【文档说明】四川省宜宾市三中教育集团2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，4.359 MB，由小赞的店铺上传

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宜宾市三中教育集团高2023级高二上入学考试物理（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，将答案写在答题卡上。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()2Imvmvmv=−−=故D错误。故选B3.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vr=可得，成都的线速度大于兰州的线速度，故B错误；C．根据2ar=

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。的测段运行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（）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1

6.7km/sD.“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3h288min7.8hT=+=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m。现有质量也为m的小球，以水平速度0v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202vgD.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02mvmv=根据机械能守恒定律有22011222mghmvmv=−解得204vhg=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012mvmvmv=+根据机械能守恒定律有22201211122

2mvmvmv=+解得10v=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，a、b、c是汽车过桥面时的三个不同位置，其中的a、c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（）A.在ab段汽车对桥面的压力大小不变B.在bc段汽车的牵引力逐渐增大C.在ab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bc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θ，则2cosNmvmgFR−=在ab段由于θ逐渐减小，则汽车对桥面的压力逐渐增大，故A错误；B．在bc，沿切线方向，根据平衡条件NsinmgFF+=在bc由于θ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ab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ab段汽车发动机要克服阻力和重力做功，在bc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ab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10cmC.0.4s时，物体A比物体B具有更大的动能D.物体

B振动方程为55sin(cm)4xt=−【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AB1.6sTT==故A错误；B．一个周期内，A、B两物体的路

程分别为AA440cmsA==，BB420cmsA==路程差为AB20cmsss=−=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()

0sincmxAt=+对B物体而言，式中5cmA=，25rad/s4T==，0=可得555sin()cm5sin(cm)44xtt=+=−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（）的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m的重物，当重物的速度为1v时，起重机的有用功率达到最大值P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2v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（）A.钢绳的最大拉力为1PvB.钢绳的最大拉力为2PvC.重

物的最大速度为PmgD.重物做匀加速运动的时间为211mvPmgv−【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m1PFv=解得m1PFv=故A正确，B错误；C．重物以最大速度v2匀速上升时Fmg=所以2Pvmg=故C正确；D．重物做匀加速运动

的加速度m11FmgPmgvammv−−==重物做匀加速运动的时间为2111vmvtaPmgv==−故D正确。故选ACD。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MN连接，其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，60

MON=，质量均为m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4m、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（）A.弹簧的劲度系数为2mgRB.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1219gR【答案】CD【解析】【详解】A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为x1，则B沿斜面方向受力平衡，则1sin30mgkx=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x2，则C沿斜面方向受力平衡，则2sin30mgkx=可得12xx=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BxR=所以12xxR+=解得122Rxx==，mgkR=

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cos30vv=由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为v′，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2212114(1cos60)()sin30422mgRmgxxmvmv−−+=+解得1219vgR=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a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。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。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v=_____________m/s（保留2位有效数字）；（3）通过分析，得出质量为200.0

g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xt−图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在1.0st=时发生突变，即这个时候发生了碰撞；【小问2详解】根据xt−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90110cm/s0.20m/s1.0v−==【小问3详解】由题图乙知，碰撞前A的速度大小A0.50m/sv=，碰撞后A的速度大小约为A0.36m/sv=，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为B0.5m/sv=，A和B碰撞过程动量守恒，则有AABAABBmvmvmvm

v+=+代入数据解得AB2mm所以质量为200.0g的滑块是B。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12.30x=cm，24.34x=cm，35.69x=cm，47.22x=cm，58.75x=cm，610.29x=cm

，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a＝______________，代入数据，可得加速度a＝______________2m/s（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）【答案】（1）①.()()654321236xxxxxxT++−++②.9.67（2）偏大【解析】【小问1详解】[1][2]根据逐差法求得，重锤运动的加速度计算表达式为()()()

()654321654321229(2)36xxxxxxxxxxxxaTT++−++++−++==代入数值可得加速度29.67m/sa=【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()()654321236xxxxxxaT++−++=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G。（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。【答案】（1）2324rMGT=（2）3233rGTR=【解析】【详解】（1）根据2224MmGmrrT=可得2324rMGT=（2）该星球的密度23322334343rMrGTVG

TRR===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BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R=1m，BC段长L=1.5m。弹射装置将一个质量为0.1kg

的小球（可视为质点）以v0=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h=0.8m，不计空气阻力，g取10m/s2。求：（1）小球在半圆轨道上运动时，向心加速度an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D点时的速度。【答案】（1）29m/s；（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na，则有

20nvaR=解得2n9m/sa=（2）小球在半圆轨道上做匀速圆周运动，圆管支持力为NF，则有222Nn()()Fmgma=+解得N1.81N1.35NF=（3）小球水平抛出后，在竖直方向做自由落体运动，则有212hgt=解得

0.4st=落地时竖直方向的速度为4m/syvgt==落地时的速度大小为220yvvv=+解得5m/sv=落地时的速度方向与初速度方向的夹角为θ，则有03tan4yvv==解得53=15.如图所示，水平传送带以02m/sv=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0.1kgm=，物块b的质量0.3kgM=，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径1.25mr=，传送带左、右两端的距离

4.5md=，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为10.1=，物块b与水平地面间的动摩擦因数为20.5=，重力加速度210m/sg=，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）N3N=F；（2）0.4st=；（3）发生2次碰撞，1.05JQ=【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212mgrmv=解得5m/sv=由牛顿第二定律可得2

NvFmgmr−=解得N3N=F（2）由于0vv，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221a011122mgdmvmv−=−由于a0104m/svv=，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

：a01a1b1mvmvMv=+222a01a1b1111222mvmvMv=+解得a12m/sv=−，b12m/sv=对b第一次碰后首次减速至0的过程中，由动量定理得2b10MgtMv−=−解得0.4st=（3）对b第一次碰后首次减速至0的过程中，由动能定

理得22b1b1102MgxMv−=−解得b10.4mx=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21a1a1102mgxmv−=−1a1a10mgtmv=−解得a12mx=，a12st=由于a1xd，则物

块a向右减速至0后又向左做匀加速直线运动，由对称性可知，与传送带共速时，物块a恰好返回水平面，即此时物块a速度a0vv=；物块a返回水平面的过程中，由动量定理可得1a2amgtmv=解得a22st=的

因a1a2ttt+，则物块a返回水平面时，物块b已经停止。设物块a再次滑上水平面后，再次与b碰撞前的速度为a02v，由动能定理得221b1a02a1122mgxmvmv−=−解得a0245m/s5v=对a，

b第二次碰撞，由动量守恒和机械能守恒得：a02a2b2mvmvMv=+222a02a2b2111222mvmvMv=+解得a225m/s5v=−b225m/s5v=对物块a第二次碰撞后向右匀减速至的过程中，由动能定理得2

1a2a2102mgxmv−=−解得a20.4mx=由于a2b1xx=，即物块a恰不能再次滑上传送带，故a、b只能发生2次碰撞。对a第一次从传送带右端滑至左端的过程中，由动量定理得11a01mgtmvm

v−=−解得11st=此过程中，a与传送带的相对位移101xdvt=−a与传送带之间产生的摩擦热111Qmgx=解得10.25JQ=对物块a第一次碰后，与传送带的相对位移()20a1a2Δxvtt=+a与传送带之间产生的摩擦热212Qm

gx=解得20.8JQ=故全过程物块a与传送带之间产生的摩擦热12QQQ=+解得1.05JQ=