四川成都市彭州中学2025-2026学年高二下学期期末模拟考试物理试卷

**基本信息** 以军事演习、火星探测等真实情境为载体，覆盖平抛运动、圆周运动、机械能守恒等核心知识，通过实验探究与综合计算，考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|斜抛运动、圆周运动最高点速度、天体运动周期|结合军事演习情境，考查运动合成与分解| |多选题|3/12|平抛实验数据处理、天体变轨速度比较|通过实验误差分析，培养科学论证能力| |实验题|2/18|平抛运动竖直分运动、机械能守恒验证|设计频闪照片分析，强化科学探究素养| |计算题|3/30|运动合成与分解、平抛与圆周综合、传送带碰撞|工厂传送带问题，体现实际应用与模型建构|

2025-2026学年度四川省彭州中学高2024级高二下期末模拟考试 物理学科试题 注意事项： 1. 开考前，请先将自己的姓名填写妥善。 2. 选择题部分用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色墨迹签字笔书写， 3. 考试结束后，将答题卡交回。 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.某次军事演习中，在、两处的炮兵向正前方同一目标发射炮弹、，炮弹轨迹如图所示，已知炮口高度相同，忽略空气阻力，则(    ) A. 的加速度比的大 B. 的飞行时间比的短 C. 在最高点的速度比在最高点的小 D. 打到目标时的速度比打到目标时的大 2.某战士进行投弹训练，他选择了如图所示的地形，为一倾角为的斜面，底边长为，是半径为的四分之一圆弧，在点与水平面相切，该战士在点将手榴弹以初速度水平抛出，手榴弹刚好落在点，当他在点将手榴弹以初速度水平抛出时，手榴弹落在圆弧上的点。则下列说法中正确的是(    ) A. 手榴弹落在点时速度方向与水平方向的夹角为 B. 圆弧半径一定大于 C. 手榴弹落在点时速度方向与水平方向的夹角一定大于手榴弹落在点时的夹角 D. 如果手榴弹水平抛出时的速度大小合适，手榴弹可能正好落到点 3.如图所示，在细绳的拉动下，半径为的卷轴可绕其固定的中心点在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为的细管，管底在点。细管内有一根原长为、劲度系数为的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为、可视为质点的插销。当以速度匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，的最大值为(    ) A. B. C. D. 4.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为的小球，在竖直平面内做圆周运动不计一切阻力，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为，小球在最高点的速度大小为，其关系如图乙所示，则(    ) A. 轻质绳长为 B. 当地的重力加速度为 C. 当时，轻质绳的拉力大小为 D. 只要，小球就能在竖直平面内做完整的圆周运动 5.我国一直努力进行火星生命迹象的探索。如图所示，某火星探测器先在椭圆轨道Ⅰ上绕火星运动，周期为，后从点进入圆轨道Ⅱ绕火星做匀速圆周运动，周期为。当探测器即将着陆前悬停在距离火星表面附近的高度时，以的初速度水平弹射出一个小球，测得小球弹出点到落地点之间的直线距离为。已知火星的半径为，引力常量为，下列判断正确的是(    ) A. 火星表面的重力加速度大小为 B. 火星的质量为 C. 椭圆轨道Ⅰ的半长轴为圆轨道Ⅱ半径的倍 D. 探测器从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需要在处点火加速 6.竖直向上抛出一物块，经过时间落回原处假设物块所受空气阻力的大小与速率成正比，下列描述该物块的位移、加速度、机械能和所受空气阻力大小随时间变化的关系图像中，可能正确的是(    ) A. B. C. D. 7.如图所示为某一游戏的局部简化示意图。为弹射装置，是长为的水平轨道，倾斜直轨道固定在竖直放置的半径为的圆形支架上，为圆形的最低点，轨道与平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置的作用下，以的速度滑上轨道，并恰好能冲到轨道的最高点。已知小车在轨道上受到的摩擦力为其重量的，轨道光滑，则小车从到的运动时间是(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，共12分。 8.如图所示，将题中木板竖起，钢球撞到带有白纸和复写纸的竖直长木板上，并在白纸上留下痕迹，重复实验，将木板依次后退相同的水平距离，钢球撞到木板上留下痕迹、，测量、、点到点的距离为、、，其中点与钢球抛出时圆心位置等高，重力加速度为。 关于此实验以下说法正确的是(    ) A. 桌面的不需要保证光滑与严格水平 B. 重复实验时，必须将弹簧压缩到同一位置再释放钢球 C. 最终测得的数据：：值近似为：： D. 由以上数据可以得到钢球被水平抛出时的速度为 9.如图所示，某探测器开始在圆轨道Ⅰ上运行，在点变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，在近地点变轨后在近地圆轨道Ⅲ上运行。下列说法正确的是(    ) A. 探测器在轨道Ⅰ上运行时的速度大于 B. 探测器在轨道Ⅱ上运行经过点时的线速度小于经过点时的线速度 C. 探测器在轨道Ⅲ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期 D. 探测器在轨道Ⅰ上运行时，在点必须减速才能进入椭圆轨道Ⅱ 10.如图所示，某工厂需要利用质量为的物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带将质量为的物体从传送带底端与地面等高由静止开始传送到距离地面高处，已知传送带倾角为，与货物接触面间动摩擦因数为，传送带以的速度顺时针转动，物体最初距离地面且落地后不反弹。某时刻将释放，最终刚好到达顶端，则有(    ) A. 释放后瞬间物体的加速度大小为 B. 释放后瞬间绳子拉力为 C. D. 整个过程由于摩擦而产生的热量为 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 11.小明同学用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球、处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使球水平飞出，同时球被松开下落。 甲实验的现象是小球、同时落地，说明平抛运动竖直方向的运动是          ； 现将、球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，小球、同时落地，球落地点变远，则在空中运动的时间          填“变大”“不变”或“变小”； 安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽          填“需要”或“不需要”光滑； 某同学用频闪照相机拍摄如图丙所示的小球平抛运动照片，其中小方格边长，、、、为连续拍摄记录的四个位置，则小球平拋初速度           当地重力加速度大小，结果保留两位有效数字。 12.一物理兴趣小组的同学们，利用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律，实验时调整气垫导轨处于水平状态，重力加速度取。请回答下列问题： 关于本实验，下列说法中正确的是          。 A.需调节滑轮，确保细线与导轨平行 B.实验时应满足槽码质量远小于滑块质量 C.为提升实验精度，所选遮光条的宽度应大些 实验时测得遮光条的宽度为，滑块含遮光条的质量为，槽码的质量为。在遮光条中心距离光电门的位置由静止释放滑块，测得遮光条通过光电门的时间为，在此过程中，系统减小的重力势能为          ，增加的动能为          。结果均保留位有效数字 对所得数据进行分析，其明显不合常理，组内一位同学认为是偶然误差所致。于是改变滑块的释放位置，多次测量，测得六组“，”的数据。为减小误差且处理数据方便，应以          填“”“”“”或“”为横坐标方能得到如图所示图像。若测得图线斜率数值为，且要求相对误差控制在以内，则本次实验          填“能”或“不能”验证机械能守恒定律。 四、计算题：本大题共3小题，共30分。 13.一个质量的物体在光滑水平面上运动，它在方向和方向上的两个分运动的速度时间图像如图所示。 物体所受的合力； 计算物体的初速度大小； 计算物体在前内和前内的位移大小。 14.如图所示，在光滑水平台面上，一个质量的小物块压缩弹簧后被锁扣锁住。现打开锁扣，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道。已知、的高度差，水平距离，圆弧轨道的半径，点在圆弧轨道的圆心的正下方，并与水平地面上长为的粗糙直轨道平滑连接，小物块沿轨道运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度，，，空气阻力忽略不计。试求： 小物块运动到平台末端的速度大小； 圆弧所对的圆心角； 若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道间，那么小物块与轨道之间的动摩擦因数应满足什么条件。 15.如图所示，长为的水平传送带以的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两端各静止一个质量为的物块和，在距传送带左端的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为且足够长的粗糙倾斜轨道，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端处由静止释放一质量的滑块，一段时间后物块与发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后滑上传送带，被取走，已知物块、与传送带间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，物块与斜面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，取。，。求： 物块与物块碰撞后，物块的速度大小； 整个过程中，物块与挡板碰撞的次数； 整个过程中，物块在传送带上滑行的总路程。 2025-2026学年度四川省彭州中学高2024级高二下期末模拟考试 物理学科试题答案 1.【答案】  【解析】【分析】 斜抛运动的物体加速度为，大小和方向都相等； 斜抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，根据竖直方向的运动得出时间的大小，结合水平方向的位移得出水平速度的大小，并由此完成分析即可。 本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解斜抛运动的物体水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀变速直线运动，结合运动学公式即可完成分析。 【解答】 A、炮弹在空中忽略空气阻力，都只受重力作用，加速度为，故A错误； B、做斜抛运动的物体，飞行时间只与竖直方向上的运动高度有关，根据运动轨迹可知，炮弹的飞行高度更高，则时间更长，故B错误； C、根据选项的分析可知，炮弹的飞行时间更长，而水平的位移更小，因为水平方向上炮弹做匀速直线运动，所以水平速度更小，则在最高点的速度更小，故C正确； D.打到目标时的速度为，因为炮弹的水平速度更小，而因为高度更高，这竖直速度更大，因此无法比较两者的末速度大小，故D错误。 故选：。 2.【答案】  【解析】设手榴弹在点的速度方向与水平方向的夹角为，则 ，可得，故A错误；当手榴弹以初速度从点水平抛出时，设运动轨迹与点所在的水平面交于点，则手榴弹在点的水平位移为以初速度水平抛出时水平位移的倍，则，所以一定大于，故B正确；当手榴弹落到延长线上时速度与水平方向的夹角与手榴弹落到点时速度与水平方向的夹角相等，当圆弧半径足够大，使点在延长线的上方时，手榴弹落到点时速度与水平方向的夹角小于落到点时的夹角，故C错误；由于圆弧的遮挡，手榴弹若是刚好落到点，则其运动轨迹需在点与圆弧相切，其水平方向速度为零，但由平抛运动性质知这无法实现，故D错误。 3.【答案】  【解析】由题意可知，当插销刚好位于固定端盖口时弹簧的伸长量为， 根据胡克定律有， 插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销由弹力提供向心力，， 对卷轴有，， 联立解得， 故要使卷轴转动不停止，的最大值为。 故选A。 4.【答案】  【解析】【分析】 小球在竖直面内做圆周运动，在最高点时由绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题。 本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息。 【解答】 在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得：   得 由图象知，时，图象的斜率，则得：，得：绳长； 当时，，由得：，得； 当时，代入得：； 小球就能在竖直平面内做完整的圆周运动的临界条件是，最高点。 故ACD错误，B正确。 5.【答案】  【解析】A.小球在火星表面平抛运动，有， 火星表面的重力加速度大小为，A错误； B.火星表面有 火星的质量，B正确； C.根据开普勒第三定律，椭圆轨道Ⅰ的半长轴为圆轨道Ⅱ半径满足，可得，C错误 D.探测器从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，由外向内变轨需要在处点火减速，D错误。 6.【答案】  【解析】【分析】 详细解答和解析过程见【答案】 【解答】 A、有空气阻力时：上升阶段，根据牛顿第二定律，有：，故，由于阻力随着速度减小而减小，加速度逐渐减小，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：，故，由于阻力随着速度增大而增大，加速度减小，且，上升阶段，由位移一时间关系可得：，应是开口向上的，下降阶段，由位移一时间关系可得，应是开口向下的，且由于，则上升的时间比下降到时间短，故A错误； B、有空气阻力时，根据牛顿第二定律，有：，故，由于阻力随着速度减小而减小，加速度逐渐减小，但是最小值为，而不是零，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：，故，由于阻力随着速度增大而增大，加速度大小再一次减小，故B错误 C、上升阶段的机械能为：，显然与时间不是一次函数关系，故C错误 D、上升阶段阻力随着速度减小而减小，下降阶段阻力随着速度增大而增大，且上升的时间比下降到时间短，故D正确。 故选：。 7.【答案】  【解析】设小车的质量为，小车在段做匀减速直线运动，加速度大小为：，在段，根据动能定理可得：，解得，故； 小车在段，根据机械能守恒可得，解得：，过圆形支架的圆心点作的垂线，根据几何知识可得：，解得：，，故小车在上运动的加速度大小为：，故小车在段的运动时间为：，所以小车运动的总时间为：，故A正确，BCD错误。 故选A。 【分析】 分两个阶段求解时间，水平阶段和斜面阶段，根据动能定理求出点的速度，然后根据运动学规律求解段上的运动时间；在斜面阶段需要根据几何知识求解斜面的倾斜角，然后根据牛顿第二定律求解在斜面上的运动加速度，从而求解在斜面上的运动时间。 本题的难点在于求解斜面上运动的加速度，本题再次一次体现了数物相结合的原则，在分析物理时涉及几何问题一定要动手画图。 8.【答案】  【解析】A.桌面的不需要保证光滑但需要保证严格水平，A错误； B.为了保证抛出时的速度相同，必须将弹簧压缩到同一位置再释放钢球，B正确； C.钢球撞到木板上点时，与抛出点的水平距离不知，不能保证段的时间和、段的时间相同，故不能得到：：的比值，C错误； D.因为平抛运动水平方向为匀速直线运动，钢球在、段运动用的时间相同，竖直方向由自由落体运动规律 又由 得 D正确。 故选BD。 9.【答案】  【解析】A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，探测器在轨道上的轨道半径大于近地轨道半径，根据其中为引力常量，为地球质量，为轨道半径，轨道半径越大，线速度越小，所以探测器在轨道上运行时的速度小于， A错误； B、根据开普勒第二定律，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积。在轨道Ⅱ上，点为远地点，点为近地点，所以探测器在轨道Ⅱ上运行经过点时的线速度小于经过点时的线速度， B正确； C、根据开普勒第三定律为常量，轨道Ⅲ的半径小于轨道Ⅱ的半长轴，所以探测器在轨道Ⅲ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期， C错误； D、探测器在轨道上运行时，在点要进入椭圆轨道Ⅱ，做近心运动，需要的向心力小于万有引力，所以必须减速才能进入椭圆轨道Ⅱ， D正确。 10.【答案】  【解析】A.释放后瞬间，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得 对物体受力分析可得 联立以上两式解得，A正确； B.释放后瞬间，对物体，由牛顿第二定律则有 代入数据可得，B正确； C.物体加速到与传送带速度相等，需要的时间 此时的位移 的位移小于，可知物体与传送带共速后，继续加速，受到滑动摩擦力沿传送带向下，对则有 对则有 联立解得 设落地时的速度大小为，物体与传送带共速到落地的运动中，的位移大小 由速度位移关系公式  可得 代入数据解得 可知落地后，物体向上做减速运动，减速到与传送带速度相等的过程，对，由牛顿第二定律可得 代入数据解得 该过程物体的位移大小为 物体与传送带共速后，继续做减速运动，对，由牛顿第二定律可得 解得 物体与传送带共速到速度减到零，物体的位移大小 整个过程物体沿传送带上升的位移 则有高度，C错误； D.物体加速到与传送带速度相等，相对传送带滑行的距离 此过程产生的内能 物体与传送带共速到落地的运动中，所用时间 此过程相对传送带滑行的距离大小 此过程产生的内能 物体从速度再次减速到与传送带共速，所用时间为 此过程相对传送带滑行的距离大小为 此过程产生的内能 物体从再次与传送带共速到顶端，所用时间为 此过程相对传送带滑行的距离大小为 此过程产生的内能 则有整个过程由于摩擦而产生的热量为 D正确。 故选ABD。 11.【答案】自由落体运动 不变 不需要   【解析】甲实验时，实验现象是小球、同时落地，说明小球在竖直方向的分运动是自由落体运动。 将、球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，球落地点变远，可下落的高度不变，由自由落体运动下落时间可知，在空中运动的时间不变。 安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑。 由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推论可得，则小球平抛初速度的大小为。 12.【答案】 能   【解析】为了保证物块平稳运动，需要保证“细线与导轨平行”， A正确为了便于测量速度、动能，相码的质量应适当大些，不应该要求“槽码质量远小于滑块质量”，错测量遮光片到达光电门的速度为“瞬时速度”，故遮光片的宽度应选小的，错。 根据题意，系统减小的重力势能即槽码减小的重力势能，故取两位有效数字为 槽码与滑块速度相同，故系统增加的动能为。 由 可得， 故欲得到如图所示的“线性图线”，横坐标轴表示的物理量应为， 代入数据可知图中图线的斜率为， 相对误差， 故本次实验可以验证机械能守恒定律。 13.【答案】解： 由图可看出，物体沿方向的分运动为匀速直线运动，加速度为。 沿方向的分运动为匀变速直线运动，加速度不变，大小为，加速度方向沿轴正方向。 根据牛顿第二定律得出合力大小为，合力的方向沿轴正方向。 物体的初速度为。 由，得，故物体的初速度方向与轴成。 根据图象的面积表示位移，可得物体在前内： 轴方向的分位移为 轴方向的分位移为 故物体在前内的位移大小 在前内，可得： 轴方向的分位移为： 轴方向的分位移为： 故物体在前内的位移大小：  【解析】由两图形状可知物体两个分运动的运动规律，再求解两个方向的加速度，根据牛顿第二定律得出合力的大小和方向。 初速度为两个分运动初速度的合速度，由平行四边形定则可得出初速度； 分别求得两分运动的位移，由平行四边形定则可求得合位移。 本题关键要能正确运用运动的合成与分解法处理运动的合成问题，应明确两分运动相互独立，但时间一定相等。 14.【答案】解：根据平抛运动规律可得：， 水平方向： 联立解得： 小物块运动到时，竖直方向根据速度位移关系可得： 代入数据解得： 根据几何关系可得： 则： 、两点的高度差为   若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒有 解得 若恰不从飞出，根据能量守恒有 解得 若从滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，根据能量守恒有 解得 综上，可得   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 15.【答案】物块在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得： 代入数据可得： A、两物块发生弹性碰撞，设碰后的速度为，的速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得： 根据机械能守恒定律可得： 代入数据联立解得：； 物块在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块做匀减速运动，对物块，根据牛顿第二定律可得： 代入数据解得： 物块经时间后，速度与传送带速度相等，设物块向左运动的位移为，则有： 代入数据解得： 由于，物块与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动， 物块与物块在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得： 根据机械能守恒定律可得： 代入数据得碰撞后的速度大小为：，的速度大小为： 由此可知，以后每次与相碰，速度都发生交换。对物块，设来回运动了次，由动能定理可知： 代入数据得：； 由知，物块第次返回至传送带左端时速度平方大小为，由运动学公式得： 物块获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块第次在传送带上来回一次运动的路程为： 所以整个过程物块在传送带上滑行的总路程为： 代入数据得：。  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $