。
故选：。
图象“面积”的物理意义表示冲量，对于不同的时间段，分别计算冲量，再应用动量定理，即可求出相关物理量，根据功率公式求解。
本题考查了图象“面积”的物理意义、动量定理的基础应用、功率公式等，在解题时留意动量时矢量。
4.【答案】
【解析】解：、由图象乙知，时，图象的斜率为正，说明振子的速度为正，即振子的速度方向向右，故A错误。
B、在内，振子做变减速运动，不是匀速运动，所以时，振子不在点右侧处，故B错误。
C、和 时，振子的位移完全相反，由，知加速度完全相反，故C错误。
D、在到 的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D正确。
故选：。
由图象可读出振子振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小。通过分析振子位移的变化，即可判断其速度和加速度的变化。
本题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，要知道加速度、回复力与位移的变化情况是一致的，而与速度的变化情况相反。
5.【答案】
【解析】解：、地球同步卫星若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，就稳定做圆周运动，这是不可能的，因此地球同步卫星相对地面静止不动，所以必须定点在赤道的正上方，轨道平面必须与赤道平面共面，故A错误；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，、、都相等，则卫星在轨道上经过点时的加速度等于它在轨道上经过点时的加速度，故B错误；
C、“轨道康复者”要运动到轨道上去给同步卫星补充能量，需要在点先点火加速，使卫星做离心运动，再在远地点加速一次，故C正确；
D、圆轨道的轨道半径小于椭圆轨道的半长轴，椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的轨道半径，根据开普勒第三定律：，可知卫星在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，卫星在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，即：，故D错误。
故选：。
地球同步卫星的角速度必须与地球自转角速度相同，轨道平面必须与赤道平面共面。根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可。
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论。知道知道卫星变轨的原理，卫星通过加速或减速来改变所需向心力实现轨道的变换。
6.【答案】
【解析】解：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，因此，故A错误；
B.处场强小，粒子受到的电场力小，由牛顿第二定律知加速度也小，即有故B错误；
根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子的受到的电场力的方向斜向右上方，所以粒子为正电荷，若粒子从点运动到点，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，粒子的速度增大，则有，故C错误，D正确。
故选：。
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．由电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律判断加速度的大小．由粒子运动轨迹弯曲的方向，判断粒子受到的电场力方向，从而判断电场力做功情况和粒子的电性，即可分析速度的大小。
本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决这类问题。
7.【答案】
【解析】解：、设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，根据平抛运动的推论，因为不变，运动员先后落在斜面上时速度的方向与水平方向的夹角不变，所以运动员先后落在斜面上时速度的方向相同，故A错误；
B、根据平抛运动，解得，运动员先后落在斜面上时间之比为，运动员先后落在斜面上位移为，运动员先后落在斜面上位移之比为，故B错误；
C、运动员先后落在斜面上速度的变化量之比为，故C正确；
D、运动员先后落在斜面上动能的变化量，运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为，故D错误。
故选：。
根据平抛运动的推论判断运动员先后落在斜面上时速度的方向；根据平抛运动位移关系判断时间，再判断位移关系；通过判断运动员先后落在斜面上速度的变化量，再判断动能关系。
本题主要考查平抛运动规律的应用，要注意运动位移和速度的分解应用。
8.【答案】
【解析】解：、由图乙知，时刻质点的振动方向沿轴正方向，由微平移法可知该波向轴方向传播。由图知，，，则波速为：，故A正确；
B、质点经过，即经过一个周期，其振动的路程为，故B错误；
C、此时刻的振动方向是沿轴正方向，、间相隔半个波长，振动步调完全相反，所以此时刻质点的速度沿方向，故C错误；
D、在时，质点在正向最大位移处，、两质点的振动步调完全相反，所以质点在负向最大位移处，此时的速度为零，故D正确。
故选：。
根据图乙读出时刻质点的振动方向，利用平移法可知波的传播方向，由图甲读出波长、由图乙读出周期，从而求得波速；根据时间与周期之间的关系，利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的倍，即可求得质点经振动的路程；结合质点此时刻的位置和振动方向，从而可得知质点所处的位置和振动方向；通过时的位置，可判断出点的位置，从而可知点的运动情况。
本题考查简谐波的传播和质点的振动，要熟练掌握波的传播方向判断方法，如“微平移法”、“带动法”、“上下坡法”、“振向波向同侧法”和“头头尾尾相对法”，还有就是要熟练掌握步调一致的点的判断和步调始终相反的点的判断。会通过时间计算振动质点通过的路程。
9.【答案】
【解析】解：、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于的重力沿斜面下的分力，当刚离开时，弹簧的弹力等于的重力沿斜面下的分力，故，为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故，故，故A错误；
B、当刚离开时，弹簧的弹力等于的重力沿斜面下的分力，故，根据牛顿第二定律：，已知，故物块加速度等于，故B正确；
C、拉力的瞬时功率，故C错误；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：
，故D正确；
故选：。
当刚离开时，弹簧的弹力等于的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块的加速度大小；根据机械能守恒定律求解的速度．
含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路．
10.【答案】
【解析】解：系统在水平方向的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，总动量不守恒，故A错误；
B.小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，小球和小车水平方向的合动量为零，当小球速度为零时、小车速度也为零，故小球能向左摆到原高度，故B正确；
C.小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小车向右运动的最大距离为，则小球向左运动的位移为；取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒得：
解得 故C正确；
D.从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒得：
由能量守恒定律得：
解得小：球运动到最低点时的速度大小，故D错误。
故选：。
机械能守恒条件为除重力和系统内弹力外无外力做功，动量守恒条件为系统合外力为；根据动量守恒定律列式，求位移；根据水平方向动量守恒和能量守恒列式，求最低点速度。
本题考查学生对机械能守恒条件和动量守恒条件的掌握，以及对动量守恒、能量守恒的应用，是一道中等难度题。
11.【答案】
【解析】解：小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故选C．
碰撞过程动量守恒，则，两边同时乘以时间得：，则，
因此实验需要测量两球的质量，然后确这落点的位置，再确定两球做平抛运动的水平位移，故选ADE．
由可知，实验需要验证的表达式为：．
若为弹性碰撞，则机械能守恒；根据机械能守恒定律可知：
则由可知：
故答案为：；；；
明确实验原理，从而确定应测量的物理量；
明确实验过程，从而确定出应有的实验步骤；
根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题；再根据机械能守恒定律可求得弹性碰撞中应满足的表达式．
本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，根据动量守恒定律与平抛运动规律求出实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．
12.【答案】 等于
【解析】解：，根据匀变速运动的推论可求打下点的瞬时速度：
则重物动能的增加量为：
重力势能的减小量为。在误差范围内重锤动能增加量等于重力势能减少量；
取打下点时重物的重力势能为零，因为初位置的动能为零，则机械能为零，每个位置对应的重力势能和动能互为相反数，即重力势能的绝对值与动能相等，而图线的斜率不同，原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功。
根据图中的数据可以计算计算图线Ⅱ的斜率：
根据动能定理得：
化简得：
图线Ⅰ斜率：
图线Ⅱ斜率：
由以上几式可知：
则阻力为：
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为。
故答案为：、、等于；、。
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量；
若机械能守恒，因为初位置的机械能为零，则每个位置动能和重力势能的绝对值应该相等，图线不重合的原因是重物和纸带下落过程中需克服阻力做功。根据动能定理，结合图线的斜率求出阻力与重物重力的比值。
解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等。以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度。
13.【答案】解：根据库仑定律可知，对的库仑力大小为
对的库仑力大小为
根据几何关系可知，和相互垂直，则点电荷受到的静电力的大小为
设受到的静电力方向与的夹角为，则有
代入数据可得
答：点电荷受到的静电力的大小为，方向与的夹角为．
【解析】根据库仑定律可以分别计算出、对的库仑力大小，然后求合力即可。
要知道和是相互垂直的关系。
14.【答案】解：小物块从点到点的过程，做平抛运动，所以有
解得：，
由能量守恒定律得
解得：
在点，小物块的速度为
小物块恰好能通过点，由牛顿第二定律得
小物块从点到点的过程，由动能定理得
解得圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功为：
答：小物块从点飞出的初速度的大小为；
弹簧最初状态储存的弹性势能为；
圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功为。
【解析】小物块离开水平桌面后做平抛运动，根据下落的高度求出小物块到达点时竖直分速度，再由分速度关系求出平抛运动的初速度。
释放弹簧过程弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律可以求出弹簧储存的弹性势能。
小物块恰好能通过最高点，由重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出物块到达点时的速度，再利用动能定理可以求出圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功。
本题根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用运动的分解法处理平抛运动。要知道动能定理是求功常用的方法。
15.【答案】解：物块从到，根据机械能守恒定律有
解得物块滑到点时的速度为：
假设滑板与挡板第一次碰撞前物块与滑板已经共速，设物块加速度大小为，滑板加速度大小为，由牛顿第二定律有
设物块滑上滑板到二者共速时间为，由运动学公式
解得：，
该过程中滑板的位移为
故假设不成立，滑板与挡板第一次碰撞前物块与滑板未共速．
设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为，有
解得：
故滑板与挡板第一次碰撞前瞬间物块的速度为
滑板第一次与挡板碰撞时速度为
滑板与挡板第一次碰撞后以原速率反弹，因为，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，取向右为正方向，由动量守恒定律有
解得：
因为此时速度方向向右，故滑板会与挡板再次碰撞，碰撞后滑板的速度方向向左，此时，同理可知当物块和滑板第二次共速时，速度方向向左，取向左为正方向，根据动量守恒定律有
解得：
之后物块与滑板以共同速度向左一直匀速运动，分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度，物块相对于滑板始终向滑板的右端运动，整个过程根据能量守恒有
解得滑板长度的最小值为：
答：物块滑到点时的速度为；
滑板与挡板第一次碰撞前瞬间物块的速度大小为；
滑板长度的最小值为。
【解析】物块从点运动到点的过程，利用机械能守恒定律求出物块滑到点时的速度。
物块滑上滑板后，先判断物块和滑板在相撞之前会不会共速。根据牛顿第二定律求出两者的加速度，根据速度时间公式计算两者达到共速时经历的时间和共同速度，再求出此过程中滑板的位移，即可判断滑板与挡板第一次碰撞前物块与滑板是否共速。若没有共速，再根据运动学公式计算滑板与挡板第一次碰撞前瞬间物块的速度大小。
由速度时间公式计算出滑板第一次与挡板碰撞时速度。滑板与挡板第一次碰撞后以原速率反弹，根据动量守恒定律求出物块和滑板第一次共速时的速度，此后滑板会与挡板再次碰撞，再根据动量守恒定律计算出物块和滑板第二次共速时的速度，最后根据能量守恒定律求解滑板长度的最小值。
此题是一道综合型的大题，综合考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的运用，主要难点是要考虑到什么情况下两物体之间不会发生相对滑动。
第1页，共1页

转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 四川省资阳市重点中学2023-2024高二（上）开学物理试卷（含解析）