2024-2025学年云南省昆明市第一中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省昆明市第一中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.“物理”一词最早出现在我国的晋朝，泛指事物之理，源于《庄子·天下》中的“判天地之美，析万物之理”。关于物理思想与方法，下列说法正确的是( )
A. 加速度a=Fm用到了比值定义法
B. 科学家在研究点电荷之间的相互作用时应用了类比的思想
C. 用点电荷来代替带电体的方法运用了假设法
D. 牛顿第一定律是实验定律
2.工程人员在测量距离时会用到手推式测距仪，如图所示。已知某款手推式测距仪测距轮子直径255mm，当轮子边缘以1.6m/s的平均速率向前滚动时，滚轮的转速约为( )
A. 1r/s
B. 2r/s
C. 3r/s
D. 4r/s
3.将一带正电的点电荷Q固定在水平放置且带负电的正方形金属薄板中心的正上方，点电荷Q与薄板间的电场线竖直切面如图所示。其中b、d两点在同一竖直且垂直于薄板的电场线上，a、b、c三点在同一条平行于薄板的直线上，a、c关于b点对称。关于各点的电场强度及电势的判断，下列说法中正确的是( )
A. a点与c点的电场强度相同
B. b点与d点的电场强度相同
C. a点电势等于b点电势
D. b点电势高于d点电势
4.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上。现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 斜劈对小球的弹力不做功
B. 斜劈与小球组成系统机械能守恒
C. 斜劈的机械能守恒
D. 小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
5.如图所示，A、B两小球从同一竖直线上的不同位置水平抛出后，恰好在C位置相遇，已知A、B两球抛出时的速度分别为v1、v2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 两球从抛出到运动至C点的时间相等B. 相遇时A球速度大于B球速度
C. A先抛出，且v1v2
6.一滑块冲上固定斜面后做匀减速直线运动，最终静止在斜面上的Q点，从滑块通过斜面的底端P开始计时，已知滑块在第1s内通过的距离为6m，停止运动前的最后1s内通过的距离为2m，则下列说法正确的是( )
A. 滑块运动的加速度大小为2m/s2B. 滑块通过P点时的速度大小为16m/s
C. P、Q两点间的距离为16mD. 滑块从P点运动到Q点的时间为2s
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
7.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 曲线运动的加速度不可能为零
B. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动
C. 相同时间内速度变化量一定不相等
D. 所有做曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向肯定不在一条直线上
8.如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
A. 对物体，动能定理的表达式为W=12mv22−12mv12，其中W为支持力做的功
B. 对物体，动能定理的表达式为W 合=0，其中W 合为合力做的功
C. 对物体，动能定理的表达式为W−mgH=12mv22−12mv12其中W为支持力做的功
D. 对电梯，其所受的合力做功为(12Mv22−12Mv12)
9.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上有一长为L的水平轻绳一端固定，另一端拴一个质量为m的小球，将小球从图中所示的位置静止释放，以下判断正确的是( )
A. 若仅增大绳的长度L，小球经过最低点时，绳的拉力将变大
B. 若仅增大绳的长度L，小球经过最低点时，绳的拉力保持不变
C. 若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，小球经过最低点时，绳的拉力比不加电场时大
D. 若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，小球经过最低点时，绳的拉力与不加电场时相等
10.如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带，假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列判断正确的是( )
A. 小行星带内各小行星绕太阳运动的周期均大于一年
B. 小行星带内距离太阳近的小行星的向心加速度大于距离远的小行星的向心加速度
C. 小行星带内的小行星都具有相同的角速度
D. 要从地球发射卫星探测小行星带，发射速度应大于地球的第三宇宙速度
11.(多选)将一个物体在t=0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t=0.8s时物体的速度大小变为8m/s(g取10m/s2)，则下列说法正确的是( )
A. 物体一定是在t=3.2s时回到抛出点B. t=0.8s时刻物体的运动方向一定向上
C. 物体的初速度可能是20m/sD. t=0.8s时刻物体一定在初始位置的下方
12.如图所示，水平转台边缘固定一光滑竖直卡槽，与轻质杆右端固定在一起的轻质小球可以沿卡槽上、下自由移动，由于卡槽的作用，轻质杆始终沿转台的半径方向且保持水平，劲度系数为k=50N/m的轻弹簧一端固定在竖直转轴上，另一端与轻质杆共同连在质量m=0.1kg的小球上，当转台以角速度ω=3rad/s绕转轴匀速转动时，轻弹簧与竖直方向的夹角θ=37​∘。已知转台半径R=10cm，轻质杆的长度L=4cm，重力加速度g取10m/s，sin37​∘=0.6，cs37∘=0.8下列说法正确的是( )
A. 轻弹簧的伸长量为103cmB. 轻弹簧的伸长量为2.5cm
C. 轻质杆中的弹力大小为0.696ND. 轻质杆中的弹力大小为7.5N
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.小明用如图所示的实验装置探究平抛运动的规律：
(1)实验时，让小球多次从斜槽上同一位置由静止释放，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，下图中y−x2图线能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是 _。
A. B． C． D．
(2)如图为一个小球做平抛运动的轨迹图线，小球先后通过a、b、c三点，若相邻两点间的水平距离均为s=10.00cm，竖直距离分别为ℎ1=5.10cm和ℎ2=14.90cm，则小球平抛的初速度大小为__________m/s，b点瞬时速度的大小为__________m/s，ac之间平均速度的大小为__________m/s。(重力加速度g取9.8m/s2，取 2=1.414，所有结果均保留3位有效数字)
14.如图甲，小张同学做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ℎA、ℎB、ℎC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量ΔEp=_______，动能增加量ΔEk=_______。
(2)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_______。
A.利用公式v=gt计算重物速度 B.利用公式v= 2gℎ计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法
(3)小张同学继续应用纸带上各点到起始点O的距离ℎ，计算出相应点对应的速度v，以ℎ为横轴、v2为纵轴作出了如图丙的图线，当地重力加速度为g，该图线的斜率应_______。
A.等于g B.小于2g C.等于2g D.大于2g
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
15.北京时间2024年4月25日20时，神舟十八号载人飞船圆满发射成功，并于25日6时成功对接于天和核心舱。已知天和核心舱距离地面高度ℎ，环绕地球运动视为匀速圆周运动，运行周期为T，地球半径为R，引力常量为G，假设地球可视为质量分布均匀的球体。则：
(1)地球的质量M(用题中所给字母表示)；
(2)飞船从近地点P到远地点Q的时间t(用题中所给字母表示)。
五、计算题：本大题共2小题，共26分。
16.如图所示，某个时刻水平地面上A、B两物体相距x=11m，A正以vA=4m/s的速度向右做匀速直线运动，而物体B正以vB=10m/s的初速度向右做匀减速直线运动，加速度a=−2m/s2，求：
(1)A、B两物体间最大距离；
(2)A追上B所经历的时间。
17.如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C点是最低点，圆心角∠BOC=37∘，D点与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，一个质量为m=0.5kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离ℎ=1.2m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5。取sin37​∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2。求：
(1)小物体第一次通过C点时对轨道的压力的大小；
(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L至少要多长；
(3)若斜面已经满足(2)中的要求，小物体从E点开始下落，直至最后不再产生热量，在此过程中系统因斜面摩擦所产生的热量Q。(不计其他阻力)
答案解析
1.B
【解析】A.加速度定义式是速度的变化量与时间的比值，应用了比值定义法，故A错误；
B.科学家在研究点电荷之间的相互作用时采用扭秤装置，应用了类比的思想，将点电荷之间的相互作用类比万有引力的相互作用，故B正确；
C.用点电荷来代替带电体采用了理想化的物理模型的方法，故C错误；
D.牛顿第一定律运用了在可靠的实验事实基础上进行合理外推的方法，故D错误。
2.B
【解析】转速表示一秒转过的圈数，滚轮转一圈前进的距离等于滚轮的周长，滚轮平均速率为1.6m/s，一秒前进1.6m，则转过的圈数为n=1.6πD=×0.255r/s=2r/s。故选B。
3.D
【解析】A.a点电场强度与c点电场强度大小相等，方向不同，故 A错误；
B.b点处的电场线比d点处的电场线密集，b点电场强度大于d点电场强度，故B错误。
CD.过b点的等势面如图中虚线所示：
；
沿电场线方向电势逐渐降低，可知φb>φa，φb>φd，故D正确，C错误。
4.B
【解析】A.斜劈由静到动，动能增加，只有弹力对斜劈做功，根据动能定理，斜劈对小球的弹力做负功，故A错误；
BCD.由于斜劈与小球组成的系统没有其它形式的能产生，所以机械能守恒；斜劈的动能增大，所以斜劈机械能不守恒；小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量与小球动能增量之和。故B正确，CD错误。
故选B。
5.C
【解析】两球在C点相遇，根据ℎ=12gt2知，下降的高度越高，时间越长，根据图可知，ℎA>ℎB，则A球运动的时间长，B球运动的时间短，可知A球一定是早些抛出的，水平位移相等，根据x=v0t知，A球的运动时间长，则A球的初速度小，即v1相遇时速度大小关系，故ABD错误，C正确。
6.D
【解析】A.滑块停止运动前的最后1s内通过的距离为2m，则逆过程可看成从静止出发第1s内通过的位移为2m，由x=12at2，可得a=4m/s2，故A错误；
B.滑块在第1s内通过的距离为6m，则第0.5s的速度等于第1s内的平均速度，即：v0.5=61m/s=6m/s，则vP=v0.5+at0.5=6+4×0.5m/s=8m/s，故B错误；
C.PQ间的距离为：xPQ=vP22a=648m=8m，故C错误；
D.滑块从P点运动到Q点的时间为：t=vPa=84s=2s，故D正确。
7.AD
【解析】A.做曲线运动的物体，其速度方向一定改变，所以曲线运动一定是变速运动，加速度不可能为零，A正确；
B.物体在恒力作用下可能做曲线运动，比如平抛运动，B错误；
C.曲线运动在相同时间内速度变化量可能相等，比如平抛运动，C错误；
D.物体做曲线运动的条件是所受合外力方向与速度方向不在同一条直线上，D正确。
故选AD。
8.CD
【解析】ABC.电梯上升的过程中，对物体做功的有重力和支持力，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合=W−mgH=12mv22−12mv12，其中W表示支持力做的功，故AB错误，C正确；
D.对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即12Mv22−12Mv12，故D正确。
故选：CD。
9.BC
【解析】AB.设小球在最低点时速度为v，小球在运动过程中，根据动能定理可得
mgLsinα=12mv2
在最低点，根据牛顿第二定律可得
T−mgsinα=mv2L
联立解得
T=3mgsinα
可知绳的拉力与L无关，故A错误，B正确；
CD.加电场以后，根据动能定理可得
mgLsinα+qEL=12mv2
在最低点，根据牛顿第二定律可得
T−qE−mgsinα=mv2L
解得
T=3mgsinα+3qE>3mgsinα
故C正确，D错误。
故选BC。
10.AB
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mr4π2T2，解得：T=2π r3GM离太阳越远，周期越大，所以各小行星绕太阳运动的周期大于一年，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，可知小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mrω2，解得：ω= GMr3，可知不在同一轨道上的小行星的角速度不同，故C错误；
D、要从地球发射卫星探测小行星带，就要克服地球的引力，发射速度应大于地球的第二宇宙速度，故D错误。
故选：AB。
根据万有引力提供向心力得出角速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系，从而比较大小，地球的第二宇宙速度是指从地球表面上发射卫星时，要摆脱地球的引力而成为绕太阳转动的卫星的最小发射速度。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，根据题意选择正确的向心力公式。
11.AB
【解析】物体做竖直上抛运动，在0.8s内的速度变化量△v=gt=10×0.8m/s=8m/s，由于初速度不为零，可知t=0.8s时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方．故B正确，D错误．
可知初速度v0−gt=v，代入数据解得v0=16m/s，则上升到最高点的时间t1=v0g=1610s=1.6s，则回到抛出点的时间t=2t1=2×1.6s=3.2s，故A正确，C错误．
故选：AB．
12.BC
【解析】AB.设弹簧的弹力为F，对小球受力分析，则Fcsθ=mg，解得F=1.25N，根据F=kx可得x=0.025m=2.5cm，故A错误，B正确；
CD.小球做圆周运动的半径r=R−L=10cm−4cm=6cm=0.06m，小球做圆周运动的向心力为F=mω2r=0.1×32×0.06N=0.054N，对小球受力分析，则F向=Fsin37°−FN，解得FN=0.696N，故C正确，D错误。
故选：BC。
13.(1)B；(2)1 .00 ；1.41；1.41
【解析】(1)根据x=vt，y=12gt2，解得：y=g2v2x2，由此可知y与x2成正比，其关系图线为过原点的倾斜直线，故B正确，ACD错误。
(2)根据竖直方向的位移差公式得：ℎ2−ℎ1=gT2，在水平方向上，有s=v0T，代入数据解得：v0=1.00m/s ，T=0.1s，b点的竖直速度为vyb=ℎ1+ℎ22T=5.10+14.902×0.1×10−2m/s=1.00m/s，故b点的速度为vb= v02+vby2= 2m/s=1.41m/s，ac之间的平均速度为v= ℎ1+ℎ22+2s22T= 2m/s=1.41m/s
14.(1) mgℎB mℎC−ℎA28T2
(2)C
(3)B

【解析】(1)[1]重力做正功，重力势能减小，重力势能减小量
ΔEp=mgℎB
[2]B是AC段的时间中点，B点的速度等于AC段的平均速度，即
vB=ℎC−ℎA2T
动能增加量
ΔEk=12mvB2
联立，解得
Ek=mℎC−ℎA28T2
(2)AB.该实验中存在摩擦、空气阻力，实际加速度不是g，不能用运动学公式
v=gt ， v= 2gℎ
计算瞬时速度，只能通过纸带上点迹求该点相邻两点间平均速度，故AB错误；
C.因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，说明重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D.该实验误差属系统误差，采用多次实验取平均值的方法不能改变误差大小，故D错误。
故选C。
(3)根据动能定理可知
mgℎ−fℎ=12mv2
可得
v2=2g−2fmℎ
由此可知，在丙图图像中，斜率为
2g−2fm<2g
故选B。
15.(1)根据万有引力提供向心力有
GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)
所以
M=4π2(R+ℎ)3GT2
(2)根据开普勒第三定律可得
(2R+ℎ2)3T′2=(R+ℎ)3T2
飞船从近地点P到远地点Q的时间为
t=T′2
所以
t=T2 (2R+ℎ)38(R+ℎ)3

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.(1)当两物体速度相等时距离最大
vA=vB+at
得
t=3s
这段时间内A物体运动距离
xA=vAt=12m
B物体运动距离
xB=vBt+12at2=21m
A、B两物体间最大距离
s=x+xB−xA=20m
(2)B停止需要时间
t′=0−vBa=5s
这段时间内B位移
x′=vB2t′=25m
A的位移为
xA′=vAt′=20m故当B停止时A还未追上B，A追上B所经历的时间
t0=x+x′vA=9s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.解：(1)设小物体第一次通过C点时的速度为v，从E点到第一次通过C点，根据动能定理有：mg(ℎ+R)=12mv2
在C点根据牛顿第二定律有：FN−mg=mv2R
代入数据解得：FN=27N
因此，小物体第一次通过C点时对轨道的压力的大小为27N
(2)从E点到第一次通过B点，根据动能定理有：mgℎ+mgRcs37°=12mvB2
从B点到斜面最高点，根据动能定理有：−mgLsin37°−μmgLcs37°=0−12mvB2
代入数据解得：L=2m
(3)小物体最终在C点两侧以B点为最高位置做周期性往返运动
根据能量守恒：Q=mgℎ+mgRcs37°
代入数据解得：Q=10J
【解析】(1)由动能定理可求得小物体第一次通过C点时的速度；通过C点时小物体做圆周运动，则由牛顿第二定律可求得支持力，得到对轨道的压力；
(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，则斜面的长度L最小时，小物体到达A点时速度恰为零，则由动能定理可求得斜面的长度最小值；
(3)根据能量守恒解答。
本题考查动能定理的应用，在考查力学问题时，常常将动能定理、牛顿第二定律等综合在一起进行考查，并且常常综合平抛、圆周运动及匀变速直线运动等运动的形式。