广东省湛江市第二十一中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷

这是一份广东省湛江市第二十一中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷，共7页。试卷主要包含了“嫦娥之父”欧阳自远透露，3kg·m/s等内容，欢迎下载使用。
考试时间：60分钟，满分：100分
一．单选题
1.2021年2月10日19时52分，“天问一号”探测器实施近火捕获制动，顺利进入环火星轨道，自发射以来，“天问一号”已累计飞行202天，飞行里程约4.75亿千米，距离地球约1.92亿千米。下列判断正确的是( )
A. “天问一号”绕火星飞行一圈平均速度不为0，且它在每一时刻的瞬时速度都不为0
B. “19时52分”和“202天”，前者表示“时刻”，后者表示“时间”
C. 飞行里程约4.75亿千米表示位移，距离地球约1.92亿千米表示路程
D. 地面卫星控制中心在对“天问一号”进行飞行姿态调整时可以将“天问一号”看成质点
2.在光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动.现突然将与速度反方向的2 N的力水平旋转90°，则下列关于物体运动情况的叙述正确的是( )
A. 物体做速度大小不变的曲线运动
B. 物体做加速度大小变化的曲线运动
C. 物体做加速度大小为2 m/s2的匀变速曲线运动，速度越来越大
D. 物体做加速度大小为 2 m/s2的匀变速曲线运动，速度越来越小
3.在电梯内放一体重计，电梯静止时，小花站在体重计上示数为50kg，电梯运动过程中，某段时间内小花发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法正确的是( )
A. 电梯一定竖直向上运动
B. 电梯一定竖直向下运动
C. 小花所受的重力变小了
D. 电梯的加速度大小为g5，方向竖直向下
4.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（ ）
E0B．C．D．
5某大瀑布的平均水流量为5 900 m3/s，水的落差为50 m。已知水的密度为1.00×103 kg/m3。在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为( )
A. 3×106 W B. 3×107 WC. 3×108 W D. 3×109 W
6.质量m＝200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系．设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大．则下列说法正确的是( )
A. 汽车受到的阻力200 N
B. 汽车的最大牵引力为800 N
C. 8～18 s过程中汽车牵引力做的功为8×104 J
D. 汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90 m
7.“嫦娥之父”欧阳自远透露：我国计划于2020年登陆火星。假如某志愿者登上火星后将一小球从高为h的地方由静止释放，不计空气阻力，测得经过时间t小球落在火星表面，已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星自转，则下列说法正确的是（ ）
A. 火星的第一宇宙速度为2ℎRt
B. 火星的质量为2ℎ2RGt2
C. 火星的平均密度为3ℎ2πRGt2
D. 环绕火星表面运行的卫星的周期为t2Rℎ
二．多选题
8.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机，经常出现手机砸伤人脸的情况。若手机的质量为150g，从离人脸约20cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1s，重力加速度g=10m/s2，下列计算正确的是（ ）
A．手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为0.3kg·m/s
B．人脸对手机的冲量大小约为0.3N·s
C．人脸对手机的冲量大小约为1.0N·s
D．手机对人脸的平均冲力大小约为4.5N
9．如图所示，一托盘托着一个质量为m=0.4kg的物体（可看作质点）一起在竖直平面内沿逆时针方向做半径为R=0.2m的匀速圆周运动，线速度大小为v=2m/s，取重力加速度。A、C分别是轨迹圆的最低点和最高点。下列说法正确的是（ ）
A．物体从A点经B点运动到C点的过程，机械能逐渐增加
B．物体位于C点时，处于超重状态
C．物体位于C点时，所受重力的瞬时功率不为0
D．物体位于A点时，所受支持力的大小为12N
10．将P、Q两小球从足够高的同一水平线上两位置沿同一方向水平抛出，两小球的运动轨迹如图所示（不考虑两球的碰撞），不计空气阻力，两球可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．若两球同时抛出，则一定能相遇
B．若P球先抛出，则两球仍可能相遇
C．抛出P球时的初速度较大
D．在轨迹交点处，Q球的动能大于P球的动能三、实验题
11.用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
(1)关于本实验﹐下列说法正确的是________(填字母代号)。
A．应选择质量大、体积小的重物进行实验
B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C．先释放纸带，后接通电源
(2)实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O(O点与下一点的间距接近2 mm)的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T。设重物质量为m。从打О点到B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝________，动能变化量ΔEk＝________。(用已知字母表示)
(3)某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为F0。已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式________时，可验证机械能守恒。
四、计算题
12.如图所示，与水平面夹角为θ=37°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为l=12m，电动机带动传送带以恒定的速率v=2.4m/s向上运动。现将一质量为5kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物体从A运动到B共需多少时间；
(2)物块从A运动到B过程中，摩擦力对物块做的功；
(3)物体从A点到达B点的过程中，传送带多消耗了多少电能？
13.如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为m＝2 kg的小球P和质量为M＝1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为M＝1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小FNB′；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
2025年高二物理开学考
姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________
单选题
B
C
D
C.
D.
C
C
AD
AD
AC
二、实验题
11.【答案】(1)AB (2)－mghB m2 (3)F0＝3mg
【解析】(1)重物体积小，所受空气阻力小，质量越大，空气阻力引起的相对误差就越小，所以应选择质量大，体积小的重物进行实验，故A正确；为减小纸带与限位孔间的摩擦，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；由实验步骤可知，应先接通电源，当打点计时器工作稳定后，再释放纸带，故C错误。
(2)由重力做功与重力势能的关系可知，从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝－mghB，由平均速度解得打B点时重物的瞬时速度vB＝，该过程的动能增量为ΔEk＝mvB2，所以ΔEk＝m2。
(3)设细线长为r，在最低点，由牛顿第二定律可得F0－mg＝m
解得此时球的动能为Ek＝mv2＝(F0－mg)r，球由静止释放到达最低点过程中，若满足机械能守恒，则有mv2＝mgr，联立解得mgr＝(F0－mg)r，解得F0＝3mg。
三、计算题
12.【答案】(1)8s；(2)374.4J；(3)604.8J
【解析】(1)物体达到与传送带共速前，沿传送带方向，根据牛顿第二定律
有μmgcs37°−mgsin37°=ma1
解得物体的加速度为a1=0.4m/s2
物体达到与传送带共速所需的时间为t1=va1=6s
t1时间内物体的位移为L1=v2t1=2.42×6m=7.2mmgsin37°，可知物体与传送带保持相对静止匀速运动，则有物体运动运动的时间为t2=l−x1v=12−
则物体从A运动到B共需时间为t=t1+t2=8s
(2)物块从A运动到B过程中，根据动能定理可得Wf−mglsinθ=12mv2−0
解得摩擦力对物块做的功为Wf=374.4J
(3)物体在匀加速阶段，与传送带的相对位移为Δx=vt1−x1=2.4×6m−7.2m=7.2m
则物体与传送带间因摩擦产生的内能为Q=μmgcsθ⋅Δx
根据能量守恒可知，物体从A点到达B点的过程中，传送带多消耗的电能
为E电=mglsinθ+12mv2+Q
联立解得传送带多消耗的电能为E电=604.8J
13.【答案】(1)120 N (2)2 m/s (3)3 J
【解析】(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，由牛顿第二定律有mg＝m
解得vC＝
对于小球P，从B→C，由动能定理有－2mgR＝mvC2－mvB2
解得vB＝
在B点，由牛顿第二定律有FNB－mg＝m
解得FNB＝6mg＝120 N
由牛顿第三定律有FNB′＝FNB＝120 N
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据h＝gt2，得t＝0.2 s
根据x＝vt，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有MvQ＝2Mv
解得vQ＝2 m/s
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有mvP＝MvQ
解得vP＝1 m/s
对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep＝mvP2＋MvQ2
解得Ep＝3 J。