贵州遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期开学检测物理试题

遵义市第四中学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9小题) 1.图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景,则 A.飞行的蝴蝶只受重力的作用 B.蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向 C.小猫在空中受重力和弹力的作用 D.小猫蹬地时弹力大于所受重力 2.如图所示,篮球比赛中,质量为的篮球以大小为1的速度水平撞击竖直篮板后,被 篮板水平弹回,速度大小变为2,己知<1,篮球与篮板撞击时间极短。下列说法正确的 是() A.撞击时篮球受到的冲量大小为(y1十v) B.撞击时篮板受到篮球的冲量为零 C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量守恒 D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒 3.两个互相垂直的力和作用在同一物体上,使物体运动,如图所示。物体通过一段 位移时,力耳对物体做功6J,力对物体做功-8J,则力耳与耳的合力对物体做功为( ) F +F2 A.10J B.2J C.-2J D.14J 4.一水平弹簧振子做简谐运动,以相同速度先后经过M、N两点,用时0.1s,又经01s 再次回到N点,已知振子在这0.2s内经过的路程为16cm,则 () A.该弹簧振子的振动频率为5Hz B.该弹簧振子做简谐运动的振幅为16cm C.若从振子经过正向最大位移处开始计时,则仁2.1s时刻的位移为-8cm D.若从振子经过平衡位置开始计时,则在25s内振子经过的路程为2 5.如图甲,一个小球在AB间做简谐运动,O点为最低点。以O点为坐标原点、以水平 向右为正方向,小球的振动图像如图乙所示。重力加速度8大小取9.8/s2, 2≈9.8,不计 空气阻力,下列说法正确的是() x/cm 0.5 .5 A.小球的振动方程为x=5sin(2t)(cm)B.0:0.5s,小球的动能逐渐增大 C.动能和重力势能相互转化的周期为1sD.此单摆的摆长约为2m 6.如图所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动.小环从最高点A滑到 最低点B的过程中,小环线速度大小的平方2随下落高度的变化图象可能是() 7.甲、乙、丙三个不同物体所受的力与时间的关系图像分别如图甲、乙、丙所示,作用 力使物体的动量发生变化,则它们动量变化量的大小关系为() 个F 个F F 4F 4F 2F 甲 丙 A.甲>乙>丙 B.丙>乙>甲 C.丙>甲>乙 D.因物体的质量未知,无法判断 8.如图所示A为地球赤道表面上的物体,B为地球赤道平面内的圆轨道卫星,C为地球同步 卫星.己知卫星B、C的轨道半径之比为1:3,下列说法正确的是 () C A.卫星B的向心加速度大小大于物体A的向心加速度大小 B.卫星B的向心力大小大于卫星C的向心力大小 C.卫星B、C的线速度大小之比为3:1 D.卫星B、C的运行周期之比为19 9.如图所示,两根长度不同的细线L1、L2分别系有两个完全相同的小球1和2,细线的 上端都系于O点。设法让两个小球均在同一水平面内做匀速圆周运动。已知工1与竖直 方向的夹角为53 ,L2与竖直方向的夹角为37 ,下列说法正确的是 、, A.小球1和2的角速度大小之比为3:4 B.细线L和细线L2所受的拉力大小之比为3:4 C.小球1和2的向心力大小之比为16:9 D.小球1和2的线速度大小之比为3:4 二、多选题(本大题共3小题) 10.主动式降噪耳机是利用波的干涉来实现降噪的。为研究波的干涉设置如图情景,在同 一均匀介质中,两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播,两波源分别位于x=-0.2m 和x=1.2m处,两列波的传播周期均为0.4s,两波源的振幅均为10cm,所有质点均沿y轴 方向运动。t=0时刻的波形如图所示,此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质 点刚开始振动,质点M的平衡位置处于x=0.6m处。已知两波源开始振动后持续振动,下 列说法正确的是() M -0.2-0.100.10.20.30.40.50.60.70.80.9.01.11.2x/m -10 A.质点M的起振方向沿y轴负方向 B.两列波的波速均为0.1m/s C.0.4s后质点M是振动加强点 D.在0~1.0s时间内质点P通过的路程为60cm 11.2024年10月30日,神舟十九号载人飞船与空间站成功对接。对接前,飞船先到达空 间站后下方约5kam处的轨道进行第一次停泊,最终在离地高度约为400km处与空间站实 现对接。飞船在该停泊轨道的运动及空间站的运动均可视为匀速圆周运动,下列说法正确 的是() 神舟十九 A.飞船在停泊轨道的速度比空间站小 B.飞船在停泊轨道的加速度比空间站小 C.空间站中的航天员每24小时能看见多次日出 D.飞船在停泊轨道需加速才能与空间站实现对接 12.如图,某同学把质量为的足球从水平地面踢出,足球达到最高点时速度为,离地 高度为,足球从踢出到最高点的过程中克服空气阻力做的功为W,选水平地面为零势能 的参考平面,重力加速度为g,下列说法正确的是() A.该同学踢球时对足球做功二 B.足球上升过程重力做功gh C.足球在最高点处的机械能为gh+m D.足球在水平地面被踢出后瞬间的动能为gh+ 二n2+W 三、实验题(本大题共2小题) 13.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中: (1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5 ,为了减小测量周期的误差,计时开始时,摆 球应是经过最(填“高”或“低”)点的位置.若用L表示摆长,T表示周期,那么重力加 速度的表达式为g=一 (2)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,学生甲说:“因为空气浮力与摆球重力方向相 反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大.”学生乙说:“浮力对摆球 的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变”,这两个学生中一。 A.甲的说法正确 B.乙的说法正确 C.两学生的说法都是错误的 (3)某同学用单摆测当地的重力加速度.他测出了摆线长度L和摆动周期T,如图() 所示.通过改变悬线长度L,测出对应的摆动周期T,获得多组T与L,再以为纵轴、 L为横轴画出函数关系图象如图(D)所示.由图象可知,摆球的半径r=,当地重力 加速度g=_/s2;由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会一(选 填“偏大”“偏小”或“一样”) T小 0.01 -1.00 Dem (3) (b) 14.物理小组利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的试验。步骤如下: ①用天平测出滑块A、B的质量分别为300g和200g: ②安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平; ③向气垫导轨通入压缩空气: ④把A、B两滑块放到导轨上,并给他们一个初速度,同时开始闪光照相,闪光的时间间 隔设定为 =0.2s。照片如图,该组同学结合实验过程和图像分析知:该图像是闪光4次 摄得的照片,在这4次闪光的瞬间,A、B两滑块均在0~80cm刻度范围内:第一次闪光 时,滑块B恰好通过x=55cm处,滑块A恰好通过x=70cm处;碰撞后有一个物体处于 静止状态。请问: 01020304050607080x/cm B B nnnnninn7nnnnnnnnnnninninnnnnnnnnnnnnnnnninnniininnnnnninnnnnnnn (1)以上情况说明碰后 (选填“A'或“B)物体静止,滑块碰撞位置发生在 cm 处。 (2)滑块碰撞时间发生在第一次闪光后 (3)设向右为正方向,试分析碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是 kgm/s,碰撞 后两滑块的质量与速度乘积之和是 kg/s,以上实验结果说明在碰撞过程中保持 不变的物理量是 四、解答题(本大题共3小题) 15.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播,=0时刻的波动图像如图甲所示,其中处于 x,=5m处的质点A的振动图像如图乙所示,此时振动恰好传播到x,=7m的质点处,A、 B两点均在x轴上,两者相距54s=25m。求: (1)这列波的传播速度: (2)质点B从=0时刻开始10s内运动的路程和10s时的位移。 y/cm x/cm 10 0 X/m 0.1 10 图甲 图乙 16.为了测一遥控电动小车的性能,进行了如下实验: (a)用天平测出电动小车的质量为0.4g: (b)接通电动小车的电源,使小车在水平面上从位移传感器处(O点)开始远离传感器作 直线运动,小车接通电源后电动机的输出功率保持恒定不变: (c)小车运动一段时间,接通位移传感器,该传感器每隔0.04s记录一次小车距其的距离 分别是OA、OB、OC.; (d)在小车达到最大速度一段时间后关闭小车电源,待小车停止运动后再切断传感器的 电源(运动过程中,小车所受的阻力恒定不变),实验测得的数据如下表: OA OB oc OD OE OF OG OH OI OJ OK 75.0 81.0 87.0 93.0 99.0 104 110. 115. 120. 124. 129. m 0 0 0 0 0 5 5 4 9 0 通过对上述实验数据的分析,求: (1)该电动小车运动的最大速度m的大小: (2)小车所受的恒定阻力f的大小: (3)该电动小车的功率P: (4)接通位移传感器之前,小车己经运动的时间t。 17.某兴趣小组在研究物体在水面上运动时所受阻力的课题时,做了如图所示的实验。图 中ABCD为一个充水的水池,水池左侧有四分之一光滑圆弧轨道。一质量=0.1kg的小物 块从圆弧轨道的最上端静止释放,小物块运动至轨道底端时,恰好以水平速度冲上停靠在 水池左侧木板的上表面。已知木板质量M=0.3水g,长度L=2m,小物块与木板上表面间 的动摩擦因数4=0.5,圆弧轨道的半径R=1.25m,重力加速度g取10m/s2,小物块可视 为质点,木板一直漂浮在水面,忽略小物块冲上木板后木板在竖直方向上的运动。 D B (1)求小物块运动至轨道最底端时,轨道对其支持力的大小; (2)若木板在水面上运动时水的阻力忽略不计,则小物块与木板达到共速时(木板尚未到达 水池右端),求小物块与木板左端的距离; (3)若木板在水面上运动时,水对木板的阻力f与木板的速度v成正比,即∫=,其中 k=0.25kg/s。最终木板恰好运动至水池右端速度减为零,且小物块也处在木板的右端,求 水池的长度LD和整个过程中木板的最大速度Vm。 参考答案 1.【答案】D 【命题点】力与运动 【详解】若蝴蝶只受重力,将做抛体运动,无法飞行,A错误:蝴蝶在转弯时,做曲线运 动,所受合力指向轨迹凹侧,B错误;小猫在空中时不受地面给的弹力,C错误:小猫起 跳时,有向上的加速度,则地面给的弹力大于所受重力,D正确。 2.【答案】A 【详解】以篮球被弹回的方向为正方向,则由动量定理可知,撞击时篮球受到的冲量大小 为I=2一(一m)=(y1十),A正确,B错误;撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受 合外力不为零,则系统的动量不守恒,C错误;撞击过程中篮球的动能减小,则篮球和篮 板组成的系统机械能减小,D错误。 3.【答案】C 【详解】功是标量,当有多个力对物体做功的时候,总功大小就等于各个力对物体做功的 代数和力耳对物体做功6J,力耳对物体做功-8J,耳与耳的合力对物体做的功 W=W1+W=6J+(-&J)=-2J 4.【答案】D 【详解】由题意,根据简谐运动的特点可知,M、N两点关于平衡位置O对称,根据对称 性可知振子从O到N与从M到O的时间均为0.05s,所以振子从O到最大位移处,再从 最大位移处到0的时间为2x0.05s+0.1s=0,2s之即该弹簧振子振动的周期为T0.4s, 振动频率为f25z,A错误;设该弹簧振子做简谐运动的振幅为A,O=M0,由题 意可知s=MO+A+(A-ON=2A=16cm,解得A=8cm,B错误;若从振子经过正向最大位移 处开始计时,则振子的振动方程可写为=Acos2t-8cos5 t(cm),则t2.1s时刻的位移为 x18cos105元cm=0,C错误;若从振子经过平衡位置开始计时,25s=67+年2425s时 间内,振子从平衡位置运动至最大位移处,所以振子在2.5s内经过的路程为s=6 44+A=2 m,D正确。 【注意说明】简谐运动的对称性是指振子经过关于平衡位置对称的两个位置时,振子的位 移、加速度、速度、动能、势能(第3节学)等均是等大的(位移、加速度的方向相反,速度 的方向可能相同,也可能相反):振子经过平衡位置两侧的两段对称路径的时间相等:通过 平衡位置一侧的一段路径的往返时间也相等。 5.【答案】C 【详解】A.由图乙可知,小球的振动周期为T=2s,振幅4=5cm,o= ad/s,小球 的振动方程是x=Asinat=5sind(cm),A项错误; B.0-0.5s,小球远离平衡位置,动能转化为势能,小球的动能逐渐减小,B项错误: C.单摆周期为2s,一个周期内动能和重力势能相互转化两次,动能和重力势能相互转化 的周期为1s,C项正确: D.根据周期公式有T=2 , 解得L=lm,D项错误。选C。 6.【答案】B 【详解】 考虑环下降过程中受到的各个力的做功情况,重力做正功,圆环对小环的支持力始终与小 环运动方向垂直,不做功,由动能定理 Bk=mv2=mgh,v2与h的关系为线性关系,又 因h=0时,v也为零.所以图象过原点,只有B符合条件,选B. 7.【答案】B 【详解】外力对甲物体的冲量为1=2 3。=65,外力对乙物体的冲量为 12=4R 2,=8,外力对丙物体的冲量为1=4 5弘=10R队,则1>12>1,根据 2 动量定理I= 可知丙> Pz> P,选B。 8.【答案】A 【解析】A为地球赤道表面上的物体,C为地球同步卫星,则有o4=o c,根据万有引力提供向 心力有Grm2,由于卫星B、C的道半径之比为1:3,所以 e√=3V5,所以og>wc=w4 由题意知r>r4,根据向心加速度公式w可知a>a4,A正确;根据万有引力提供向心力有 FG,由于B、C两卫星的质量关系未知,所以无法比较B、C两颗卫星的向心力大小,B 错误根据万有引力提供向心力有停片可得1一所是、1,C错误:根据开普 韧第三定律-6B、C卫星轨道半径之比为13,则周期之比为会厚入D错误 9.【答案】C 【解析】对做圆锥摆运动的小球受力分析,设细线与竖直方向的夹角为0,水平方向上有 gtam0=mohan0(关键点:细线拉力沿水平方向的分力提供向心力),解得o=层 则小球m和m的角速度大小之比为心=子A错误;设细线拉力大小为R,竖直方向上有 R自=g,解得刀则细线4和细线五所受的拉力大小之比为号0:手B 错误;设小球的向心力大小为F向,水平方向上有F向=gtan6,则小球和2的向心力 大小之比为异号C亚确:对小球,水平方向上有呢知0=二解得, 12 √an8,则小球m和的线速度大小之比为号一号D错误。 【一题多解】由题图可知小球1和m2做圆周运动的轨迹半径之比为r1=tan53:tan F2方=g,根据= 37 =16:9,根据F角=w7可知小球抛和的向心力大小之比为壑=二=6 or可知,小球m和m:的线速度大小之比为号-号C正确,D销误。 10.【答案】AD 【详解】A.在同一介质中,波速相等,则右侧的波先传到M点,根据平移法可知,质点 M的起振方向沿y轴负方向,A正确; B.两列波的波长为0.4m,则波速为v= 行=lmWs,B错误 C.由距离关系可知0.2s后右侧的波传到质点M处,M向下振动,经0.2s后经过平衡位置 向上振动,0.4s后左侧的波刚好传到质点M处,起振方向向下,则质点M是振动减弱点 ,C错误; D.右侧波传到P点用时为t=:=0.6s=T+7,根据Ar=0,6m-3元,可知该点为振动 1 2 减弱点,则0-1.0s时间内质点P通过的路程为s=6A=60cm,D正确;选AD。 11.【答案】CD 【详解】根据万有引力提供向心力,有G=m号=m0,解得口 GM V 其中G为引力常量,M为地球质量,为飞船或空间站质量,r为轨道半径,飞船停泊轨道 半径小于空间站轨道半径,所以飞船在停泊轨道的速度比空间站大,飞船在停泊轨道的加 速度比空间站大,A、B错误;空间站绕地球运动的周期小于24小时,所以空间站中的航 天员每24小时能看见多次日出日落,C正确:飞船在停泊轨道需加速做离心运动,才能与 空间站实现对接,D正确。 【模型提取】(1)匀速圆周运动模型:飞船和空间站绕地球运动可理解为万有引力作用 下的圆周运动模型,与平抛、直线运动等模型有本质区别,不能将其他模型的规律随意套 用,可利用向心力的所有表达式进行相关计算。 (2)变轨原理:飞船对接时通过加速或减速来改变飞船的机械能,从而实现轨道的变化 ,进而与空间站对接。 12.【答案】CD 【详解】B.足球上升过程重力做功W。=-gh,B错误: C.以水平地面为零势能的参考平面,则足球在最高点处的机械能为B=gh+)m,C 正确: AD。足球从踢出到最高点过程,根据动能定理可得-mgh-P-m2-m时,可得足球在 。1 水平地面被踢出后瞬间的动能为三=gh+二m2+W,则该同学踢球时对足球做功 1 m入=G=mgh+与W+W,A错误,D正确。选CD。 13.【答案】低:4产;A:Q010:986,一样 【详解】 (1)单摆测重力加速度时,计时起点应该选取平衡位置即最低点,因为在最高点时,速 度为零,误差较大:根据单摆周期公式:T=2 , ,所以:g= An'L T2 (2)根据题意分析,空气对摆球有一个竖直向上的浮力,所以导致竖直方向的合力比重 力小,即相当于减小了重力加速度,根据公式T=2 , 可知单摆的周期变大,甲的说 法正确,BC错误A正确 (3)根据T=2 , 亿+D可知:了=4后+),,所以图像与横轴交点为半径大小,即 ,=1m=0O1m,根据解析式并结合图像可知,图像斜率为:k=4红=004r:m,解得 g0.01 :g=9.86m1s,根据解析式T=4红化+)可知,考虑不考虑球的半径,斜率不变都是 ks4 一,只是图像在坐标系中沿x轴平移,所以此种方法得到的重力加速度值与实际的 8 重力加速度值相比一样. 14.【答案】(1)A;60:(2)0.1;(3)-0.2;一0.2:碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之 和 【详解】(1)由图可知,A只有两个位置有照片,则说明A碰后保持静止,故碰撞发生在第 1、2两次闪光时刻之间,碰撞后A静止,故碰撞发生在x=60c处。 (2)碰撞后B向左做匀速运动,设其速度大小为vB,所以vg' t=20c,碰撞到第二次闪 At 光时B向左运动10cm,时间为t,有f-10cm,则t=2,第一次闪光到发生碰撞时 t0.2 间为t,由1什t= t得=2=2s=0.1s。 0.05 0.1 (3)设向右为正方向,碰撞前,B的速度为,=0ms=0.5ms,A的速度A=一Oms =一1m/s,则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和p1='十4w4=0.2 0.5kgm/s一 kgms=-0.2kgms,碰撞后,A静止,B速度为d m/s=一1m/s,则碰撞 后两滑块的质量与速度乘积之和p2=g'=一0.2 1kgm/s=一0.2kgm/s,以上实验结果 说明在碰撞过程中保持不变的物理量是碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之和。 15.【答案】(1)10m/s;(2)7.7m,-10cm 【详解】(1)由图甲可知,此波的波长为2=4m 由图乙可知,此波的周期=0.4s 波的传播速度v=2=1OmS (2)设从仁O时刻开始振动传播到B点的时间为,B点振动的时间为,波传播到B点 所需时间无=A.2526=239 v10 所以B点振动时间t=10s-2.3s=7.7s 由题意可得,质点B在10s内振动了7.7s,而且开始振动时从平衡位置开始方向向下。 质点B全振动次数1=三=7?=19} T0.4 4 质点B振动的路程S=4A n=7.7m10s时刻,质点B处在负的最大位移处,所以位移为 x8=-10cm 16.【答案】(1)1.5m/s:(2)1.0N;(3)1.5W;(4)0.8s 【详解】(1)由题意,结合表格中提供数据,可知该电动小车运动达到最大速度'm时, 在连续相等时间t=0.04s内通过的位移相等,为 s=OB-OA=OC-OB=OD-OC=OE-OD=6cm 可得其最大速度大小为 =5=6x102 t0.04ms=1.5m/s (2)根据表格提供数据,可知在打E与F点之间的某一时刻关闭电源后,小车在阻力f 的作用下做匀减速直线运动,可得小车在连续相等时间内通过的位移为 S =OG-OF=5.7cm S2 =OH-OG=5.3cm 53=OI-OH=4.9cm Sa=OJ-OI=4.5cm 5s=OK-OJ=4.1cm 可得小车在连续相等时间内所通过的位移之差为 s=S2-S1=53-52=54-S3=S5-54=0.4cm 根据 s=t2,可得小车做匀减速直线运动时的加速度大小为 a=4=0.4x10 m/s2=2.5m/s2 t20.042 根据牛顿第二定律,可得小车所受的恒定阻力的大小为 f=a=0.4 2.5N=1.0N (3)由题意,可得该电动小车的功率为 P=F=fm=1.0 1.5W=1.5W (4)接通位移传感器时,车已经运动的时间t,根据动能定理可得 Pt-f.OA=mv 2 代入相关数据求得 t=0.8s 17.【答案】(1)3N:(2)1.875m;(3)4m,2m/s 【详解】(1)由动能定理可得gR=2-0 小物块运动至轨道最底端时,由圆周运动公式可得R一gm三 R 联立解得F=3N (2)由动量守恒定律可得W4=(M+m)P共 由动能定理可得-mer-0M+mm 1 小物块与木板左端的距离x=1.875m (3)对小物块和木板组成的整体,由动量定理可得- t=0-4 整理得-k x'=0-wA 水池的长度LaD=x'+L=4m 对木板受力分析可得mg-v=M@ 当a=0时,木板的速度最大,最大速度vm=2m/s