【文档说明】四川省雅安市雅安中学2024-2025学年高二上学期入学检测物理试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.684 MB，由小赞的店铺上传

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雅安中学2024-2025学年高二上学期入学检测物理试卷时间：75min满分100分一、单选题（每题3分，共33分）1.以下关于物理学史的说法中正确的是（）A.伽利略指出物体的运动需要力来维持B.开普勒通过

观测行星运动，发现了行星运动规律C.万有引力常量是卡文迪许通过扭秤装置测量所得D.英国的物理学家牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量【答案】C【解析】【详解】A．伽利略指出物体的运动不需要力来维持，选项A错误；B．开普勒通过研究第谷观测的天文数据，发现了行星运动规律，故B错误；C．万

有引力常量是卡文迪许通过扭秤装置测量所得，选项C正确；D．英国的物理学家牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，选项D错误。故选C。2.把质量是32.010kg−的带电小球B用细线悬挂起来，如图所示，

若将带电荷量为84.010C−的小球A靠近B，平衡时细线与竖直方向成45°角，A、B在同一水平面上，相距0.30m，则A球受到的电场力与B球所带电荷量各为（）（10N/gkg=，922910N?m/Ck

=）A.32.010N−，55.010C−B.21.010N−，64.010C−C23.010N−，65.010C−D.22.010N−，65.010C−【答案】D【解析】【详解】对B球受力分析如图

所示.由几何关系知2tan452.010NFmgmg−===由牛顿第三定律知，A球受到的电场力2'2.010NFF−==又AB2qqFkr=故()2226B98A2.0100.3C5.010C9104.

010Frqkq−−−===故选D。3.如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为s。下列说法正确的是（）A.小车重力所做的功是mghB.合力对小车做的功是12mv2C.推力对小车做的功是Fs－mghD

.阻力对小车做的功是mgh－Fs【答案】B【解析】【详解】A．重力所做的功GABΔWmghmghhmgh==−=−（）所以小车克服重力所做的功是mgh，故A错误；B．对小车从A运动到B的过程中，运用动能定理得212Wmv=合故B正确；C．由于推力为恒力，则推力对小车做的功F=WF

s故C错误；D．设阻力做的功为W，由动能定理可得Fs－mgh+W=12mv2－0得W=mgh+12mv2－Fs故D错误。故选B。4.如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内径略大于小球直径。下列有关说法中

正确的是（）A.小球能够通过最高点时最小速率为gRB.如果小球在最高点时的速率为gR，则此时小球对管道的外壁有作用力C.如果小球在最低点时的速率为gR，则此时小球对管道的内壁有作用力D.小球在最低点时的速率至少为2gR，小球才能通过最高点【答案】D【解析】的【详解】A．小

球在最高点时有支撑物，则小球能够通过最高点时的最小速率为0，选项A错误；BC．如果小球在最高点时的速率为gR，则此时重力做圆周运动的向心力，则小球对管道无作用力，选项BC错误；D．小球能够通过最高点时的最小速率为0

，则从最低点到最高点由机械能守恒定律2122mvmgR=解得小球在最低点时的速率至少为2vgR=选项D正确。故选D。5.我国最新研制的“长征六号”运载火箭与2015年9月20日发射，成功将20颗微小人造卫星送入预定轨道，缔造了我国“一箭多星”的发射记录；已知

地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，假设某颗质量为m的卫星运行在轨道半径为地球半径n倍的圆形轨道上，则：（）A.该卫星运行时的向心力大小为mgnB.该卫星运行时的向心加速度大小是地球表面重力加速度大

小的1nC.该卫星的运行速度大小为gnRD.该卫星的运行速度大小是第一宇宙速度大小的1n【答案】D【解析】【分析】【详解】A．在地面，重力等于万有引力，故有2MmmgGR=对卫星，万有引力提供向心力，故有2MmF

Gr=向其中：r=nR；解得2mgFn=向故A错误；B．对卫星，万有引力提供向心力，故有2MmGmar=解得2gan=故B错误；C．对卫星，万有引力提供向心力，故有22MmvGmrr=解得GMgRvrn==故C错误；D．对卫星万有引力提供向心力，故有22MmvGmrr=第一宇宙速度是

近地卫星的速度，故有212vMmGmRR=解得11vvn=故D正确。故选D。6.电场是一类特殊的物质，电荷可以“感受”到电场的存在。图为描述某静电场的电场线，a、b、c是同一条电场线上的三个不同的点，其中a点的电场强度大小为aE、电势为a

，b点的电场强度大小为bE、电势为b，c点的电场强度大小为cE、电势为c.关于a、b、c三点电场强度大小，下列判断正确的是（）A.abEEB.acEEC.cbEED.abcEEE==【答案】C【解析】【详解】电场线的疏密表示场强的大小，c点

电场线最密，a点电场线最疏，则有abcEEE故选C。7.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图。将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（）A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动

能一定大于Q球的动能C.P球的机械能一定大于Q球的机械能D.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力【答案】D【解析】【详解】A．根据机械能守恒定律得212mglmv=解得2vgl=绳越长速度越大，所以P球的速度一定小于Q球的速度，A错误；B．根据机械能守恒

定律得212mglmv=无法比较两球的动能，B错误；C．取天花板为零势面，P球的机械能等于Q球的机械能，均等于零，C错误；D．根据牛顿第二定律得2TvFmgml−=解得T3Fmg=质量越大拉力越大，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，D正确。故选D。8.如图所示，波源1S和2S振幅

均为A，周期均为T。实线与虚线分别表示两列波波峰和波谷。此刻，a、b、c是波峰（谷）与波峰（谷）的相遇点。则（）A.a处质点将向偏右方向运动B.c处质点始终处于位移为-2A处C.再过14T，c处的质点通过平衡位置D.1S沿1Sb连线向b移动，b处质点仍处于振动减弱区【答

案】C【解析】【详解】A．振动质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，则c处的质点将不会向偏右方向运动，故A错误；B．c点是波谷和波谷叠加，由于两列波的振幅相等，其的振幅为2A，虽此时位移为-2A，但不是始终处于-2A处，故B错误；C．

由图知c点是波谷和波谷叠加的位置，是振动加强点，经过14T，c处的质点将通过平衡位置，故C正确；D．若2S不动，1S沿1Sb连线向b运动，则b处质点并不始终处于振动减弱区，故D错误。故选C。的的9.质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一

个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块。设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则（）A.拔去销钉，木

块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒B.子弹在木块中受到的阻力大小为202mvdC.拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为0mvMD.拔去销钉，子弹射入木块的深度为mdMm+【答案】B【解析】【分析】【详解】A．拔

去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误；B．当木块固定时，由动能定理可知20102fdmv−=−解得：202mvfd=故B正确；C．拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得()0mvm

Mv=+解得0mvvMm=+故C错误；D．拔去销钉，由C选项可知最终速度，故整个过程根据动能定理有()2201122fxmMvmv−=+−解得MdxMm=+故D错误。故选B。10.一辆汽车在平直的公路上由静

止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的15，重力加速度g取210m/s。下列说法正确的是（）A.该汽车的质量为3310kgB.06m/sv=C.在前5s内，汽车克服阻力做功为42.510JD.在5~15s内，汽车

的位移大小为72.5m【答案】C【解析】【详解】A．第5s末，汽车的功率达到15kW，此时速度为5m/s，所以此时的牵引力为3000NPFv==而在05s，汽车在做匀加速直线运动，加速度为1m/s2。则15FmgFfamm−−==解得m=1000k

g，A错误；B．汽车所受的阻力大小为12000N5fmg==故匀速时的速度07.5m/sPPvFf===B错误；C．令前5s的位移为x1，则112.5mx=，则阻力做的功为4f12.510JWfx=−=−在前5

s内，汽车克服阻力做功为42.510J，C正确；D．在5~15s内，列动能定理22011122Ptfxmvmv−=−其中15m/sv=，解得67.19mx，D错误。故选C。11.如图所示，一个小球分别沿三条轨道由静止从同一点出发到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最

短，C轨道其次，A轨道最长，B轨道轨迹称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，比较沿三条轨道下滑情况，下列说法正确的是（）A.下滑过程中重力做功的功率一样大B.沿C轨道滑下，轨道对小球的支持力做功最多C.到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球速度

最大D.到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球重力功率最大【答案】D【解析】【详解】A．根据WPt=，重力做功与路径无关，小球沿三条轨道下滑到底端时下降高度相同，所以重力做功相同，而小球沿B轨道下滑过程中所用时间最短，所以重力做功的平均功

率最大，A错误；B．小球沿着三条轨道下滑，支持力都始终与速度方向垂直，支持力都不做功，B错误；C．根据机械能守恒定律，小球在三条轨道的终点处速度大小相同，C错误；D．重力的瞬时功率为GcosPmgv=到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球速度与竖直方向的夹角θ最小，cosθ最大，重力的

瞬时功率最大，D正确。故选D。二、多选题（每题4分，共16分）12.如图所示，表面粗糙的斜面体固定于水平地面上，轻绳跨过定滑轮，一端连接质量为m的滑块A，另一端连接质量为M的滑块B，Mm。初始时用手托住B，轻绳恰好伸直，由静止释放B，经一段时间后B着

地，不计滑轮质量及轻绳与滑轮间的摩擦，关于两滑块从开始运动到B刚着地的运动过程，下列说法正确的是（）A.滑块A的机械能增加量一定小于滑块B机械能的减少量B.滑块B的动能增加量等于其重力势能的减少量C.滑块B克服轻绳拉力

做的功等于滑块B动能的增加量D.滑块A克服摩擦力做的功等于滑块A、B组成的系统的机械能减少量【答案】AD【解析】【详解】A．对A、B构成的系统，由于A克服摩擦力做功，可知，系统机械能减小，系统减小的机械能等于

增加的摩擦生热，则滑块B机械能的减少量等于A增加的机械能与摩擦生热之和，即滑块A的机械能增加量一定小于滑块B机械能的减少量，故A正确；BC．滑块B向下加速运动，B受到重力与轻绳拉力，拉力做负功，滑块B的机械能减小，则滑块B的动能增加量小于其重力势能的减少量，根据动能定理可知，重力做功与滑块B克服轻

绳拉力做的功之差等于滑块B动能的增加量，故BC错误；D．根据功能关系，结合上述可知，滑块A克服摩擦力做的功等于滑块A、B组成的系统的机械能减少量，故D正确。故选AD。13.质量为1m和2m的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下

列说法正确的是（）A.碰撞前2m静止B.碰撞后1m的运动方向不变C.12:1:3mm=D.该碰撞为非弹性碰撞【答案】AC【解析】【详解】A．根据xt−图像斜率表示速度可知碰撞前2m静止，碰撞后1m的运动方向发生改变，故A正确，

B错误；C．碰撞前1m的速度为04m/s4m/s1v==碰撞后1m的速度为104m/s2m/s31v−==−−碰撞前2m的速度为0，碰撞后2m的速度为284m/s2m/s31v−==−根据动量守恒定律

得101122mvmvmv=+可得两物体的质量之比为12:1:3mm=故C正确；D．碰撞前系统的总动能为2k101182Emvm==碰撞后系统的总动能为22k1122111822Emvmvm=+=则有kkEE

=可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D错误。故选AC。14.如图所示，飞行器在距月球表面高度为3R的圆形轨道I上运动，到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B再次点火进入近月圆轨道Ⅲ绕月球做匀速圆周运动。假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑点火引起飞行器质量的变化，则

（）A.飞行器在B点处点火后，动能增加B.飞行器在轨道I上的运行速率小于在轨道Ⅲ上的运行速率C.只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上通过B点的加速度D.飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为2Rg【答案】BD

【解析】【详解】A．飞行器需在B点减速，做近心运动，从而由椭圆轨道Ⅱ变轨到圆轨道Ⅲ，故飞行器在B点处点火后，动能减小，故A错误；B．根据万有引力提供向心力22MmvGmrr=解得GMvr=轨道I的半径大于轨道Ⅲ的半径，则飞行器在轨道I上的运行速率小于在轨道Ⅲ上的运行速率，故B正确；C．只有万有

引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B点和在轨道Ⅲ在B点时距离月球的距离相等，万有引力相同，则加速度相等，故C错误；D．根据万有引力提供向心力2224MmGmRRT=根据万有引力与重力的关系2MmGmgR=解得飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运

行一周所需的时间为2RTg=故D正确。故选BD。15.如图，光滑的水平面上长木板A静止放置，质量为2kgm=的物体B（可看成质点）以水平速度02m/sv=滑上静止的长木板A的上表面。AB、速度随时间变化情况如图（g取210m/s）。正确的是（）A.系统损失的机械能为2JB

.木板A获得的动能为2JC.木板A的最小长度为1mD.A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】ACD【解析】【详解】D．由图乙可知，物块先匀减速，木板匀加速，最后二者达到共速，速度大小为1m/sv=共。设它们之间的动摩擦因素为，根据牛顿第二定律结合vt−图像斜

率表示加速度，可得2A1m/smgaM==2B1m/smgam==可得木板质量2Mkg=A、B间的动摩擦因数为0.1=故D正确；AB．木板A获得的动能为2k11J2EMv==共系统损失的机械能为()220112J22Emvm

Mv=−+=共故A正确，B错误；C．当A、B共速时，B恰好到达A的最右端，此时木板长度最小，为minBA2101111m22Lss++=−=−=故C正确。故选ACD。三、实验题实验题（每空2分，共14分）16.某同学采用重物自由

下落的方法“验证机械能守恒定律”，如图甲所示。打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图乙所示，那么：（1）

纸带的______________（选填“左”或“右”）端与重物相连；（2）打点计时器打下点B时重物的速度vB=________m/s；从打下点A到打下点C的过程中重力势能的减少量ΔEp=_________J（结果保留两位有效数字）；（3）动能的增加量ΔEk最有可能__

_________势能的减少量ΔEp（选填“>”“<”或“=”）。【答案】（1）左（2）①.0.97②.0.38（3）<【解析】【小问1详解】因纸带上从左到右点间距逐渐增加，那么纸带的左端与重物相连；【小问2详解】[1]打下

B点时的速度为2(7.023.13)10m/s0.97m/s220.02OCOABxxvT−−−===[2]从打下点A到打下点C的过程中重力势能的减少量2p()1.009.80(7.023.13)10J=0.38JOCOAEmghh−=−=−【小问3详解】因为存在摩擦阻

力和空气阻力，动能的增加量ΔEk最有可能小于势能的减少量ΔEp。17.某同学采用如图所示的装置，利用A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。图中MN是斜槽，NR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，得到落点P，再把B球放在

斜槽末端，A球从同一位置静止释放，A、B小球碰后落在记录纸上，分别得落点B，F。（1）A球质量为1m，半径为1r；B球质量为2m，半径为2r，则应满足（）（单选）A.12mm=，12rrB.12mm，12rr=C.12mm=

，12rrD.12mm，12rr=（2）必须要求的条件是（）（多选）A.斜槽轨道末端的切线必须水平B.斜槽轨道必须是光滑的C.必须测量出OB、OP、OF的长度1L、2L和3LD.必须测出水平槽离地面的高度（3）写出本实验

验证动量守恒定律的表达式______。（用1m、2m、1L、2L和3L表示）【答案】（1）B（2）AC（3）121123mLmLmL=+【解析】【小问1详解】为保证两球发生对心正碰，则两球半径必须相等，即12rr=；

为防止碰后入射球反弹，则入射球的质量必须大于被碰球的质量，即12mm；故选B。【小问2详解】A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端的切线必须水平，故A正确；B．只要每次让小球从同一位置滑下即可，斜面不需要光滑，故B错误；C．由于两小球下落高度相同，故时间相等，可以用水平位移代

替平抛运动的初速度，则必须测量出OB、OP、OF的长度1L、2L和3L，故C正确；D．由于两小球下落高度相同，故时间相等，可以用水平位移代替平抛运动的初速度，所以不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，故D错误；

故选AC。【小问3详解】在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，则有101122mvmvmv=+在做平抛运动的过程中由于时间是相等的，所以得101122mvtmvtmvt=+即121123mLmLmL=+四、解答题（18题10分，19题12分

，20题15分，共37分）18.在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距3m的A、B两点，如图甲、乙分别是A、B两质点的振动图像。已知该波波长大于2m，求：（1）这列波的周期；（2）这列波可能的波速。【答案

】（1）0.4sT=（2）见解析【解析】【小问1详解】由振动图像可知这列波的周期为0.4sT=【小问2详解】若波由A向B传播，B点比A点晚振动的时间为34tnTT=+（0n=，1，2）所以A、B间的距离为33m4xn=+=（0n=，1，2）则波长为1

2m43n=+（0n=，1，2）因为2m，所以0n=，可得14m=1110m/svT==若波由B向A传播，A点比B点晚振动的时间14tnTT=+（0n=，1，2）所以A、B间的距离为13m4xn=+=（0n=，1，2）则波长为1

2m41n=+（0n=，1，2）因为2m，所以0n=或1n=；当0n=时，可得112m=1130m/svT==当1n=时，可得22.4m=226m/svT==19.如图所示，竖直平面内有一半径0.5mR=光滑

圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量0.5kgm=的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，D、Q间的距离2.4ms=，球从D点飞出后

的运动过程中相对于水平面上升的最大高度0.8mh=，取210m/sg=，不计空气阻力，求：（1）小球在D点的速度Dv；（2）小球释放点到B点的高度H；（3）经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小NF。【答案】（1）5m/s，与

水平方向夹角为53（2）0.95m（3）34N【解析】【小问1详解】小球在飞行过程最高点P的速度为0v，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动，则有212hgt=，02svt=，ygt=v解得的0.4st=，03m/sv=，4m/syv=则小球在D点的速

度大小为2205m/sDyvvv=+=设小球在D点的速度与水平方向夹角为，则有04tan3yvv==可得53=【小问2详解】小球由A到D过程，根据动能定理可得21cos02DmgHmgRmv+=−解得0.95mH=【小问3详解】小球由A到C过程，根据动能定理可得21()02Cmg

HRmv+=−在C点，根据牛顿第二定律可得2NCvFmgmR−=联立解得轨道对小球的支持力大小为N34NF=20.如图所示一游戏装置，由四分之一圆弧轨道AB，水平轨道BC，以02m/sv=顺时针转动的37=的倾斜传送带EF，水平平台G

H组成，各部分之间平滑连接。一木板Q静置于水平面MN上，其上表面与平台等高并紧靠平台。一可视为质点的木块P从距BC为h的AB上某处由静止开始下滑，已知P的质量m和Q的质量M均为0.1kg，轨道AB的半径3.2mR=，木板Q的长度0.2mL=，传送带的长度1.6m,lP

=与传送带及Q间的动摩擦因数均为0.5=，其余各处摩擦均不计，sin370.6=°，则（1）若0.8mh=，求木块P运动到圆弧轨道最低点B时，受到的支持力大小NF；（2）若木块P能滑上平台，求h的最小值minh；（3）若木块和木板相互作用时产生的摩擦内能为E，求h与E之间满足的关系

。【答案】（1）N1.5NF=（2）min0.8mh=（3）见解析【解析】【小问1详解】由机械能守恒定律可得212mghmv=根据牛顿第二定律可知2NvFmgmR−=解得N1.5NF=【小问2详解】木块P在传送带上，先以1a向上匀减速，再以2a向上

匀减速，到平台时速度恰好为零对应minh，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得21sincos10m/sagg=+=22sincos2m/sagg=−=由匀变速直线运动得规律可得222001222vvvlaa−=+4m/sv=min0.8mh=【小

问3详解】设木块刚滑上木板的速度为01v时，恰好能在木板最右端与木板相对静止，则有01()mvmMv=+共220111()22mgLmvmMv=−+共解得012m/sv=对应下落高度01.8mh=①当1.

8m3.2mh时0.1JEmgL==②当0.8m1.8mh时2222200200202221sin37cos37cos37222vvvvmghmglmglmgmvaa−−−−−+=20210.10.08(J)4Emvh==−