【文档说明】四川省眉山市仁寿县第一中学南校区2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.848 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-5301557c2a7bf8080af964680f6bdc75.html

以下为本文档部分文字说明：

仁寿一中南校区2023级入学考试物理学科试题考试时间：75分钟满分：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，将答案写在答题卡上。3．考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：本题共10小题，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，选对的得4分，选错得0分；第8~10题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。有选错的均得0分，共43分。1.小船横渡一条两岸平行的河流，水流速度与河岸平行，船相对于水的速度大小不变，船头始终垂直指向河岸，小船的运动轨迹如图虚线所示。则小船在此过程中（）A.运动的加速度不变B.越接近河岸速度

越大C.加速度的方向先指向下游后指向上游D.水流速度变化，渡河的时间也会改变【答案】C【解析】【详解】AC．已知小船垂直河岸方向的速度不变，沿河岸方向的水流速度在变化，故小船所受合外力方向一定平行于河岸，根据曲线运动的合外力指向凹侧，小船所受合外力先指向下游，后指向上游

，故小船做的不是匀变速运动，运动的加速度是变化的，故A错误，C正确；B．小船渡河过程中的速度方向沿轨迹切线方向，由船相对水的速度垂直河岸方向且大小不变，可知越靠近河中央，水流速度越大，故B错误；D．小船渡

河时间等于河宽除以小船垂直河岸方向的速度，即小船渡河时间与水流速度无关，故D错误。故选C。2.2023年5月7日，在加拿大举行的世界泳联跳水世界杯蒙特利尔站顺利落幕，中国跳水“梦之队”实现包揽全部9枚金牌的壮举，以9金1银的成绩位列奖牌榜第一。如图

所示，某质量为m的运动员（可视为质点）从距离水面高度为h的跳台以初速度v0斜向上起跳，最终落水中。重力加速度大小为g，不计空气阻力，以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则（）A.运动员在空中运动时的机械能先减小后增大B.运动员入水时的动能为2012mvmg

h+C.运动员入水时的机械能为2012mvmgh−D.运动员入水时的重力势能为mgh【答案】B【解析】【详解】A．不计空气阻力，运动员只有重力做功，所以机械能守恒，故A错误；B．根据动能定理2012kmghEmv=−解得

2012kEmvmgh=+故B正确；C．以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则运动员的机械能为2012mv，由于机械能守恒，所以运动员入水时的机械能为2012mv，故C错误；D．以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，运动员入水时的重力势能为-mgh，故D错

误；故选B。3.质量为1kg的质点在xy−平面上运动，x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（）A.质点的初速度大小为4m/sB.质点所受的合力为2NC.质点做直线运动D.2s末质点的速度大小为8m/s【答案】B【解析】【详解】

A．由甲图可知，x方向的初速度为04m/sxv=加速度为2284m/s2m/s2xa−==y方向的速度为06m/s3m/s2yv−==−故质点的初速度大小为2205m/sxyvvv=+=A．错误；B．由牛顿第二定律质点所受的合力为2NxFma==B正确；C

．因为质点的加速度与初速度方向不共线，所以质点做匀变速曲线运动，C错误；D．由甲图可知2s末质点x轴方向的速度为8m/sxv=，故质点速度为2273m/sxyvvv=+=D错误。故选B。4.2024年4月中下旬，太阳系中被称为“恶魔彗星”的庞士-布鲁克斯彗星到达了近日点，在视野良好的情

况下通过肉眼观测到该彗星，如图所示。已知地球的公转轨道半径为1AU（AU为天文单位），该彗星的运行轨道近似为椭圆，其近日点与远日点之间的距离约为34AU，则这颗彗星绕太阳公转时，从远日点到近日点的最短时间（）A.3417年B.17172年C.34年D.17年【

答案】B【解析】【详解】彗星的运行轨道的半轴长为34AU17AU2a==根据开普勒第三定律33221RaTT=解得彗星的周期为31()1717aTTR==年这颗彗星绕太阳公转时，从远日点到近日点的最短时间11

171722tT==年故选B。5.“世界航天第一人”是明朝的万户，如图所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设

备（火箭、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的燃气相对地面以0v的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.火箭的推力来源于地面对它的作用力B.在燃气

喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mMmv−0C.喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为()2202mvgMm−D.在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A．火箭的推力来源于燃气对它的反作用力，故A

错误；B．在燃气喷出后的瞬间，系统动量守恒000()mvMvv=−−火箭的速度大小为0mvvMm=−故B正确；C．喷出燃气后，万户及其所携设备，做竖直上抛运动，万户及其所携设备能上升的最大高度为()2220222vmvhggMm==−故C错误；D．在火

箭喷气过程中，燃料燃烧，一部分化学能转化为万户及其所携设备机械能，故万户及其所携设备的机械能增大，故D错误。故选B。6.如图所示为工厂中用来运输货物的传送带，工人将一质量为50kgm=的货物（可视为质点）轻

放到传送带A点，经4st=时间，货物运动至B点，且恰好与传送带相对静止。已知传送带以4m/sv=的恒定速率的运行，与水平面间的夹角为37°，重力加速度210m/sg=，sin370.6=°，cos370.8

=°，则货物从A到B的过程中，下列说法正确的是（）A.货物增加的机械能大小为400JB.摩擦力对货物做的功为2800J−C.传送带因为传送货物多消耗的电能为2800JD.传送带因为传送货物增加的平均功率为1400W【答案】D【解析】【详解】A．货物增加的机械能为增加的动能与重力势能之和

，则有0sin374.8m2vht+==2211Δ504J50104.8J2800J22Emvmgh=+=+=故A错误；B．由功能关系可知，摩擦力对货物做的功等于货物机械能变化量，故摩擦力对货物做的功为2800J，故B错误；C．传送带与货物发生的相对位

移为18m2xvtvt=−=根据牛顿第二定律得sin37fmgma−=根据速度公式得vat=解得350Nf=音摩擦产生的热量为2800JQfx==传送带因为传送货物多消耗的电能为Δ5600JEEQ=+=电故C错误；D．传送带因为传送货物增加的平均功率为5600W1400W4EPt===电

故D正确。故选D。7.通过质量为m的电动玩具小车在水平面上的运动来研究“机车启动”问题。小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车功率不变，小车的v-t图像如图甲所示，t0时刻小车的速度达到最大速度的三分之二，小车速度由v0增加到最大值的过程中，小车受到的牵引力F与速度

v的关系图像如图乙所示，且F-v图像是双曲线的一部分（即反比例图像），运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是（）A.小车的额定功率为F0vB.t=0时刻，小车的加速度大小为03FmC.t0时刻，

小车的加速度大小为0FmD.00t时间内，小车运动的位移大小为20000332mvvtF−【答案】D【解析】【详解】A．根据题意小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车功率不变，如图乙可知当汽车的速度为0v时，牵引力为03F，根据题意，小

车的额定功率为003PFvFv==故A错误；BC．根据题意可知，汽车速度最大时，汽车的牵引力等于阻力，由图乙可知汽车受的阻力大小为0fF=由t=0时刻，牵引力为03F，根据牛顿第二定律03Ffma−=解得小车的加速度大小为02F

am=在t0时刻，汽车的速度为m23vv=由A选项中分析得m003PvvF==则此时的牵引力为032PFFv==根据牛顿第二定律有Ffma−=解得02Fam=故BC错误；D．00t时间内，根据动能定理22001122Ptfxmvmv−=−解得

20000332mvxvtF=−故D正确。故选D。8.如图所示，在某杂技场上，质量为m的表演者在水上进行杂技表演，其拉着一条长为L的绳子以O点为圆心，从最低点A荡到绳子与竖直方向夹角为θ的B点时松手。若在空中经过最高点C时的速度大小为v，表演者可视为质点。不计

空气阻力和绳的质量，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.从B点到C点过程中表演者的水平速度不变B.松手时表演者的速度大小为sinvC.从A点到C点的过程中，表演者先失重后超重D.在A点，表演者所受合力大小为()2221coscosmvmgL−+【答案】AD【解析】【详解】AB

．从B点到C点的过程中表演者做斜抛运动，则表演者的水平速度不变，在B点有cosBvv=即松手时表演者的速度大小为cosBvv=故A正确，B错误；C．根据题意可知，从A点到C点的过程中，竖直方向上，加速度先有向上分

量，后具有向下的加速度，则表演者先超重后失重，故C错误；D．从A点到B点的过程中，由动能定理有()22111cos22BAmgRmvmv−−=−在A点，由牛顿第二定律可得，表演者所受合力大小为2AvFmL=联立解得222(1cos)cosFmvmgL−+=故D正

确。的故选AD。9.如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的14圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b'分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放。重力加速度为g，下列

说法正确的是（）A.小球C从a点运动到b点的过程中，小球和圆槽A组成的系统动量守恒B.小球C从a点运动到b点时A槽对地面的压力大小为3mgMg+C.小球C在B槽内运动所能达到的最大高度为mRMm+D.B

槽的最大速度的大小22mgRMm+【答案】BD【解析】【详解】A．小球C从a点运动到b点的过程中，小球和圆槽A组成的系统合外力不为零，所以动量不守恒，故A错误；B．小球C从a点运动到b点时，由动能定理有212bmgRmv=解得2bvgR=在b点时，对小球有2bvNmgmR

−=解得3Nmg=根据牛顿第三定律可知球对A的压力大小也等于3mg，对A槽有3NNMgmgMg=+=+地由牛顿第三定律可得，小球C从a点运动到b点时A槽对地面的压力大小为3mgMg+，故B正确；C．小球C和B槽组成的系统水平方向上动量守恒有(

)bmvmMv=+解得max2mgRvmM=+根据能量守恒有2211()22bmvmMvmgh=++解得MRhMm=+故C错误；D．小球C和B槽组成的系统水平方向上动量守恒，当两者分离时槽有最大速度，则maxbmvmvMv=+由

机械能守恒有222max111222bmvmvMv=+解得max22mgRvMm+=故D正确。故选BD。10.如图所示，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接在一起的滑块M、N置于斜面上处于静止状态。现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开

挡板时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。则关于从物块M开始运动到物块N刚要离开挡板的过程，下列说法中正确的是（）A.滑块M位移为3sinmgk的B.滑块N刚要离开挡板的瞬间，滑块M的加速度大小为2sing

C.滑块M获得瞬时冲量的大小为322224sinmgmvk+D.重力对滑块M做的功为2222sinmgk【答案】BC【解析】【详解】A．滑块M、N置于斜面上处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有1sinmgkx=物块N刚要离开挡板时，弹簧处于拉伸状态，根据胡克定

律有2sinmgkx=滑块M的位移为12xxx=+解得2sinmgxk=故A错误；B．滑块N刚要离开挡板的瞬间，对滑块M进行分析，根据牛顿第二定律有2sinmgkxma+=解得2sinag=故B正确；D．重力对滑块M做的功为()12sinWmgxx=−+解得2222si

nmgWk=−故D错误；C．结合上述可知，滑块M向上运动过程中，弹簧初始位置的压缩量等于末位置的伸长量，即弹簧初末状态的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可得()2201211sin22mvmvmgxx−=+滑块M获得瞬时冲量的大小0Imv=联立解得322224sinmgImvk=+故C

正确。故选BC。二、实验题（16分）11.某物理兴趣小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律。挡光片及物体A的总质量为m，物体B的质量为M，初始时使物体A和物体B静止，细绳拉紧。（已知mM，当地重力加速度为g）（1）用游标卡尺测量出挡光片的宽度d。将A由静止释放，记录挡光

片的挡光时间t，则挡光片通过光电门中心时的速度为__________。（结果用题中所给的字母表示）（2）测量挡光片到光电门中心的竖直距离h（hd），若物体A和物体B组成的系统机械能守恒，则需要验证的表达式为__________。（结果用题中所给的字母表示）。（3）实验中发现，系统

动能的增加量总是小于系统重力势能的减少量，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：__________。【答案】（1）dt（2）21()()()2dMmghMmt−=+（3）物体下落过程受到一定的空

气阻力，细绳与滑轮之间存在一定的摩擦力【解析】【小问1详解】记录挡光片的挡光时间t，则挡光片通过光电门中心时的速度为dvt=【小问2详解】系统重力势能的减少量为p()EMmgh=−系统动能的增加量为22k

11()0()()22dEMmvMmt=+−=+若物体A和物体B组成的系统机械能守恒，则需要验证的表达式为21()()()2dMmghMmt−=+【小问3详解】实验中发现，系统动能的增加量总是小于系统重力势能的减少量，除实验中的偶然误差外，产生这一结果的原因可能是：物体下落过程受到一定的空气

阻力，细绳与滑轮之间存在一定的摩擦力。12.某同学利用如图甲所示装置验证动量守恒定律，实验步骤如下：（1）气垫导轨上安装了1、2两个光电门，滑块B上固定一竖直遮光条，用游标卡尺测得遮光条的宽度d，接通气源后，将滑块B轻放在

导轨上，给其一初速度，若通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，则调节气垫导轨的调节旋钮P使导轨左端的高度______（“升高”或“降低”），直到使轻推后的滑块B通过光电门1的时间______（填“

大于”“小于”或“等于”）通过光电门2的时间，即说明滑块B在气垫导轨上近似做______运动。（2）滑块A的右端、滑块B的左端装有粘扣（如图乙所示），用天平测出滑块A（含粘扣）的总质量m1和滑块B（含粘扣

和遮光条）的总质量m2，将滑块A静置于两光电门之间，滑块B静置于光电门2右侧，推一下滑块B，使其获得水平向左的速度，测得滑块B经过光电门2的挡光时间为1t，滑块B和滑块A碰后粘在一起向左运动，经过光电门1记录的挡光时间为2t。验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是__

____（用题给字母表示）。【答案】（1）①.降低②.等于③.匀速直线（2）21212mmmtt+=【解析】【小问1详解】[1][2][3]若通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，即经过光电门1的速度较小，导轨左端过高，则可通过调节气垫导轨的调节旋钮P使导轨左端的高度

降低，直到使轻推后的滑块B通过光电门1的时间等于通过光电门2的时间，即说明滑块B在气垫导轨上近似做匀速运动。【小问2详解】滑块B经过光电门2的速度为11dvt=滑块A、B一起经过光电门1的速度为22dvt=则要验证的

关系式为()21122mvmmv=+解得21212mmmtt+=三、计算题：本题共3小题，第13题10分，第14题13分，第15题18分，共41分。13.如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台缓慢加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径1.0mR=

，离水平地面的高度1.25mH=，物块平抛落地过程水平位移的大小1.0ms=。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度210m/sg=求：（1）物块做平抛运动的初速度大小0v；（2）物块离开转台边缘时转台的角速度0；（3）物块与转

台间的动摩擦因数。【答案】（1）2m/s（2）2rad/s（3）0.4【解析】【小问1详解】物块做平抛运动，在竖直方向上有212Hgt=在水平方向上有0svt=联立解得02m/sv=【小问2详解】根据00vR=可得物块离开转台边缘时转台的角速度002rad/sRv==【小问3详解】物块

离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，则有0max2Rmgvfm==解得物块与转台间的动摩擦因数为0.4=14.滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力NF垂直于板面，大小为2kv，其中v为滑板速率（水可视为静止）。某次运动中，在水平牵引力作用下，

当滑板和水面的夹角37=时，滑板做匀速直线运动，相应的12.5kg/mk=，人和滑板的总质量为100kg，试求（重力加速度g取210m/s，sin37°取35，忽略空气阻力）：（1）水平牵引力的大小；（2）滑板的速率；（3）水平牵引力的功率。【答案】（1）750N（2）10m/s（

3）7500W【解析】小问1详解】以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示由共点力平衡条件可得NcosFmg=，NsinFF=联立解得水平牵引力的大小750NF=【小问2详解】由【NcosFmg=，2NF

kv=代入数据解得滑板的速率为10m/sv=【小问3详解】水平牵引力的功率为7500WPFv==15.如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止

于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长1.25mL=。小球质量0.20kgm=。物块、小车质量均为0.30

kgM=。小车上的水平轨道长1.0ms=。圆弧轨道半径0.15mR=。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取210m/s。（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；（3

）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间动摩擦因数的取值范围。【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）0.250.4【解析】【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程

中，由动能定理20102mgLmv=−解得05m/sv=在最低点，对小球由牛顿第二定律的20TvFmgmL−=解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为T6N=F（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律012mvmvMv=+2220121

11222mvmvMv=+解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为2024m/smvvmM==+（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒232MvMv=由能量守恒定律2223111222MvMvMgs=+解得10.4=

若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒242MvMv=由能量守恒定律2224211222MvMvMgsMgR=++解得20.25=综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.250.4【点

睛】