四川省宜宾市某中学2024-2025学年高二年级上册开学考试物理试题（含解析）

物理试卷

（考试时间：75分钟；全卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、班级填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡

±0写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将答题卡交回。

一、选择题：本大题10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1〜7题只有一项符合

题目要求，每小题4分；第8〜10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分,

选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.雨滴在空中形成后，在重力和空气阻力作用下最终达到匀速，则雨滴在空中匀速下落过程中，下列说法

正确的是（）

A.重力势能减少，机械能不变

B.重力势能减少，机械能减少

C.重力势能增加，机械能不变

D.重力势能增加，机械能增加

【答案】B

【解析】

【详解】雨滴在空中匀速下落过程中，速度不变，高度降低，则重力势能减少，动能不变，机械能减少。

故选B。

2.如图所示，一小物块随圆盘一起匀速转动。在转动过程中，下列说法正确的是（）

A.小物块所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线

B.小物块所受摩擦力的方向沿半径指向转轴

C.小物块动量始终不变

D.小物块运动半圈，合力冲量为0

【答案】B

【解析】

【详解】AB.小物块做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，物块所受重力与支持力平衡，可

知，由摩擦力提供向心力，即摩擦力方向指向圆心，与轨迹切线垂直，故A错误，B正确；

C.小物块做匀速圆周运动，速度大小不变，速度方向发生变化，可知，小物块动量始大小不变，方向发

生变化，故C错误；

D.小物块运动半圈，始末位置速度方向相反，令速度大小为v,末速度方向为正方向，根据动量定理有

I=mv—（—znv）=2mv

故D错误。

故选B

3.在中国省会城市中，成都位置比较特殊，它不仅与武汉、杭州和拉萨位于同一纬度（北纬30。）附近，

还与兰州几乎位于同一经度（东经103。）。下列有关这几座城市随地球自转103。描述正确是（）

A.成都与武汉的角速度大小相等

B.成都与兰州的线速度大小相等

C,成都与拉萨的向心加速度相同

D.成都与杭州的向心加速度方向均指向地心

【答案】A

【解析】

【详解】A.成都、武汉、杭州、拉萨和兰州的角速度大小均相等，故A正确；

B.根据

v=a）r

可得，成都的线速度大于兰州的线速度，故B错误；

C.根据

a—arr

可得，成都与拉萨的向心加速度大小相等，但方向不同，故C错误；

D.成都与杭州的向心加速度大小相等，方向指向所在纬度平面与地轴的交点，不是指向地心，故D错

误。

故选A„

4.如图为中国科学家们为“天问一号”设计的椭圆形“科学轨道”，“天问一号”将在该轨道上正常运行

的同时对火星展开观测。记录它在近火点265km附近的探测段运行2小时，在远火点11945.6km附近的探

测段运行1小时，在采样段共运行288分钟。据以上信息，下列说法正确的是（）

_采样也

探测段长@«”945.6km—\探测段

…菜蔽

A,可以准确知道“科学轨道”的半长轴

B.可以求得“天问一号”在“科学轨道”上的运行周期

C.从地球上发射“天问一号”的速度不得小于16.7km/s

D.“天问一号”在火星引力作用下从轨道近火点加速运行到远火点

【答案】B

【解析】

【详解】A.由于椭圆轨道万有引力不等于向心力，故无法准确知道“科学轨道”的半长轴，故A错误；

B.根据题中已知条件可得，“天问一号”在科学轨道”上的运行周期为

T=3h+288min=7.8h

故B正确；

C.“天问一号”环绕火星运行，因此可知“天问一号”脱离了地球引力的束缚，成为了火星得卫星，可

知其发射速度必定大于第二宇宙速度，即11.2kms,而16.7km/s为第三宇宙速度，即脱离太阳引力束缚所

需要的最小发射速度，而火星是太阳的卫星，因此可知，从地球上发射“天问一号”的速度不得小于

11.2km/s,故C错误；

D.根据开普勒第定律可知，近火点的线速度大于远火点的线速度，即“天问一号”在火星引力作用下

从轨道近火点减速运行到远火点，故D错误。

故选B。

5.如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车（含轨道）的质量为相。现

有质量也为根的小球，以水平速度%从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点，最终从轨道左端滑离

小车。关于这个过程，下列说法正确的是（）

A.小球与小车组成的系统动量守恒

B.小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零

C.小球沿轨道上升的最大高度为+

2g

D.小球滑离小车后，做自由落体运动

【答案】D

【解析】

【详解】A.小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0,可知，竖直方向上先加速后减速，即竖

直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重与失重，小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0,系

统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受外力的合力为0,即系统在水平方向上的动量守恒，故A错

误；

B.小球沿轨道上升到最高点时，小球竖直分速度为0,结合上述可知，在水平方向，系统动量守恒，则

小球与小车速度相等，均不为零，故B错误；

C.小球沿轨道上升到最高点时，根据动量守恒定律有

mv0=2mv

根据机械能守恒定律有

mgh=gOTVQ-；*2根F

解得

2

h%

4g

故C错误；

D.小球从轨道左端滑离小车时，根据动量守恒定律有

mvQ=m%+mv,

根据机械能守恒定律有

gmvl=；mv^+gmv^

解得

Vj=0

即小球滑离小车后，做自由落体运动，故D正确。

故选D。

6.如图甲，汽车以恒定速率通过一拱形桥面。如图乙，。、6、c是汽车过桥面时的三个不同位置，其中

两点高度相同，b点为桥面的最高点。假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持

不变。下列说法正确的是（）

甲乙

A.在4段汽车对桥面的压力大小不变

B.在历段汽车的牵引力逐渐增大

C.在油段汽车所受合力的大小、方向均不变

D,在ab段汽车发动机做功比be段多

【答案】D

【解析】

【详解】A.汽车以恒定速率通过桥面，则向心力大小不变，设汽车速度方向与水平方向夹角为仇则

mgcos3-FN=竺L

R

在湖段由于6逐渐减小，则汽车对桥面的压力逐渐增大，故A错误；

B.在儿，沿切线方向，根据平衡条件

mgsinO+F-〃综

在於由于。逐渐增大，汽车对桥面的压力逐渐减小，则汽车汽车的牵引力逐渐减小，故B错误；

C.在湖段汽车所受合力提供向心力，大小不变，方向改变，故C错误；

D.在曲段汽车发动机要克服阻力和重力做功，在6c段汽车发动机只克服阻力做功且重力做正功，整个

过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在必段汽车发动机做功多，故D正确。

故选D。

7.A、B两物体均在水平面上做简谐运动。如图，实线为物体A的振动图线，虚线为物体B的振动图线。

则（）

A.物体A、B的振动均为无阻尼振动但不具有相同的振动周期

B.每经历一个周期，物体A的路程比物体B的路程多10cm

C.0.4s时，物体A比物体B具有更大的动能

577

D.物体B振动方程为x=-5sin——《cm)

4

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据图像可知，物体A、B的振动，振幅均未衰减，因此物体A、B的振动均为无阻尼振动，

而通过图像可知两物体的振动周期相同，为

1="=L6s

故A错误；

B.一个周期内，A、B两物体的路程分别为

SA-4AA=40cm,sB=4&=20cm

路程差为

Av=%-SB=20cm

故B错误；

C.0.4s时，物体A、B均处于振幅最大位置处，速度均为0,因此两者动能相同，都为0,故C错误；

D.振动方程

x=Asin(&+%)cm

对B物体而言，式中

_27r5,.

A=5cm,«=—=—7rrad/s,

可得

_.,5兀_.5%

x=5sin(——t+7r)cm=-5sin——/(cm)

44

故D正确。

故选D。

8.2024年4月26日，神舟十八号宇航员乘组进驻中国空间站，宇航员叶光富、李聪和李广苏承担着多项

空间实验任务。如图所示，将中国空间站绕地球的运动视为匀速圆周运动，一名宇航员手拿一个小球“静

立”在“舱底面”上。下列说法正确的是()

A.宇航员不受地球引力的作用

B.空间站运行的线速度小于第一宇宙速度

C.宇航员处于完全失重状态，对“舱底面”的压力为零

D,若宇航员相对于太空舱无初速度地释放小球，小球将做自由落体运动

【答案】BC

【解析】

【详解】A.宇航员随空间站一起绕地球做圆周运动，地球对空间站及宇航员的引力提供空间站和宇航员

各自随地球一起做圆周运动的向心力，故A错误；

B.第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，根据万有引力提供向心力可知，当物体环绕地球表面

做圆周运动时，即环绕半径近似等于地球半径时其速度为第一宇宙速度，而空间站环绕半径大于地球半

径，而环绕半径越大线速度越小，所以空间站运行的线速度小于第一宇宙速度，故B正确；

C.宇航员处于完全失重状态，对“舱底面”的压力为零，故C正确；

D.由于空间站处于完全失重状态空间站内的所有物体也都处于完全失重状态，其原因是由于万有引力完

全充当向心力，因此，若宇航员相对于太空舱无初速度地释放小球，则小球将和宇航员保持相对静止，随

宇航员一起绕地球做圆周运动，故D错误。

故选BC„

9.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为的重物，当重物的速度为匕时，起重机的有用功率达

到最大值尸之后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度%匀速上升为止。（已知重力

加速度为g）则整个过程中，下列说法正确的是（）

PP

A.钢绳的最大拉力为一B.钢绳的最大拉力为一

匕%

Pmv,

C.重物的最大速度为一D.重物做匀加速运动的时间为———

mgP-mgvl

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB.匀加速提升重物时钢绳的拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由

解得

Fm=—

匕

故A正确，B错误；

C.重物以最大速度V2匀速上升时

F=mg

所以

P

V2=-------

mg

故C正确；

D.重物做匀加速运动的加速度

,,_FmTng_P-mgv,

mmvx

重物做匀加速运动的时间为

匕一明2

I——

aP-mgvl

故D正确。

故选ACDo

10.如图所示，挡板P固定在倾角为30。的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道连接，

其圆心。在斜面的延长线上。〃点有一光滑轻质小滑轮，ZMON=60°,质量均为机的小物块B、C由

一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质

量为小心大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张

力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到

达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0,已知重力加速度为g,不计一切摩擦，下列说法正确的是

(

R

B.小球A由M点运动到N点的过程中，物块B、C与弹簧组成的系统机械能先减少后增大

C.小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小

D.小球A到达N点时的速度大小为gR

【答案】CD

【解析】

【详解】A.设弹簧的劲度系数为鼠初始时刻弹簧的压缩长度为xi,则B沿斜面方向受力平衡，则

mgsin30°=kx1

小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为尤2,则C沿斜面方向受

力平衡，则

mgsin30°=kx2

可得

当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为

所以

xl+x2-R

解得

R,mg

X]=x,=—，k=——

122R

故A错误；

BD.设小球A到达N点时的速度为v,对v进行分解，沿绳子方向的速度为

M=vcos30°

由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为M,对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过

程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，但对物块B、C与弹簧组成的系统，由于绳拉力对B

做正功，所以物块B、C与弹簧组成的系统机械能增大，根据A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，有

22

4mgR(l-cos60°)-mg(x1+x,)sin30°=g-4mv+~mv'

解得

故B错误，D正确;

C.小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械

能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后

开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故C正确。

故选CD„

二、实验探究题：本题共2小题，共15分。

11.在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行

了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装。、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离无A,6测量滑块B与

它的距离.。部分实验步骤如下：

①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和400.0g；

②接通气源，调整气垫导轨水平；

③拨动两滑块，使A、B均向右运动；

④导出传感器记录的数据，绘制XA、XB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。

传感器a滑块A滑块B传感器b

回答以下问题:

(1)从图像可知两滑块在t=S时发生碰撞；

(2)滑块B碰撞前的速度大小归m/s(保留2位有效数字)；

(3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块是(填“A”或"B”)。

【答案】(1)1.0(2)0.20

(3)B

【解析】

【小问1详解】

由/图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在t=1.0s时发生突变，即这个时候发生了碰撞；

【小问2详解】

根据X—/图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为

90—110,八cc,

v=-----------cm/s=0.20m/s

1.0

【小问3详解】

由题图乙知，碰撞前A的速度大小以=0-50m/s,碰撞后A的速度大小约为吸=0.36m/s,由题图丙可

知，碰撞后B的速度大小为%=0.5m/s,人和B碰撞过程动量守恒，则有

根A^A+mSV=吸+

代入数据解得

”弋2

机B

所以质量为200.0g的滑块是Bo

12.利用图中所示的装置可以研究自由落体运动的加速度，实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源,

松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的点：

(1)取下纸带，取其中的一段并每隔一个计时点标出计数点，如图所示，测出相邻计数点间的距离分别

X]=2.30cm,x2—4.34cm,x3=5.69cm,x4—7.22cm,x5—8.75cm,x6—10.29cm,已知打点计

时器打点的时间间隔T=0.02s,则重锤运动的加速度计算表达式为。=，代入数据，可得

加速度a=m/s2(计算结果保留三位有效数字)。

(2)若计时器实际频率为49Hz,则加速度计算结果(偏大、偏小或准确)

…D①"FL"’…

(2)偏大

【解析】

【小问1详解】

[1]⑵根据逐差法求得，重锤运动的加速度计算表达式为

(x6+x5+x4)-(x3+x2+%1)(x6+x5+x4)-(x3+x2+Xj)

a~9(2T)2—36T2

代入数值可得加速度

«=9.67m/s2

【小问2详解】

若计时器实际频率为49Hz,则计算时用

T=0.02s

偏小，则加速度计算结果

a—

36T2

偏大。

三、计算题：本题共3小题，共42分。要求写出必要的文字说明、公式，只有答案的不给

分。

13.随着科技的进步，探索太空已由遥不可及的幻想变成可能。假设你是一名宇宙学家，即将登陆一颗未

知星球。你的飞船正绕着该星球做半径为r的匀速圆周运动，飞船做圆周运动的周期为T,引力常量为

Go

(1)求该星球的质量;

(2)若已知该星球的半径为R,求该星球的密度。

4Tz"2/33万/

【答案】(1)〃=把「(2)夕二上J

GT2GT-R3

【解析】

【详解】(1)根据

-Mm4兀2

G下=m^r

可得

4/厂3

M=

GT2

(2)该星球的密度

4//

_GT?_

°=r=%=而交

3

14.如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线

组成的轨道固定在水平桌面上，已知AP8部分的半径R=lm,段长£=L5m。弹射装置将一个质量为

0.1kg的小球(可视为质点)以w)=3m/s的水平初速度从A点射入轨道，小球从C点离开轨道随即水平出,

桌子的高度〃=。.8m,不计空气阻力，g取lOm/s?。求:

(1)小球在半圆轨道上运动时，向心加速度出的大小;

(2)小球在半圆轨道上运动时，圆管对小球弹力的大小;

(3)小球落到地面。点时的速度。

【答案】(1)9m/s2；(2)1.35N；(3)5m/s,与初速度方向夹角为53°

【解析】

【详解】(1)小球在半圆轨道上做匀速圆周运动，向心加速度为4，则有

片

a=—

nR

解得

2

an=9m/s

(2)小球在半圆轨道上做匀速圆周运动，圆管支持力为心，则有

222

FN=(mg)+(man)

解得

^=A/L8TN«1.35N

(3)小球水平抛出后，在竖直方向做自由落体运动，则有

解得

t=0.4s

落地时竖直方向的速度为

vy=gt=4m/s

落地时的速度大小为

解得

v=5m/s

落地时的速度方向与初速度方向的夹角为仇则有

6=53°

15.如图所示，水平传送带以％=2m/s的速率逆时针转动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带右

端与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在

水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块a的质量m=0.1kg,物块b的质量〃=0.3kg,两物块

均可视为质点，圆弧轨道半径度=1.25m,传送带左、右两端的距离d=4.5m,物块a与传送带和水平地

面间的动摩擦因数均为〃1=0.1,物块b与水平地面间的动摩擦因数为〃2=°-5，重力加速度

g=10m/s2,碰撞时间极短。求：

(1)物块a滑到圆弧轨道最低点时，物块a所受支持力的大小；

(2)物块a第一次与物块b碰撞后，物块b首次减速至0所用时间；

(3)两物块最多能碰撞的次数及物块a运动全过程与传送带之间产生的摩擦热。

【答案】(1)稣=3N；(2)r=0.4s；(3)发生2次碰撞，Q=1.05J

【解析】

【详解】(1)对物块a研究，设物块a滑至圆弧轨道底端的速度为v,由动能定理得

mgr=—mV

v=5m/s

由牛顿第二定律可得

uv

F-mg=m—

Nr

A=3N

(2)由于v<%,则物块a滑上传送带受到向右的滑动摩擦力。假设物块a一直做匀减速运动到达传送带

最左端，则由动能定理得

7,212

-JLi1mgd=-mvaQl--mv

由于匕01=4m/s>%，故假设成立。取水平向左为正方向，对a,b碰撞，由动量守恒及机械能守恒得：

mvam^mvai+Mvbl

解得

val=-2m/s,vbl=2m/s

对b第一次碰后首次减速至。的过程中，由动量定理得

解得

t=0.4s

(3)对b第一次碰后首次减速至。的过程中，由动能定理得

1,

-/42Mgxbl=Q--Mv-l

解得

xbl=0.4m

对a第一次碰后首次减速至0的过程中，由动能定理和动量定理得

12

-^mgxai=Q--mvai

〃1〃际却=0一根Val