2024-2025学年四川省宜宾市三中教育集团高二（上）开学考试
物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28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
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
3.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附近，还与兰州几乎位于同一经度东经。下列有关这几座城市随地球自转描述正确的是( )
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
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。它在近火点附近的探测段运行小时，在远火点附近的探测段运行小时，在采样段共运行分钟。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
D. “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
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现有质量也为的小球，以水平速度从左端滑上小车，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
D. 小球滑离小车后，做自由落体运动
6.如图甲，汽车以恒定速率通过一拱形桥面。如图乙，、、是汽车过桥面时的三个不同位置，其中、两点高度相同，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. 在段汽车对桥面的压力大小不变
B. 在段汽车的牵引力逐渐增大
C. 在段汽车所受合力的大小、方向均不变
D. 在段汽车发动机做功比段多
7.A.两物体均在水平面上做简谐运动。如图，实线为物体的振动图线，虚线为物体的振动图线。则( )
A. 物体、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，物体的路程比物体的路程多
C. 时，物体比物体具有更大的动能
D. 物体的振动方程为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.年月日，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( )
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
9.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为的重物，当重物的速度为时，起重机的有用功率达到最大值之后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度匀速上升为止。已知重力加速度为则整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 钢绳的最大拉力为 B. 钢绳的最大拉力为
C. 重物的最大速度为 D. 重物做匀加速运动的时间为
10.如图所示，挡板固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端与半径为的圆弧轨道连接，其圆心在斜面的延长线上。点有一光滑轻质小滑轮，，质量均为的小物块、由一轻质弹簧拴接弹簧平行于斜面，其中物块紧靠在挡板处，物块用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为、大小可忽略的小球相连，初始时刻小球锁定在点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，、处于静止状态。某时刻解除对小球的锁定，当小球沿圆弧运动到最低点时物块未到达点，物块对挡板的作用力恰好为，已知重力加速度为，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为
B. 小球由点运动到点的过程中，物块、与弹簧组成的系统机械能先减少后增大
C. 小球由点运动到点的过程中，小球和物块的机械能之和先增大后减小
D. 小球到达点时的速度大小为
三、实验题：本大题共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、两个位移传感器，测量滑块与它的距离，测量滑块与它的距离。部分实验步骤如下：
测量两个滑块的质量，分别为和；
接通气源，调整气垫导轨水平；
拨动两滑块，使、均向右运动；
导出传感器记录的数据，绘制、随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
从图像可知两滑块在_________时发生碰撞；
滑块碰撞前的速度大小_____________保留位有效数字；
通过分析，得出质量为的滑块是________填“”或“”。
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：
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，，，，，，已知打点计时器打点的时间间隔，则重锤运动的加速度计算表达式为_____________，代入数据，可得加速度_____________计算结果保留三位有效数字。
若计时器实际频率为，则加速度计算结果_____________偏大、偏小或准确
四、简答题：本大题共3小题，共39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的匀速圆周运动，飞船做圆周运动的周期为，引力常量为。
求该星球的质量；
若已知该星球的半径为，求该星球的密度。
14.如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形圆半径比细管的内径大得多和直线组成的轨道固定在水平桌面上，已知部分的半径，段长。弹射装置将一个质量为的小球可视为质点以的水平初速度从点射入轨道，小球从点离开轨道随即水平出，桌子的高度，不计空气阻力，取。求：
小球在半圆轨道上运动时，向心加速度的大小；
小球在半圆轨道上运动时，圆管对小球弹力的大小；
小球落到地面点时的速度。
15.如图所示，水平传送带以的速率逆时针转动，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发生弹性碰撞。已知物块的质量，物块的质量，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径，传送带左、右两端的距离，物块与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为，物块与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度，碰撞时间极短。求：
物块滑到圆弧轨道最低点时，物块所受支持力的大小；
物块第一次与物块碰撞后，物块首次减速至所用时间；
两物块最多能碰撞的次数及物块运动全过程与传送带之间产生的摩擦热。
答案解析
1.
【解析】解：雨滴在空中下落时受到重力和空气阻力的共同作用，最终匀速下落，故动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故ACD错误，B正确。
故选：。
根据机械能守恒的条件进行分析判断。
考查机械能守恒的条件，会根据题意进行准确分析和判断。
2.
【解析】解：、对物块受力分析，如图所示，
重力与支持力等大反向，物块随圆盘做匀速圆周运动过程中，由静摩擦力提供向心力，故摩擦力方向指向转轴，故A错误，B正确；
C、根据动量公式可知
物块在做匀速圆周运动过程中动量大小不变，方向一直改变，故C错误；
D、取转半圈时的初速度方向为正，根据动量定理可得
故D错误。
故选：。
、对物块受力分析，根据运动规律判断摩擦力方向；
C、根据动量表达式计算；
D、根据动量定理计算合外力冲量。
本题考查对匀速圆周运动规律的理解，其中涉及到对动量、冲量的概念的理解以及对动量定理应用的考查。
3.
【解析】解：根据同轴转动物体的特点，各处的角速度大小相等，故A正确；
B.成都纬度小于兰州纬度，绕地轴自转做匀速圆周运动时纬度越高则对应的半径越小，根据，兰州的半径小于成都的半径，可知成都和兰州的线速度大小不等，故B错误；
C.成都和拉萨的纬度基本相同，则半径相等，根据可知，两地的向心加速度大小相等，但方向不同，故C错误；
D.成都和杭州的向心加速度方向都指向地轴上的同一位置，但不是地心，故D错误。
故选：。
A.根据共轴转动的特点进行分析判断；
B.根据线速度和随纬度的变化情况进行分析解答；
C.根据加速度的矢量性进行分析解答；
D.根据两个加速度的具体指向进行判断。
考查共轴转动的特点，会根据题意进行准确分析和判断。
4.
【解析】解：、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
设“科学轨道”的半长轴为，万有引力提供向心力有
该式是将椭圆轨道近似看成圆轨道来进行计算的，在已知周期的情况下，可算得“科学轨道”的半长轴的大概值，并不能准确知道“科学轨道”的半长轴，故A错误，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，成为了火星的卫星，可知其发射速度必定大于第二宇宙速度，即，而为第三宇宙速度，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，不可能脱离太阳引力束缚，因此可知，从地球上发射“天问一号”的速度介于第二和第三宇宙速度之间，故不得小于，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，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：。
根据题意应用开普勒第三定律判断半长轴和周期关系；根据宇宙速度分析；根据变轨原理分析。
本题考查了万有引力定律的应用，知道变轨原理、知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据题意应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
5.
【解析】解：依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，竖直方向上不守恒。设达到最高点的高度为，此时小球仍然具有水平速度，取水平向右为正方向，由动量守恒定律，可得
根据能量守恒，可得
联立，解得
故ABC错误；
D.设小球滑离小车时，二者速度分别为和，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得
联立解得
小球滑离小车后，做自由落体运动，故D正确。
故选：。
分析小车和小球的受力情况，根据动量守恒和能量守恒求出小球上升的最大高度，判断最高点时速度是否为零；再根据动量守恒和能量守恒求出小球滑离小车时二者速度，再根据相对性求出小车相对小球的速度大小。
本题考查了水平方向动量守恒的应用，解决本题的关键是熟练掌握动量守恒和能量守恒。
6.
【解析】解：假设圆弧轨道的圆心为，汽车受力部分如下图
在指向圆心的方向，有，汽车做匀速圆周运动，向心力大小不变，从到运动时，减小，则增大，根据牛顿第三定律可知，汽车对桥面的压力大小也增大，故A错误；
B.如上图，汽车在段时，在速度方向上满足，随着汽车越来越靠近点，增大，空气阻力和摩擦阻力的合力大小不变，则牵引力逐渐减小，故B错误；
C.汽车所受的合力提供匀速圆周运动的向心力，大小不变，但方向始终指向圆心，故C错误；
D.根据动能定理，设段弧长为，高度差为，发动机做功，满足，则，同理在段，，则，故，故D正确。
故选：。
作出汽车在段和段的受力分析图，分别在指向圆心的方向列牛顿第二定律方程和沿切线方向的平衡方程进行分析判断；
C.根据匀速圆周运动的合力特点进行判断；
D.根据动能定理分别列式求解。
考查匀速圆周运动和动能定理等问题，会根据题意进行准确分析和解答。
7.
【解析】A.根据图像可知，物体、的振动，振幅均未衰减，因此物体、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
故A错误；
B.一个周期内，、两物体的路程分别为
，
路程差为
故B错误；
C.时，物体、均处于振幅最大位置处，速度均为，因此两者动能相同，都为，故C错误；
D.振动方程
对物体而言，式中
， ，
可得
故D正确。
故选D。
8.
【解析】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.
【解析】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
解得
故A正确，B错误；
C.重物以最大速度匀速上升时
所以
故C正确；
D.重物做匀加速运动的加速度
重物做匀加速运动的时间为
故D正确。
故选ACD。
10.
【解析】解：、设弹簧的劲度系数为，初始时刻弹簧的压缩长度为，沿斜面方向受力平衡，则
小球沿圆弧运动到最低点时，物块即将离开挡板，设此时弹簧的拉伸长度为，沿斜面方向受力平衡，则
得
当小球沿圆弧运动到最低点时，沿斜面运动的位移为
所以
解得
解得
故A错误；
、小球由运动到的过程中，、、和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球、物块及物块的机械能之和与弹簧弹性势能的能量之和不变，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，故小球和物块的机械能之和先增大后减小，的重力势能减小，所以物块、与弹簧组成的系统机械能增大，故B错误，C正确；
D、设小球到达点时的速度为，则沿绳子方向的速度
由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时的速度也为，对、、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，且在和处，弹簧的形变量相同，弹性势能不变，故小球从点到Ⅳ点的过程中，弹簧弹力做功为零，重力对做正功，对做负功，、、和弹簧组成的系统机械能守恒，可知
解得
故D正确；
故选：。
根据初态和物块对挡板的作用力恰好为，列平行于斜面方向的平衡式求解弹簧的劲度系数；小球在点时弹簧的压缩量与到达点时弹簧的伸长量相等，弹簧弹性势能变化量为；根据机械能守恒定律分析，同时求解小球到达点时的速度。
本题考查了功能关系中的多物体、多过程问题，要求学生能正确分析物体的运动过程，应用对应的规律解题。
11.；
；
【解析】解：由 图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在 时发生突变，即这个时候发生了碰撞。
根据 图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间的速度大小为。
由题图乙知，碰撞前的速度大小 ，碰撞后的速度大小约为 ，由题图丙可知，碰撞后的速度大小为 ，和碰撞过程动量守恒，则有
代入数据解得
所以质量为的滑块是。
12. ； 偏大；
【解析】解：根据逐差法可知，重锤的加速度大小是
代入数据解得
实验时打点计时器所接交变电源的实际频率为，小车加速度的真实值偏小，测量值偏大；即实验计算得到的加速度相较于频率取计算得到的加速度偏大。
故答案为： ；
偏大；
13.解：飞船绕星球做圆周运动，根据万有引力提供向心力可得：
可得该星球的质量为：；
该星球的密度为：。
答：该星球的质量为；
该星球的密度为。
【解析】飞船绕星球做圆周运动，根据万有引力提供向心力求解星球的质量；
根据密度的计算公式求解星球的密度。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
14.解：小球在半圆轨道上做匀速圆周运动，则有
解得：
小球在半圆轨道上做匀速圆周运动，水平方向有
竖直方向有
则圆管对小球弹力的大小为
解得：
小球水平抛出后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有
解得：
落地时竖直方向的速度为
落地时的速度大小为
解得：
落地时的速度方向与水平方向的夹角为，则有
解得：
答：小球在半圆轨道上运动时，向心加速度的大小为；
小球在半圆轨道上运动时，圆管对小球弹力的大小为；
小球落到地面点时的速度为，方向与水平方向夹角为。
【解析】小球在半圆轨道上运动时，根据求向心加速度的大小；
小球在半圆轨道上运动时，水平方向的支持力提供向心力，竖直方向的支持力和重力平衡，结合力的合成法求解圆管对小球弹力的大小；
小球水平抛出后做平抛运动，根据分运动规律求小球落到地面点时的速度。
解决本题的关键要明确小球做圆周运动时向心力来源，采用正交分解法求解圆管对小球弹力。对于平抛运动，要掌握水平方向和竖直方向的运动规律，即可正确求解。
15.解：对物块研究，设物块滑至圆弧轨道底端的速度为，由动能定理得
解得
由牛顿第二定律可得
解得
由于，则物块滑上传送带受到向右的滑动摩擦力。假设物块一直做匀减速运动到达传送带最左端，则由动能定理得
解得，故假设成立。
取水平向左为正方向，对，碰撞，由动量守恒及机械能守恒得
解得
，
对第一次碰后首次减速至的过程中，取水平向左为正方向，由动量定理得
解得
对第一次碰后首次减速至的过程中，由动能定理得
解得
对第一次碰后首次减速至的过程中，取水平向左为正方向，由动能定理和动量定理得
解得
，
由于，则物块向右减速至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，物块恰好返回水平面，即此时物块的速度，物块返回水平面的过程中，取水平向左为正方向，由动量定理可得
解得
因，则物块返回水平面时，物块已经停止。设物块再次滑上水平面后，再次与碰撞前的速度为，由动能定理得
解得
对，第二次碰撞，取水平向左为正方向，由动量守恒和机械能守恒得
解得
，
对物块第二次碰撞后向右匀减速至的过程中，由动能定理得
解得
由于，即物块恰不能再次滑上传送带，故、只能发生次碰撞。
对第一次从传送带右端滑至左端的过程中，取水平向左为正方向，由动量定理得
解得
此过程中，与传送带的相对位移
与传送带之间产生的摩擦热
解得
对物块第一次碰后，与传送带的相对位移
与传送带之间产生的摩擦热
解得
故全过程物块与传送带之间产生的摩擦热
答：物块滑到圆弧轨道最低点时，物块所受支持力的大小；
物块第一次与物块碰撞后，物块首次减速至所用时间；
两物块最多能碰撞的次数及物块运动全过程与传送带之间产生的摩擦热。
【解析】由动能定理结合牛顿第二定律求得物块滑到圆弧轨道最低点时，物块所受支持力的大小；
由动量守恒及机械能守恒结合动量定理求得物块第一次与物块碰撞后，物块首次减速至所用时间；
由动能定理和动量定理结合动量守恒及机械能守恒求得两物块最多能碰撞的次数及物块运动全过程与传送带之间产生的摩擦热。
本题主要是考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律的综合应用以及机械能守恒定律等；关键是弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、运动学公式等进行分析；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
第1页，共1页
