贵州省惠水民族中学2025-2026学年高二上学期开学检测物理试卷

贵州省惠水民族中学2025-2026学年高二上学期开学检测物理试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1．关于机械能守恒，下列说法正确的是（   ） A．物体处于平衡状态时，机械能一定守恒 B．物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒 C．物体机械能的变化等于合外力对物体做的功 D．机械能守恒的物体一定只受到重力和弹力的作用 2．如图所示，质量为m的探测器被火星捕获后绕火星做匀速圆周运动，当探测器运行到A点的瞬间，同时发射两束激光，一束激光经过时间t到达火星表面的B点，另一束激光经过时间到达火星表面的C点，B点是火星表面距A点最近的点，C点与A点的连线与火星表面相切，已知火星表面的重力加速度为，引力常量为G，激光的速度为c，不考虑火星的自转，下列说法正确的是（　　）。 A．探测器绕火星运行的轨道半径为 B．火星的半径为 C．火星的质量为 D．由题设条件不能确定火星的第一宇宙速度 3．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(　　) A． B．－ C． D．－ 4．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2；下列分析正确的是（　　） A．手机接触头部之前的速度约为1m/s B．手机对头部的冲量大小约为0.48 C．手机对头部的作用力大小约为1.2N D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48 5．如图是一辆质量为的电动车在平直公路上测试时的速度—时间图像，0~8s及18s之后的图线均为直线，中间曲线平滑连接。已知该电动车的额定功率为8kW，其所受阻力大小恒定不变，由静止开始启动，在18s末电动车的速度恰好达到最大值。下列说法正确的是（　　） A．电动车前8s运动过程中功率恒定 B．电动车的最大牵引力大小为800N C．电动车在0~18s内的牵引力做功为 D．电动车在8s~18s内的位移大小为87.5m 6．如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P与传送带之间的动摩擦因数为，在接触弹簧前速度已达到v，P与弹簧接触后继续运动，弹簧的最大形变量为d，设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中（　　） A．P的速度不断减小 B．摩擦力对P先做正功再做负功 C．传送带多消耗的电能为 D．弹簧的弹性势能变化量 7．如图甲所示，水平地面上固定一足够长竖直光滑杆，轻弹簧套在杆上且下端固定，上端与一套在杆上的小物块接触但不拴接，轻弹簧劲度系数k=150N/m。将小物块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，由静止释放小物块，其上升过程机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图像中x≥0.2m部分为直线。以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，滑块上升后，距地面的最大高度为（　　） A．0.2m B．0.3m C．0.4m D．0.5m 8．在水平面内绕中心轴旋转的圆盘上固定有甲、乙两个木马，各自到中心轴的距离之比为1∶2，圆盘从开始运动到停止过程中的角速度ω随时间t的变化关系如题图所示。则（    ） A．在0~t0内任意时刻，乙的线速度大小是甲的4倍 B．在t0~2t0内，乙的向心加速度大小是甲的4倍 C．乙在t0~2t0内的旋转角度是甲在2t0~4t0内的2倍 D．乙在2t0~4t0内的运动路程是甲在0~t0内的4倍 二、多选题（本大题共2小题） 9．一列横波沿着x轴正方向传播，处在和的两质点A和B的振动图像如图所示，则以下说法错误的是（　　） A．2.5 s末A和B两质点的位移相同 B．2 s末A点的速度小于B点的速度 C．该波的波长可能为 D．该波的波速可能为 10．如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 (　　) A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA>mB C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1-S2=S3 三、解答题（本大题共2小题） 11．如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量，木板中间某位置叠放着质量的小物块，整体处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与桌面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，薄木板足够长。现对木板施加水平向右的恒定拉力，当木板向右运动的位移时，撤去拉力F，木板和小物块继续运动一段时间后均静止，求： （1）撤去拉力F时，木板的速度v； （2）撤去拉力F后，木板继续运动的位移； （3）全过程中产生的总热量Q。 12．如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点。在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板C的左端静止。将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰。 （1）求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值。 （2）若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？ 参考答案 1．【答案】B 【详解】物体处于平衡状态时，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大；A错误；物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒，例如自由下落的物体；B正确；根据动能定理得物体动能的变化等于合外力对物体做的功，而物体机械能的变化等于除了重力之外的力做的功；C错误；物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，物体除了受重力和弹力的作用，还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零；D错误. 2．【答案】C 【详解】AB．设火星的半径为R，由几何关系可得 结合 、 综合解得 则探测器绕火星运行的轨道半径为 选项AB错误； C．在火星表面，由重力近似等于万有引力可得 结合 解得 选项C正确； D．探测器沿近火星表面绕火星做圆周运动，由万有引力充当向心力可得 结合前面分析，得到火星质量M、半径R，便可求得火星的第一宇宙速度，选项D错误。 故选C。 3．【答案】D 【详解】 火箭喷气瞬间，内力远大于外力，可认为系统动量守恒，则，解得：火箭的速度．故D项正确，ABC三项错误． 4．【答案】B 【详解】A．手机做自由落体运动，手机接触头部之前的速度约为v=m/s=2m/s，选项A错误； C．手机落到头上后速度减为0，设头部对手机的作用力为F，因为手机落在头上没反弹，速度减为0，由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv)，解得F=2.4N，选项C错误； B．根据力的作用是相互的，则手机对头部的作用力也是2.4N，作用时间是0.2s，手机对头部的冲量大小为2.4N×0.2s=0.48Ns，选项B正确； D．手机的动量变化量为△p=mv=0.12kg×2m/s=0.24kgm/s，选项D错误。选B。 5．【答案】C 【详解】A．电动车前8s内做匀加速直线运动，牵引力保持不变，根据可知，功率逐渐增大，故A错误；牵引力等于阻力时，电动车做匀速直线运动，则阻力大小为，电动车前8s内做匀加速直线运动，牵引力最大，根据牛顿第二定律可得，又，联立解得电动车的最大牵引力大小为，故B错误；电动车前8s内通过的位移大小为，电动车在0~18s内的牵引力做功为，故C正确；在8s~18s内，根据动能定理可得，代入数据解得电动车在8s~18s内的位移大小为，故D错误。 6．【答案】D 【详解】A．小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，A错误； B．P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中，物块先向右做匀速直线运动，后向右做减速直线运动，传送带对物块的摩擦力方向一直向右，即摩擦力对P一直做正功，B错误； C．对传送带进行分析，令P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程经历时间为，则传送带的位移为，由于物块先向右做匀速直线运动，后向右做加速度增大的减速直线运动，则有，即有，结合上述可知，小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，则传送带所受摩擦力的平均值，根据功能关系，传送带多消耗的电能为，C错误； D．在压缩弹簧但物块相对传送带静止的过程，摩擦力小于，因此压缩弹簧的过程中，摩擦力对P做的功，根据动能定理有，根据功能关系有，解得，D正确。选D。 7．【答案】D 【详解】当小物块的机械能不变，弹簧恢复原长，由图乙所示图像可知，弹簧原长L0=h+x=0.1m+0.2m=0.3m，由图乙所示可知，小物块初始位置的机械能即重力势能EP0=mgh=1J，代入数据解得小物块的质量m=1kg ，对弹簧与小物块组成的系统，由机械能守恒定律得，解得h＇=0.4m，滑块上升后，距地面的最大高度为，选D。 8．【答案】D 【详解】A．由于甲乙木马属于同轴转动，因此在转动过程中角速度相同，而根据角速度与线速度之间的关系，可知，两木马转动半径比为1：2，因此任意时刻线速度之比为1：2，即在0~t0内任意时刻，乙的线速度大小是甲的2倍，A错误； B．向心加速度，可知向心加速度之比等于半径之比，因此在t0~2t0内，乙的向心加速度大小是甲的2倍，B错误； C．做圆周运动的物体在任意时间内转过的角度，由此可知图像与时间轴围成的面积表示转过的角度，则根据图像可得乙在t0~2t0内的旋转角度为，甲在2t0~4t0内转过的角度，即乙在t0~2t0内的旋转角度与甲在2t0~4t0内的相等，C错误； D．甲在2t0~4t0内转过的角度与乙在2t0~4t0内转过的角度相等，均为，则可得乙在2t0~4t0内的运动路程，甲在0~t0内转过的角度，则甲在0~t0内的路程为，可得，即乙在2t0~4t0内的运动路程是甲在0~t0内的4倍，D正确。选D。 9．【答案】BC 【详解】由图可得，周期为4 s，A和B两质点的振动方程分别为，，当t=2.5 s时，A正确，不符合题意；由振动图像可知，2 s末A质点的位移，处于平衡位置，速度最大；B质点的位移，处于波谷，速度是零，所以2 s末A质点的速度大于B质点的速度，B错误，符合题意；t=0时刻，质点A正通过平衡位置向上运动，质点B在波峰，波从A向B传播，则A和B间的距离，则（n=0，1，2…），因而该波的波长不可能为，C错误，符合题意；根据（n=0，1，2…），当时，波速为，D正确，不符合题意。 10．【答案】ABD 【题图剖析】　 【解析】从a-t图像可知，0~t1时间内B物体未运动，仍处于静止状态，故墙对B的作用力的大小、方向和弹簧对A的作用力大小、方向均相等，故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相同，故由动量定理可知其大小等于mAv0，选项A正确；t1时刻之后，A、B构成的系统动量守恒，在t2时刻，弹簧形变量最大，弹簧弹力最大，A、B加速度a也最大，且此时A、B受力大小相等，方向相反，aA<aB，所以mA>mB，选项B正确；t2时刻弹簧形变量最大，aA<a0，所以形变量小于x，选项C错误；由于a-t图线与时间轴围成的面积表示速度变化量(破题关键)，故t1时刻A的速度v0=S1，t2时刻vB=S3，vA=S1-S2，当弹簧形变量最大时有vA=vB，解得S1-S2=S3，选项D正确。 11．【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）设对木板施加水平向右的恒定拉力大小为时，小物块与木板恰好不发生相对滑动，此时小物块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，设小物块此时的加速度大小为，对小物块，根据牛顿第二定律有，对整体有，解得，对木板施加水平向右的恒定拉力时，小物块与木板保持相对静止，从木板开始运动到撤去拉力F，对木板和小物块整体分析，根据动能定理有，解得。 （2）撤去拉力后，对木板，根据牛顿第二定律有，解得，则木板继续滑行的位移。 （3）对木板和物块整体，根据能量守恒定律知，全过程中产生的总热量有。 12．【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，根据能量守恒定律则有，设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律和能量守恒定律有v0＝v1＋mv2，，设碰后小球A能上升的最大高度为H，根据能量守恒定律有，所求cosθ＝，由以上各式解得cosθ＝。 （2）法一：由（1）可求得碰后小物块B的速度为v2＝，设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv2＝（m＋2m）v，μmgL＝mv22－（m＋2m）v2，由以上各式解得L＝。 法二：由（1）可求得碰后小物块B的速度为v2＝，设小物块B运动位移为x1时，小物块B和长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为x2，对小物块B有μmg＝maB，，对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aC∙x2，＝，木板的最小长度L＝x1－x2，由以上各式解得L＝。 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