2023-2024学年秋季高二开学摸底考试
物理
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应
题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区
域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：必修第一册，必修第二册。
约
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
舒
符合题目要求的
长
1.下列叙述中，正确的是
A.牛顿发现了万有引力定律，并用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而使万有引力定
律有了真正的实用价值
敬
B.物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心
C.做平抛运动的物体，速度变化的方向始终是斜向下的
部
D.曲线运动一定是变速运动，但加速度可能不变
2.2023年6月10日东湖之眼摩天轮恢复正常营业，如图所示为东湖磨山景
区的摩天轮，摩天轮边缘挂着座舱供游客乘坐观光.当摩天轮在竖直面内
匀速转动时，对某游客
A机械能守恒
B.所受合外力不变
C.始终处于超重状态
蕾
D.在最高位置不可能处于平衡状态
3,如图所示，一个物体先后从两个高度相等而倾角不同的光滑斜面顶端从静止开始下滑，则下
列说法正确的是
A.到达底部时速度相同
B.到达底部时重力的功率相等
C.下滑到底部的过程中重力做的功相等
D.到达底部时动能不同
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8171A
4.如图，起重机将一半径为R的圆柱体缓慢吊起，有四根长度均为2R的钢
绳，一端分别固定在圆柱上端圆面边缘的四个等分点处（钢绳与竖直方向夹
角均为30)，另一端会聚在挂钩上，四根钢绳的质量忽略不计，圆柱体的质
量为，当地的重力加速度为g,则每根钢绳的受力大小为
4
6mg
pme
C
D.ng
5.送餐服务是机器人应用的一个领域，只要设置好路线，将餐盒放在水平托盘上，它就能把餐盒
送到指定位置.若配餐点和目标位置在同一直线通道上，机器人从静止开始启动，经40s恰
好把餐盒送到目标位置，其运动过程中速度随时间t变化的图像如图乙所示，已知餐盒的
总质量2.5kg,餐盒与水平托盘始终无相对滑动，取重力加速度g=10/s2,则
个u/ms)
20
30
40t/s
甲
A.机器人加速运动过程中托盘对餐盒所做功的平均功率为1W
B.机器人减速过程中托盘对餐盒摩擦力的大小为0.25N
C.机器人减速运动的加速度大小为0.2m/s2
D.配餐点和目标位置距离为30m
6.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC,与竖直
轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑.现有长也为R的轻杆，两端
固定质量为m的小球a、质量为2m的小球b(均可视为质点)，用某装置控
制住小球α，使轻杆竖直且小球与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨
道下滑.设小球始终与轨道接触，重力加速度为g.则
A从释放至a球滑过C点的过程中，轻杆对b球做正功为号mgR
B.下滑过程中球机械能守恒
C小球a滑过C点后，a球速度大于2√mg巫
3
D.下滑过程中a球机械能增大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题
目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7.如图所示，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球划出一条弧线飞
到小桶的前方.不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再
水平抛球时，他可能做出的调整为
11
A.抛出点高度不变，减小初速度
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8171A2023一2024学年秋季高二开学摸底考试·物理
参考答案、提示及评分细则
1.D2.D3.C4.A5.B6.A7.AC8.CD9.CD10.AC
11.(1)竖直(2分)(2)4(2分)(3)50(2分)
12.1)CB每空1分)(2)mggm(2)(每室2分)(3)克服阻力做功(2分)《4C(2分)
2T
13.解：1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H=7g,
在水平方向上有s=t(3分)
解得=s√2苏=1m/s(3分)
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，
有fa=m尺，又fn=N=mg,(3分)
解得一点=02（8分)
14.解：(1)包裹在传送带上滑动过程，对包裹，由牛顿第二定律得：mg=a
代入数据解得：a=2m/s2
包裹加速到与传送带速度相等需要的时间4=公=号s=0.5s(3分)
该过程包囊的位移=受4=号×0.5m=0.25m<1=4m
则包裹运动0.25m刚好与传送带达到相同速度(3分)
(2)包裹速度与传送带速度相等后与传送带一起做匀速直线运动，
包裹做匀速直线运动的时间：=_L二=4一0.25=3.75s(3分)
1
包裹从A运动到B的时间t=t1十t2=0.5s十3.75s=4.25s(3分)
15.解：1D从A到B由动能定理得：mg(H一-)=合mw°-
212
解得：s=√/2g(H一h)十h2,代人得：w=√2X10X1+4m/s=2W6m/s.(5分)
(2)当弹性势能最大时，小物块速度为零，由动能定理得：mgH-mg10一E,=0-之m
代入得：20×2.5J-0,4X20×1.5J-E=-2×2×4J.
解得：Em=42】(5分)
(3)Ep-umgL-mgh=0,
则物块第一次返回CB后，在B点时速度为0，不能从B点飞出
设小物块在CD段的的路程为s,由动能定理得：mgH一mgs=0一
2m42,
代入得：20×2.5J-0.4×20s=-2×2×4J
解得：s=6.75m(5分)
由于L0=1.5m,所以小物块最后距离C的距离为：s一4Lm=6.75m一6.0m=0.75m.(1分)
【高二考试·物理参考答案】
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