甘肃省武威市武威第六中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷

武威六中教育集团2025-2026学年度第一学期开学考试 高二年级物理试卷 一、选择题（共10小题，共46分，其中1-7题为单选，每题4分，8-10愿为多选，每题6分，多选题漏 选得3分，错选不得分)， 1,如图所示是某质点运动的v-1图像，下列判断正确的是（) ◆v/(ms) A.在25~4s内，质点的加速度大小一直减小 B.在第3s末，质点的加速度方向发生改变 C.在2s~3s内，质点的平均速度大小大于1.5ms 34/s D.在0~2s内，质点做直线运动，在2s4s内，质点做曲线运动 2.如图所示，质量分别为m、M的A、B两木块叠放在水平地面上， A与B之间的动摩擦因数为μ，在水平拉力F的作用下，A和B相 对静止一起向右做匀速直线运动，重力加速度为g,则A受到的摩 擦力大小是() A.Mmg B.0 C.F D.μ(m+M)g 3。一小车通过一根跨过定滑轮的绳提升竖井中的物体，如图所示，小车匀速向左运动的过程中，速度大 小为，当连接小车的绳与水平面的夹角为60°时，下列说法正确的是() A,此时物体运动的速率为5， 2 B。此时物体运动的速率为式 C.此后物体运动的速率越来越小 D.此后一段时间，物体处于失重状态 4.机械手表中有大量精密齿轮，齿轮转动从而推动表针。某机械手表打开后盖如图甲所示，将其中两个 齿轮简化，如图乙所示。已知大、小齿轮的半径之比为3：2,2、P分别是大、小齿轮边缘上的点， 则Q、P两点的相关物理量关系正确的是() A.角速度大小之比为1：1 B,线速度大小之比为3：2 C.周期之比为2：3 D.向心加速度之比为2：3 5,我国计划在2030年前实现载人登陆月球，其后将建造月球科研试验站，开展系统、连续的月球探测和 相关技术试验。已知月球质量为M、半径为R,引力常量为G,若质量为m的月球探测器围绕月球做 半径为r的匀速圆周运动，则探测器的() 高二物理试卷· A肉心加速度为兴 玉角速度为受 C.周期为2\GM D,动能为票 6,如图所示，轻质弹簧下端悬挂有一小球，上端固定在水平天花板上，将弹簧拉至水平方向，且弹簧处 于原长，现将小球由静止释放，直至其运动到最低点，不计空气阻力，在此过程中() A.小球做匀速圆周运动 B.弹簧对小球作用力不做功 wwo C,小球所受弹力的瞬时功率始终在增大 D.小球所受重力的瞬时功率先增大后减小 7.由三颗星体构成的系统被称为三星系统，有两种常见的简化模型，一种直线模型如图1所示，A、B、 C三颗星体位于同一条直线上，A、C星体绕B星体在同一半径为R的圆轨道上做匀速圆周运动：另一 种等边三角形模型如图2所示，A、B、C三颗星体分别位于等 边三角形的三个项点上，并沿外接于等边三角形的题轨道运行 已知引力常量为G,A、B、C星体的质量均为m,忽略星体的 大小，不考虑其他星体对三星系统的影响，若两种情形下星体A 运动的动能相等，则图2中星体之间的距离为() A智 B.3欢 8 图 图2 C.23R D. R 5 8 8.如图所示，某实验小组在实验室中利用水平气垫导轨和两光电门计时器A和B验证滑块M和钩码m 组成的系统机械能守恒，已知遮光条的宽度为d山，先后通过A、B光电门的时间分别为△、△2，滑 块运动通过光电门B时，钩码未落地。下列因素中可能增大实验误差的是(，) 气垫导轨光电门B 遮光条 光电门A ▣滑块 连气源 A.气垫导轨未调水平 B.滑块质量M和钩码质量m不满足m<M C.遮光条宽度太小 D.两光电门间距过小 9.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的 位移x随时间t的变化图象如图乙所示，下列说法正确的 是() A,t=08s时，振子的速度方向向左 B.t=0.2s时，振子在0点右侧6cm处 C.t=0.4s和t=12s时，振子的加速度相同 A 0 B D.t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大 甲 图乙 !1页（共2页） 10.如图所示，匀速转动半径为R的雨伞，使伞边缘在竖直面内做圆周运动。伞边缘最低点b距地面高度 为h,伞边缘上a、c两点与伞中心高度相同.设从a、b、c三点飞出的水滴质量均为m,速度大小与 伞边缘处相同，从b点飞出的水滴，其水平位移大小为x。重力加速度为g,不计空气阻力。则() A。从ā、c两点飞出的水滴，落地时重力的瞬时功率相等 B.从α、c两点飞出的水滴，自飞出到落地过程中的动量变化相同 C.雨伞转动的角速度大小等于：西 RV8 D.从b点飞出的水滴，落地时的动能等于mg贴+mg 4h 二、实验题（每空2分，共14分）. 11.用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接」 实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下 痕迹。再把B球静置于水平槽右端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落 在记录纸上留下各自的痕迹。记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若各落点痕迹到O的距离分别 为OM=,OP=号，ON=品，两球的质量分别为m=10g与M=20g,则 (1)下列说法正确的是 A,A球的质量应为20g B.A球的质量应为10g AB C.斜槽必须光滑 D,水平槽必须光滑 (2)未放B球时A球落地点是记录纸上的 点 若A、B碰撞时动量守恒，则应成立的表达式为（用马， ,马，M,m表示) 。若A、B碰撞时 O M P N 为弹性碰撞，则应成立的表达式为 。(用马，马2，马表示) 12。某同学利用在半径为R的光滑圆弧球面上做简谐运动的匀质小球来测定当 地的重力加速度，实验装置如图1所示，在该实验条件下，小球在圆弧球 面上的运动可视为单摆， (1)该同学首先利用游标卡尺测量小球的直径，示数如图2所示，则小球 的直径为 cm 力传感器 2 3 cm 图1 HH1 0 10 20 图2 (2)该同学在圆弧球面下方安装了压力传感器，将小球从A点由静止 释放后，压力传感器的示数变化如图3所示，则小球摆动的周期 为T= (3)根据已知的物理量，可得当地重力加速度g的表达式为g t6236 (用d、o、R表示)。 图3 高二物理试卷· 三、解答题(13题12分，14题12分，15题16分，共40分). 13.如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧，下端被固定在水平地面上，上端与质量为m的小球（可视为质 点)相连，开始时小球静止于O点。现用一竖直向上的拉力将小球缓慢拉至P点，此时弹簧恢复原 长。1=0时刻撒去拉力，小球由静止开始做简谐运动，经△时间第一次回到O点，已知弹簧的形变 量为x时，弹性势能为品，一松，重力加速度为8、求 (1)小球的振幅A: (2)小球的振动方程（选竖直向上为正方向）： (3)小球振动速度的最大值ym· 777 14.如图所示，表面光滑的固定斜面与水平面的夹角0=3T,斜面底端与水平光滑轨道AB平滑连接，水 平轨道右端B点连接竖直的光滑半圆轨道，半圆轨道的圆心为O,最高点为C,半径R=0.5m,有 一质量m,=1kg的小球P以=√0m/s的初速度从斜面上的D点沿斜面向下滑，滑到水平轨道AB 后与静止在水平轨道上的小球Q发生碰撞，碰撞后，小球Q恰好沿水平轨道运动到半圆轨道的E点， ∠COE=3T,已知D点距地面的高度h=0.9m,小球P、Q均可看作质点，重力加速度g取 10m/s,sin37=0.6,cos3T=0.8,计算结果可以保留根号，求 (1)小球P与小球Q碰前的速度大小： (2)小球Q运动过程中，上升的最大高度： (3)碰撞后小球Q的速度大小。 15.如图所示，光滑的水平地面上静止放置着长木板A和滑块B,地面右侧足够远处有固定的挡板。滑块 C沿地面从左侧向右运动，和A发生弹性碰撞，此后运动过程中B始终在木板A上，A和挡板碰撞 无能量损失。已知滑块C的初速度%=4ms,m人=m=3k8,m。■1g,A、B之间的动摩擦因数 4=0.25,重力加速度大小g取10m/s2。求： (1)C和A碰撞后瞬间A和B的速度大小： (2)C的最终速度： (3)最终B相对A发生的位移大小和方向。 B 777777777777777777777777 等2页（共2页）答案第 1页，共 5页 武威六中教育集团 2025～2026 学年度第一学期开学考试高二年级物理试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B D C D A AD AD AD 1．A【详解】A．v t 图像的斜率表示质点运动的加速度，在 2s ~ 4s 内，质点的加速度大小一直减小，故 A 正确； B．在第3s末，质点的速度方向发生改变，加速度方向不变， 故 B 错误；C．v-t图像与时间轴所围的面积表示物体运动的位 移，在 2s～3s 内，如图图中虚线对应的图像与时间轴围成的面 积表示位移大小为 3 1 m 1.5m 2 x   而质点在 2s～3s 内运动的 v-t图像与时间轴围成的面积 小于虚线与坐标轴围成的面积，故质点的位移 'x小于 1.5m，而质点的平均速度为 'xv t  ，故 质点的平均速度大小小于 1.5m/s，故 C 错误；D．v-t图像描述的是质点的速度随时间的变 化，不同于质点的轨迹，在 v-t图像中只能描述质点做直线运动的速度随时间的变化，在 0 4s 内质点一直做直线运动，故 D 错误。 2．B【分析】由于小车和木块一起作无相对滑动的匀速运动，所以小车和木块的速度相同， 对小车和木块受力分析，根据平衡条件可以求得摩擦力的大小．【详解】A 和 B 相对静止一 起向右做匀速直线运动，对 A 受力分析，重力与支持力，没有摩擦力，若有摩擦力，则 A 不可能处于平衡，故 B 正确，ACD 错误．故选 B．【点睛】当分析多个物体的受力、运动情 况时，通常可以采用整体法和隔离法． 3．B【详解】AB．当连接小车的绳与水平面的夹角为60时， 如图所示根据平行四边形定则，物体的速度 cos 60 2 vv v   故 A 错误，B 正确；CD．由 cosv v   可知，随着θ在减小，则 物体速度在增大，将做加速运动，根据牛顿第二定律可知，绳 子对物体的拉力大于物体的重力，所以物体处于超重状态，故 CD 错误。故选 B。 4．D【详解】B．两轮是同缘转动，则 P、Q两点的线速度相等，故 B 错误；A．根据 v r 可知，Q、P两点的角速度大小之比为 2 3 Q P P Q R R     ，故 A 错误；C．根据 2T    可知，Q、 P两点的周期之比为 3 2 Q P P Q T T     ，故 C 错误；D．根据 2a r v   可知，Q、P两点的向 心加速度之比为 2 3 Q Q P P a a     ，故 D 正确。 答案第 2页，共 5页 5．C【详解】探测器绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，即 2 2 2 2 2 4GMm mvma m r m r r T r     A．可知探测器的向心加速度为 2 GMa r  ，故 A 错误； B．可知探测器的角速度为 3 GM r   ，故 B 错误；C．可知探测器的周期为 3 2 rT GM  ， 故 C 正确；D．可知探测器的速度大小为 GMv r  则探测器的动能为 2k 1 2 2 GMmE mv r   ， 故 D 错误。 6．D【详解】A．小球下落过程中，弹簧长度在增加，小球做变加速曲线运动，不是匀速圆 周运动。故 A 错误；B．小球下落过程中，弹簧的弹性势能增加，弹簧对小球做负功。故 B 错误；CD．根据 PG=mgvy可知，开始时小球的速度为零，则重力的瞬时功率为零，到达最 低点时，速度的方向与重力垂直，则沿竖直方向的分速度为零，此时重力的瞬时功率又变为 零，则小球重力的瞬时功率先变大后减小。同理，小球所受弹力的瞬时功率始先增大后减小。 故 C 错误；D 正确。 7．A【详解】图 1 中，A、C 两星体绕 B 星体做匀速圆周运动，对 A 星体有   2 2 2 22 2 m m mvG G R RR   可得 A 星体的动能为 2 k A 5 8 GmE R  设图 2 中星体之间的距离为 r，则每个星体做匀速圆周运 动的半径均为 2cos30 3 r rr   对 A 星体有 2 2 22 cos30 m mvG r r    则有 2 k A 2 mE G r   又 k A k AE E  联立可得 4 5 Rr  8．AD【详解】A．气垫导轨未调水平，M的重力势能也会改变，会增加实验误差，故 A 正 确；B．因为要研究 M和 m系统机械能是否守恒，则滑块质量 M和钩码质量 m不满足 m≤M， 对该实验没有影响，故 B 错误；C．遮光条宽度太小，有利于减小误差，故 C 错误； D．两光电门间距过小，可能增大长度测量时的误差，故 D 正确。故选 AD。 9．AD【详解】A．从 t＝0.8 s 时起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右 为正方向，故 t＝0.8 s 时，速度方向向左，A 正确；B．由题图乙得振子的位移 x＝12sin 5 4  t cm 故 t＝0.2 s 时，x＝6 2 cmB 错误；C．t＝0.4 s 和 t＝1.2 s 时，振子的位移方向相反， 加速度方向相反，C 错误；D．t＝0.4 s 到 t＝0.8 s 的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子 逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐增大，D 正确． 10．AD【详解】A．从 a、c两点飞出的水滴，下落高度相同，根据动能定理可得 答案第 3页，共 5页 2 2 0 1 1( ) 2 2 mg h R mv mv   可得 20 2 ( )v v g h R   可知落地时的速度大小相等，且落地时的 速度方向均竖直向下，根据 P mgv 可知落地时重力的瞬时功率相等，故 A 正确； B．从 a、c两点飞出的水滴，其中 a点处水滴做竖直上抛，c点处水滴做竖直下抛，下落高 度相同，所以两水滴在空中运动时间不相等，根据动量定理可得 p mgt  可知自飞出到落地 过程中的动量变化不相同，故 B 错误；C．设雨伞转动的角速度大小为，则 b点飞出的水 滴的初速度大小为 0v R 根据平抛运动规律有 21 2 h gt ， 0x v t 联立解得 0 2 gv x h  ， 2h x g R   ，故 C 错误；D．从 b点飞出的水滴，根据动能定理可得 2k 0 1 2 mgh E mv  解得落地时的动能为 2k 0 21 2 4 mgxmgh h E mgh mv   ，故 D 正确。 11．(1)A(2) P 2 1 3 Ms Ms ms 1 2 3s s s  【详解】（1）AB．为了碰撞后 A 的 速度仍然沿原来方向，入射球的质量需大于 B 球的质量，可知入射球选择的小球，故 A 正 确，B 错误；CD．实验中只需要 A 球到达底端的速度相等，斜槽和水平槽不一定需光滑， 故 CD 错误。（2）[1]由题可知，未放 B 球时 A 球抛出的速度，应大于放置 B 球后 A、B 碰 撞后 A 球抛出的速度，小于 A、B 碰撞后 B 球抛出的速度，小球平抛运动的时间相等，因 此，P点位未放 B 球时 A 球落地点，M点为放置 B 球后 A、B 碰撞后 A 球抛出的落地点， N点为放置 B 球后 A、B 碰撞后 B 球抛出的落地点，[2]根据上述分析可知，若 AB 碰撞动 量守恒，则有 2 1 2 s s sM M m t t t   整理可得 2 1 3 Ms Ms ms [3]若为弹性碰撞，则能量守恒， 则有 2 2 232 11 1 1( ) ( ) ( ) 2 2 2 ss sM M m t t t   整理可得 2 2 22 1 3Ms Ms ms  结合题意可知 2M m ， 2 1 3 Ms Ms ms 化简可得 1 2 3s s s  12．(1)1.150 (2) 02t (3) 2 2 0 2 dR t       【详解】（1）由游标卡尺的读数规则可知，小球的直径 11mm 0.05 10mm 11.50mm 1.150cmd      （2）由题图 3 可知 0t 为小球从圆弧球面最左端 运动到最右端的时间，故小球的运动周期为 02T t （3）小球的运动可视为单摆运动，该等 效单摆的摆长为 2 dl R  由单摆周期公式 2 lT g  可知，当地重力加速度的表达式为 2 2 0 2 dR g t       答案第 4页，共 5页 13．（1） mg k ；（2） sin( ) 2 2 mgx t k t      ；（3） mg k 【详解】解：（1）小球在O点时，有 0mg kx 由于小球在P点是，弹簧恢复原长，则有 0 mgA x k   （2）简谐运动的振动方程为 sin( )x A t   由题意知 t=0 时，有 Ax   故有 2   则有 sin( ) 2 2 mgx t k t      （3）对小球在 P到 O的过程中应用动能定理，得 G KW W E  弹 其中 2 2 0 0 1 1( 0) 2 2P W E kx kx       弹 2 2 0 0 1 1 0 2 2 m mgx kx mv   联立解得 2 0 02m kx mv gx g m k    14．(1) 2 22 m / s (2) 0.972 m (3) 22 m / s 【详解】（1）设小球 P运动到水平轨道的速度为 1v ，故小球 P在沿斜面下滑的过程中，由动 能定理可得 2 2 P P 1 P 0 1 1 2 2 m gh m v m v  解得 1 2 22 m / sv  （2）当小球Q运动到 E点时，设小球Q的质量为 Qm ，速度为 Ev ，小球只受重力，受力分 析如图所示 根据重力的分力提供向心力得 2 Q Qcos37 E vm g m R  解得 2 m / sEv  小球Q经过 E点之后做斜抛运动，设竖直方向的速度为 yv ，根据速度的合成 与分解可得 sin37y Ev v  解得 1.2 m / syv  由运动学公式可得小球Q竖直方向 减速到零，距 E点的高度 2 1 2 yvh g  解得 1 0.072 mh  所以小球Q上升的最大高度   11 cos37Qh R h   解得 Q 0.972 mh  （3）设两球发生弹性碰撞后小球Q的速度大小为 Qv ，碰撞后小球Q运动到 E点的过程，根 据动能定理可得   2 2Q Q Q Q1 11 cos37 2 2 Em gR m v m v    解得 Q 22 m / sv  15．（1） A 4m / sv  ， B 0v  ；（2）1.5m / s，方向向左；（3） 2.6625m，方向向右 【详解】（1）C 和 A 发生弹性碰撞，则有 C 0 A 1 C 2m v m v m v  2 2 2 C 0 A C 21 1 1 1 2 2 2 m v m v m v  解得 1 0 4m / sv v  ， 2 0v  A 和 C 速度互换，B 不参与 A、C 的碰撞，则 B 0v  （2）A 和 B 发生相对运动直到速度相等，根据动量守恒可得  A 1 A B 3m v m m v  答案第 5页，共 5页 解得 3 3m / sv  。A 与挡板碰撞后速度等大反向，又与 B 再次共速，以向左为正方向，根据 动量守恒可得  A 3 B 3 A B 4m v m v m m v   解得 4 1.5m / sv  A 和 C 第二次碰撞发生速度互换， 则有 C 4 1.5m / sv v  方向向左。（3）设第一阶段 B 相对 A 向左发生的位移为 1x ，根据能量 守恒可得  2 2B 1 A 1 A B 3 1 1 2 2 m g x m v m m v     解得 1 2.4mx  设第二阶段B相对A向右发生的 位移为 2x ，有    2 2B 2 A B 3 A B 4 1 1Δ 2 2 m g x m m v m m v     解得 2 5.4mx  第三阶段 A 和 B， 根据动量守恒可得  B 4 A B 5m v m m v  设第三阶段 B 相对 A 向左发生的位移为 3x ，则有  2 2B B 4 B3 A 5 1 1 2 2 m g x m v m m v     联立解得 3 0.3375mx  全过程 B 相对 A 发生的位移为 2 1 3 2.6625mx x x x      方向向右。