2023-2024学年黑龙江省大庆市萨尔图区东风中学高二（上）开学物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 春天到了，燕子从南方飞回来了。一只叼着食物的燕子水平飞行时松开嘴巴，食物可视为质点运动一段时间后落在地面上。以燕子释放食物的位置为原点，沿燕子的运动方向与竖直方向建立直角坐标系，描出食物沿方向和方向的图像和图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是( )
A. 食物在水平方向做加速直线运动 B. 食物在竖直方向做自由落体运动
C. 时，食物与坐标原点的距离为 D. 时，食物的速度大小为
2. 如图甲，修正带通过两个齿轮的相互咬合进行工作，其原理简化为图乙所示．若齿轮匀速转动，大齿轮内部的点以及齿轮边缘上、两点到各自转轴间的距离分别为、、，则( )
A. ：： B. ：：
C. ：： D. ：：
3. 当汽车通过拱桥顶点的速度为时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为( )
A. B. C. D.
4. 四颗人造地球卫星、、、的位置如图所示，其中是静止在地球赤道上还未发射的卫星，是近地轨道卫星，是地球同步卫星，是高空探测卫星，四颗卫星相比较( )
A. 的向心加速度最大 B. 相同时间内转过的弧长最长
C. 相对于静止 D. 的运动周期可能是
5. 小李将质量为的篮球视为质点从距水平地面的高度为处由静止释放，篮球多次弹起后静止在地面上，篮球第次弹起的高度。重力加速度大小为。整个过程中，篮球受到的重力做的功为( )
A. B. C. D.
6. 如图，总长为、质量为的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为，则下列说法错误的是( )
A. 刚释放时细线的拉力小于为
B. 该过程中物块的机械能减少量小于
C. 该过程中软绳的重力势能减少了
D. 软绳离开滑轮时速度大小为
7. 在如图所示的四种电场中，某带电粒子从图中点由静止释放，其加速度一定变小的是( )
A. B. C. D.
8. 如图所示，一长方体上均匀分布着电荷量为的电荷，在垂直于左右两侧面且过长方体中心的轴线上有、、三个点，和、和、和间的距离均为，在点处固定一电荷量大小为的负点电荷。已知点处的场强为零，且不考虑负点电荷对立方体的影响，则点处场强的大小为为静电力常量( )
A. B. C. D.
9. 随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐．如图所示，某人从高出水平地面的坡上水平击出一个质量为的高尔夫球．由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为的穴．则( )
A. 球被击出后做平抛运动
B. 该球从被击出到落入穴所用的时间为
C. 球被击出时的初速度大小为
D. 球被击出后受到的水平风力的大小为
10. 如图所示，三颗质量均为的地球同步卫星等间隔分布在半径为的圆轨道上，设地球质量为，半径为。引力常量为，下列说法正确的是( )
A. 地球对一颗卫星的引力大小为
B. 一颗卫星对地球的引力大小为
C. 两颗卫星之间的引力大小为
D. 三颗卫星对地球引力的合力大小为
11. 如图所示，质量为的小球在细绳的连接下，可绕天花板的点在竖直面内摆动，已知细绳的长度可调，悬点距地面高度为，是悬点在地面上的投影，细绳的最大张力，当让小球从偏离竖直位置的点由静止释放时，细绳恰好在小球经过最低点时被拉断，随后小球落在地面上点，设，忽略空气阻力，不计细绳被拉断时的能量损失，重力加速度为。则( )
A. 角的大小与小球质量及细线长度有关
B. 角的大小与小球质量及细线长度无关
C. 当时，有最大
D. 当时，有最大
12. 如图所示，在倾角的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为和的可视为质点的小球和，两球之间用一根长的轻杆相连，小球距水平面的高度。两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，取。则下列说法中正确的是( )
A. 下滑的整个过程中球机械能减小
B. 下滑的整个过程中两球组成的系统机械能不守恒
C. 下滑的整个过程中球机械能的增加量为
D. 两球在光滑水平面上运动时的速度大小为
二、非选择题（共52分）
13. 某同学做“验证机械能守恒定律”实验时，不慎将一条挑选出的纸带的一部分损坏，损坏的是前端部分。剩下的一段纸带上各相邻点间的距离已测出并标在图中，单位是。打点计时器工作频率为，所有计算结果保留两位有效数字，重力加速度取。
设重物质量为，重物在点的速度 ______ ，在点的速度，______ 此过程中动能增加量 ______ ，重力势能减少量 ______ 。由以上可得出实验结论：______ ．
14. “山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为，与锅沿的水平距离为，锅的半径也为，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为，求：
小面圈在空中的运动时间；
小面圈最大初速度；
小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值。
15. 汽车发动机的额定功率为，质量为，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的倍，求：
汽车在路面上能达到的最大速度；
若汽车以额定功率启动，汽车速度为时的加速度？
若汽车从静止开始保持的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能持续多长时间？
16. 一根内壁粗糙的细圆管弯成半径为的圆弧固定在竖直面内，、两点在同条竖直线上，如图所示。一小球自 口的正上方距口高度为 处无初速释放，小球从口出来后恰能落到口。小球可视为质点，重力加速度大小为。求：
小球在 口所受圆管内壁的弹力大小；
小球从释放至到达口的过程中，其与圆管内壁间因摩擦产生的热量。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、图像上图线是一条倾斜的直线，所以食物在水平方向做匀速直线运动，故A错误；
B、图像在内图线为曲线，加速度减小，时食物做匀速直线运动，所以食物在竖直方向不是做自由落体运动，故B错误；
C、时，水平方向的位移，把乙图中曲线上时刻和时的点连接起来，如下图所示：
图像上内直线与时间轴所夹的阴影部分面积即位移大小为，由图可知食物竖直方向在内的位移，由平行四边形定则可知食物与坐标原点的距离，故C错误；
D、食物水平方向的速度，时，食物竖直方向的速度，由平行四边形定则可得时食物的速度大小为，故D正确。
故选：。
A、由图像可知食物在水平方向的运动特点；
B、由图线先曲线后直线，则可判断正误；
C、把乙图中曲线上时刻和时的点连接起来，可得直线对应竖直方向位移大小，由平行四边形可得直线对应的运动内与坐标原点的距离大小，由图线与时间轴所夹面积可得食物与坐标原点的距离大小范围；
D、根据两个方向时的速度大小，由平行四边形定则可得合速度大小。
本题考查了运动的合成与分解，解题的关键是知道食物水平方向做匀速直线运动，竖直方向先做加速度减小的加速直线运动，然后做匀速直线运动。
2.【答案】
【解析】解：、修正带的传动属于齿轮传动，齿轮边缘上、两点的线速度大小相等，即：：，二者的半径不同，由可知角速度之比等于半径的反比，即为角速度之比：：：，故A错误；
、、两点为同轴转动，角速度相等，周期相等，即：：，线速度与半径成正比，即：：：，故BC错误；
D、由公式可知向心加速度之比为：：：，故D正确。
故选：。
同缘传动时，边缘点的线速度相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合，，列式求解
本题关键明确同缘传动和同轴传动的特点，关键在于灵活应用向心加速度公式。
3.【答案】
【解析】 【分析】
根据竖直方向上的合力提供向心力求出桥的半径，当汽车不受摩擦力时，支持力为零，则靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出汽车通过桥顶的速度．
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．知道摩擦力为零时，此时支持力为零．
【解答】
解：根据牛顿第二定律得，，即
解得：．
当摩擦力为零时，支持力为零，有：，
解得：故D正确，、、C错误．
故选：．
4.【答案】
【解析】解：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知与的角速度相同，根据，知的向心加速度比的向心加速度大，又根据牛顿第二定律可得：，可知，即的向心加速度最大，故A错误；
B.对于、卫星，根据线速度和角速度的关系：，可知的线速度大于的线速度
对于、、三颗卫星，由万有引力提供向心力可得：，解得：
卫星的半径越大，线速度越小，所以的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B错误；
C.是地球同步卫星，相对于地面静止，所以相对于静止，故C正确；
D.对于、两颗颗卫星，由开普勒第三定律：，可知卫星的半径越大，周期越大，所以的运动周期大于的周期，故D错误。
故选：。
是地球同步卫星，相对于地面静止，相对于静止；根据，知的向心加速度比的向心加速度大，根据牛顿第二定律进行解答；对于、卫星，根据线速度和角速度的关系分析线速度大小，对于、、三颗卫星，由万有引力提供向心力分析线速度大小，由此得解；由开普勒第三定律进行解答。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
5.【答案】
【解析】解：篮球全程下落的高度为，根据功的计算式，整个过程中，篮球所受重力做的功，故C正确，ABD错误。
故选：。
明确篮球全程下落的高度，再根据重力做功的公式即可求出重力所做的功。
本题考查重力做功的计算，要注意明确重力做功取决于物体下落的高度差和物体运动的路径无关。
6.【答案】
【解析】解：、刚释放时对整个物块和软绳应用牛顿第二定律有
再对物块应用牛顿第二定律有
解得
，故A错误；
C、以滑轮处为参考面，从释放物块到软绳恰离开滑轮，软绳重力势能减少量为
，故C错误；
D、软绳子和物块组成的系统，根据机械能守恒定律得
解得
，故D正确；
B、根据以上结论，物块的机械能减小量为
，故B错误。
本题选择错误的。
故选：。
刚释放时对整个物块和软绳应用牛顿第二定律，判断细线的拉力与重力的大小关系；根据软绳对物块做功正负，判断物块机械能的变化，若软绳对物块做正功，其机械能增大；若软绳对物块做负功，机械能减小，同理判断软绳机械能的变化情况，分别研究物块静止时和软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度，确定软绳的重心下降的高度，研究软绳重力势能的减少量，由系统的机械能守恒分析软绳重力势能的减少量与物块机械能增加量的关系。
本题要掌握只有重力做功时，物体的机械能才守恒，本题中软绳不能看作质点，必须研究其重心下降的高度来研究其重力势能的变化。
7.【答案】
【解析】解：由图可知，电场线密的地方电场强度大，电场强度越来越大，因此该电荷所受电场力越来越大，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，所以根据电场线的疏密来确定加速度大小，因粒子正负不知从静止开始运动，所以只有在选项中当粒子从静止不论向左还是向右，都会导致加速度变小，故ABC错误，D正确。
故选：。
首先知道电场力越大，则物体的加速度越大，所以根据电荷运动过程电场力大小来确定加速度大小，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．
本题结合图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙．
8.【答案】
【解析】解：电荷量为的点电荷在处产生电场强度大小为
，方向向左
由于在点处的场强为零，所以立方体金属板和点电荷在点处产生的电场强度大小相等，方向相反，则金属板在处产生电场强度大小也为
，方向向右
根据对称性可得：金属板在处产生电场强度大小为
，方向向左
而电荷量为的点电荷在处产生电场强度为
，方向向左
所以点处场强的大小为
解得，故A正确，BCD错误。
故选：。
已知点处的场强为零，说明立方体金属板和点电荷在点处产生的电场强度大小相等，方向相反，根据点电荷的电场强度公式，求出金属板在点处产生的电场强度大小相等，根据对称性得到金属板在处的电场强度大小，最后由电场的叠加原理分析点处场强的大小。
解决本题的关键要明确空间任意一点的电场是点电荷和金属板产生的电场的叠加，运用电场的叠加原理分析每一点的合场强。
9.【答案】
【解析】解：、小球击出后，受重力和风力作用，不是平抛运动。故A错误。
B、小球在竖直方向上做自由落体运动，根据得，故B正确。
C、在水平方向上做匀减速直线运动，根据得，故C正确。
D、根据速度时间得，水平方向匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律得，风力故D错误。
故选：。
将球的运动分解为竖直方向和水平方向，在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动，在水平方向，受水平风力，做匀减速直线运动，落入穴时，水平分速度为零．根据运动学公式，抓住等时性进行求解．
解决本题的关键理清小球在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解．
10.【答案】
【解析】、根据万有引力定律可知，地球和一个卫星间的引力大小为
故A错误，B正确；
C、如图所示
两颗卫星之间的距离
所以两颗卫星之间的引力大小为
故C正确；
D、三颗卫星处在圆轨道的内接正三角形顶角上，根据三力平衡知识可知，对地球引力的合力大小为零，故D错误。
故选：。
根据万有引力定律公式，求出地球与卫星、卫星与卫星间的引力，结合力的合成求出卫星对地球的引力。
本题考查万有引力定律的基本运用，难度不大知道互成度三个大小相等的力合成，合力为零。
11.【答案】
【解析】解：、小球从偏离竖直位置的点由静止释放摆动至最低点的过程，由动能定理得，在最低点，细绳达到最大张力而断裂，由牛顿第二定律得，联立解得，，则角的大小与小球质量及细线长度无关，故A错误，B正确；
、绳子断裂后，小球做平抛运动，有，，联立可得，由均值不等式可知当时，，故C错误，D正确；
故选：。
由动能定理和牛顿第二定律联立判断角的大小与小球质量及细线长度是否有关；根据平抛运动规律并结合均值不等式求解水平位移的最大值。
本题的难点在于运用数学的均值不等式判断的最大值。
12.【答案】
【解析】解：、在下滑的整个过程中，只有重力对球、球组成的系统做功，所以系统的机械能守恒。但在球在水平面滑行，而在斜面滑行时，杆的弹力对做负功，对做正功，所以球机械能减小、球机械能增大，故A正确、B错误；
D、设两球在光滑水平面上运动时的速度大小为。根据系统机械能守恒得
代入数据解得：，故D错误；
C、系统下滑的整个过程中球机械能的增加量为，代入数据解得：，故C正确。
故选：。
下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒，根据除重力以外的力对两球做功情况，分析球、球的机械能是否守恒。根据系统机械能守恒可求出两球在光滑水平面上运动时的速度大小，并得到球机械能的增加量。
本题是系统机械能守恒问题，需注意当两个球都在斜面运动时，杆没有作用力，两个球各自是机械能是守恒的，但当球滑出斜面，在斜面滑行时，杆的弹力分别对两球做功，两球的机械能就不守恒了。
13.【答案】 在误差允许范围内，机械能守恒
【解析】解：打点计时器工作频率为，打点时间间隔
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
重物在点的速度
重物在点的速度
到的过程中重力势能减少量；
到的过程中动能增加量
解得
在误差允许范围内，即在误差允许的范围内，机械能守恒。
故答案为：；；；；在误差允许范围内，机械能守恒
根据匀变速直线运动的推论求出打、点时的瞬时速度，然后求出动能的增加量；根据重力势能的计算公式求出重力势能的减少量。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的推论、重力势能与动能的计算公式即可解题；处理实验数据时注意有效数字的保留。
14.【答案】解：小面圈做平抛运动，则小面圈再竖直方向上做自由落体运动，则有：
解得小面圈在空中的运动时间为：
小面圈落入锅中的最大水平位移为：，则小面圈最大初速度为：
当小面圈从锅最左侧落入时，速度偏转角最大，设此时速度偏转角，则有：
又：，
联立解得：
答：小面圈在空中的运动时间为；
小面圈最大初速度为；
小面圈落入锅中时最大速度偏转角的正切值为。
【解析】根据平抛运动的规律可知小面圈在竖直方向做自由落体运动，根据位移时间公式即可求小面圈在空中的运动时间；
根据平抛运动的规律可知小面圈在水平方向做匀速直线运动，根据位移时间公式即可求小面圈最大初速度；
根据平抛运动规律求解水平方向和竖直方向的速度，进而可求速度偏转角。
解题关键是掌握平抛运动的规律，灵活应该相应的运动学公式求解。难度不大。
15.【答案】解：当汽车的加速度为零时，汽车速度达到最大速度，其中阻力，汽车在路面上能达到的最大速度为
当速度时，则牵引力：
根据牛顿第二定律得
联立以上并代入数据可得：
若汽车从静止开始做匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速阶段结束．
由牛顿第二定律得：
解得：，
匀加速运动的末速度：
则匀加速运动的时间：
答：汽车在路面上能达到的最大速度；
汽车速度为时的加速度为；
这一过程能持续。
【解析】当牵引力和阻力相等时速度达到最大值，再利用求最大速度；
汽车速度为时由求此时牵引力，在结合牛顿第二定律求出加速度；
当达到额定功率时，匀加速阶段结束，由牛顿第二定律求出匀加速时的牵引力，在利用求出匀加速的末速度，在利用速度公式求出匀加速时的时间。
本题考查机车启动问题，解题关键是当牵引力和阻力相等时速度达到最大值，当达到额定功率时，匀加速阶段结束，在结合和牛顿第二定律求解相关问题。
16.【答案】解：设小球通过口时的速度大小为，由平抛运动规律有：
水平方向：；
竖直方向：
解得：
由于，故此时小球受到圆管内壁竖直向上的支持力，
有：
解得：；
对该过程，由能量守恒定律有：
解得：。
答：小球在 口所受圆管内壁的弹力大小为，方向向上；
小球从释放至到达口的过程中，其与圆管内壁间因摩擦产生的热量为。
【解析】由平抛运动规律求解在点的速度大小；根据牛顿第二定律求解支持力大小；
整个过程由能量守恒定律列方程求解小球与圆管内壁间因摩擦产生的热量。
本题主要是考查了平抛运动和机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。
第1页，共1页
