四川省绵阳市东辰学校2025-2026学年高二上学期开学分班检测物理试卷

这是一份四川省绵阳市东辰学校2025-2026学年高二上学期开学分班检测物理试卷，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m  50kg 的重锤（重锤可视为质点）绕转轴 O 匀速圆周运动，重锤转动半径为 R  0.5m ，电动机连同打夯机底座的质量为M  25kg ，重锤和转轴 O 之间连接杆的质量可以忽略不计。下列说法中不正确的是
（ ）
重锤从最高点运动到最低点的过程中，重锤机械能不守恒
重锤从最高点运动到最低点的过程中, 打夯机底座对地面压力先小于（M+m）g 后大于（M+m）g
重锤转动的角速度为 30 rads 运动到最高点时，能使打夯机底座对地面压力为零
当重锤的线速度大小为 5m/s 运动到最高点时，连接杆对重锤的作用力为零
我国成功实施了“嫦娥三号”的发射和落月任务，进一步获取月球的相关数据．如果该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间 t，卫星相对月球中心经过的路程为 s，卫星与月球中心连线扫过的角度是 1 弧度，引力常量为 G，根据以上数据估算月球的质量是(
)
t2
Gs3
s3
Gt2
Gt2
s3
Gs3
t2
某一火箭喷气发动机每次喷出 m＝200 g 的气体，气体离开发动机喷出时相对地面的速度均 v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量 M＝300 kg，发动机每秒喷气 20 次。以下说法正确的是()
运动第 1 s 末，火箭的速度约为 10 m/s
运动第 2 s 末，火箭的速度约为 135 m/s
当发动机第 3 次喷出气体后，火箭的速度约为 2 m/s
当发动机第 4 次喷出气体后，火箭的速度约为 200 m/s
如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为 m、相距 2L 沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力 F 使车自行运动，并与
?
第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离，恰好停靠
2
在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重的 k 倍，忽略空气阻力，重力加速度为 g。则工人给第一辆购物车水平推力 F 的冲量大小为
2???
2???＋ ??
?
A．2mB．2m
3???
3???＋ ??
?
C．2mD．2m
一质量为M  40kg 的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s 末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s 末电动汽车的速度达到最大值，14s 时关闭发动机
，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
电动汽车最大速度为 10m/s B．电动汽车受到的阻力为 100N
关闭发动机后，电动汽车经过 5s 停止运动
整个过程中，电动汽车克服阻力做功为 3750J
如图所示，足够长的水平传送带由电动机带动并始终保持以速度 v 匀速运向右动．现将一个质量为 m 的物块轻放在传送带上的左端，过一段时间后物块能保持与传送带相对静止
．设物块与传送带间的动摩擦因数为 μ，对于这一过程，下列说法正确的是()
1
传送带对物块做功为 2
mv
2
1
传送带克服摩擦力做功为 2
mv
2
传送物块系统因摩擦产生的热量为 mv2
动摩擦因数 μ 越大，传送过程中因摩擦产生的热量越多
如图所示,一顶角为直角的“∧”形光滑细杆,其角平分线保持竖直.质量均为 m 的两金属环套在细杆上,用一劲度系数为 k 的轻质弹簧相连,三者位于同一水平高度,此时弹簧处于原长.
现将两金属环同时由静止释放,运动过程中弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能 E =1
p 2
k(Δx)2,其中 Δx 为弹簧的形变量,重力加速度为 g,对其中一个金属环,下列结论错误的是 (
)
金属环释放时的加速度大小为 2g
2
?
2?
金属环的最大速度为 g
金属环与细杆之间的最大压力为3 2mg
2
弹簧的最大弹性势能为(??)2
2?
如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有?、?两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为
? ,?在工作台边缘，?在工作台内部。若?、?与台面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
当工作台匀速转动，?、?所受合力为 0
当工作台匀速转动，?、?线速度大小相等
当工作台角速度? 逐渐增大，陶屑?最先滑动
当工作台角速度? 逐渐增大，?、?所受的摩擦力始终指向轴??′
二、多选题（本大题共 2 小题）
一列横波沿直线传播，在波的传播方向上有相距a  9 m 的A 、 B 两点。在某时刻A 、 B 两点间形成如图甲所示波形，经过3s ，两点间形成如图乙所示波形。以下说法中正确的是（ ）
若周期为 4 s ，波一定向左传播
若周期为 4 s ，波一定向右传播
若波速为 5.5 m / s ，波一定向左传播
若波速为 5.5 m / s ，波一定向右传播
一质量为 2 kg 的物块在水平力 F 的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F 随时间 t 变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为 0.1，重力加速度 g 取
10 m/s2 。则（ ）
t  2 s 时物块的动量大小为4 kg  m/s
t  3 s 时物块的速度大小为 1 m/s，方向向右
0~4 s 时间内 F 对物块的冲量大小为6 Ns
0~4 s 时间内物体的位移为 3 m
三、解答题（本大题共 2 小题）
11．如图甲所示，固定光滑斜面的倾角? = 30∘ ，右端带有固定挡板的“┚”形木板静置于水平地面上，斜面底端?与木板左端紧靠且跟其上表面平齐．将质量? = 2kg的物块从斜面顶端?由静止释放，物块滑上木板时不计能量损失，到达木板右端时与挡板发生弹性碰撞．以物块刚滑上木板的时刻为计时起点，物块跟挡板碰撞前物块和木板的?−?图像如图乙所示，木板与地面间的动摩擦因数?2 = 0.06，取重力加速度? = 10m/s2．
甲乙
求斜面的长度；
求从物块滑上木板至其和挡板碰撞前的瞬间，物块与木板系统损失的机械能；
物块最终能否从木板上滑落？若能，请求出物块滑落时的速度；若不能，请求出物块最终到木板左端的距离?．
12．如图所示，光滑水平地面上叠放着两块质量均为M  3.2kg 的板，它们左端对齐，接
触面粗糙程度均匀。给 A、B 一个大小均为v0  15m/s 的相向的初速度；与此同时，将两个大小忽略不计，质量分别为m1  0.45kg 和m2  0.35kg 的光滑小球 C、D 从短板 A 的上表面以上h  5m 处，以大小为v0  12m/s 的初速度相向水平抛出。其中，小球 C 的抛出点在两板左端正上方，两球抛出点相距 L  40m 。两个小球与短板 A 的碰撞是弹性碰撞，且撞击时间忽略不计；撞击过程 A、B 间的弹力始终等于两个小球对短板 A 的撞击力之和。两个小球前两次落到板上时都恰好分别落在 A 的两端，之间某个时刻两小球相碰，碰撞过程它们的竖直分速度不变．长板 B 足够长，整个过程短板 A 的任意部分都不会滑出长板 B。重力加速度 g  10m/s2 。求：
短板 A 的长度 l；
A、B 两块板之间的动摩擦因数 μ；
C、D 两球发生碰撞后，各自的水平分速度大小。
参考答案
【答案】D
【详解】A．重锤从最高点运动到最低点的过程中，动能不变，重力势能减小，所以重锤的机械能不守恒，A 正确；
B．重锤从最高点运动到最低点的过程中，先失重后超重，可知打夯机底座对地面压力先小于（M+m）g 后大于（M+m）g，B 正确；
C．故重锤在最高点时，当连接杆对重锤的拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时
，打夯机底座对地面压力为零，即mg  Mg  mω2 R ，解得ω 30rad/s ，C 正确；
D．重锤在最高点时，当重锤的重力恰好提供向心力时，连接杆对重锤的作用力为零，即
v2
mg  m
R
，解得v 
5m/s ，D 错误；此题选择不正确的，选 D。
【答案】B
【详解】根据题意得，卫星运行的角速度 ωθ1
s＝rθ，所以 r＝
＝ t ＝ t ，由数学知识可知弧长
s＝s，设月球的质量为 M，卫星的质量为 m，根据万有引力提供向心力得GMm＝mω2r，解
1r2
得 M＝ s3 ，B 正确．
Gt2
【答案】C
【详解】1 s 末发动机喷气 20 次，共喷出的气体质量为 m1＝20×0.2 kg＝4 kg，根据动量守
＝
恒定律得(M－m )v －m v＝0，解得火箭 1 s 末的速度大小为 v m1v
4 × 1 000
m/s≈13.5
1
1 11
1M－m ＝ 300－4
m/s，故 A 错误；2 s 末发动机喷气 40 次，共喷出的气体质量为 m2＝40×0.2 kg＝8 kg，同
＝
理可得，火箭 2 s 末的速度大小为 v m2v
8 × 1 000
m/s≈27.4 m/s，故 B 错误；第 3 次
2
2M－m ＝ 300－8
喷出气体后，共喷出的气体质量 m3＝3×0.2 kg＝0.6 kg，同理可得，火箭第 3 次喷出气体后
＝
的速度大小为 v m3v
0.6 × 1 000
m/s≈2.0 m/s，故 C 正确；第 4 次喷出气体后，共喷出
3
3M－m ＝300－0.6
的气体质量 m4＝4×0.2 kg＝0.8 kg，同理可得，火箭第 4 次喷出气体后的速度大小为 v4＝
m4v ＝0.8 × 1 000 m/s≈2.7 m/s，故 D 错误。
M－m4300－0.8
【答案】A
【解析】设两车碰后共同速度为 v'，由动能定理得－k·2mg·?＝0－1·2mv'2，碰前第一辆车
22
的速度为 v，由动量守恒得 mv＝2mv'。设工人推出第一辆车的速度为 v0，从推出第一辆车
到与第二辆车碰撞前，对第一辆车由动能定理有－kmg·2L＝1mv2－1m?2，联立解得 v ＝2
2200
2???，由动量定理有 I＝mv0－0＝m×2 2???＝2m 2???，A 正确。
【答案】D
1
【详解】AB．由v−t 图像可知在 0～3s 内，电动汽车的加速度a  1ms2 ，由 P  t 图像可知在 0～3s 内 P  F  v  F  at ，解得 F  100N ，由牛顿第二定律 F  f  ma1 ， f  60N ，由
P  f  vm ，解得vm  5 ms ，选项 A、B 错误；
C．关闭发动机后 f  ma ，经过t  vm  10 s ，电动汽车停止运动，选项 C 错误；
a
3
22
2
D．对全程由动能定理可得 P t  Pt  W  0 ，W  (300  3  300 11)J  3750J ，所以整
2 13ff2
个过程中克服阻力做功为 3750J，选项 D 项正确。选 D。
【答案】A
【详解】物块运动过程中，只有传送带对物块的摩擦力做功，根据动能定理得传送带对物
块做功为 W
1
2，故 A 正确；在物块与传送带相对静止之前，两者之间有相对位移，所
f＝ mv
2
以物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等，由于传送带相对于地的位移大于物块
相对地的位移，所以传送带克服摩擦力做功大于 1mv2，故 B 错误；设物块匀加速运动的时
2
111
间为 t，则物块与传送带相对位移大小为 Δx＝vt－vt＝vt，此过程中物块的位移为 x 物＝
222
vt，则有 Δx＝x ，则系统因摩擦产生的热量为 Q＝f·Δx＝fx
1
2，Q 与动摩擦因数无关
物
，故 C、D 错误． 7．【答案】D
物＝ mv
2
【解析】对金属环受力分析如图甲所示,开始释放瞬间,金属环受到重力和杆的弹力,在沿杆
方向上,根据牛顿第二定律得 mgsin 45°=ma,解得 a= 2g,故 A 正确;当金属环的加速度为 0 时,
2
速度最大,受力分析如图乙所示,金属环受到重力、杆的弹力N 和弹簧的弹力F,沿杆方向加速度为 0,即沿杆方向合力为 0,则 mgsin 45°=Fcs 45°,由胡克定律得 F=kΔx,解得弹簧的形变量
????
Δx= ? ,根据几何知识,两个金属杆下降的高度为 h= 2? ;整个系统只有重力、弹力做功,即两个
金属环和弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律得2mg×h=1k(Δx)2+1×2mv2,解得金属
22
环的最大速度 v=g ? ,故B 正确;金属环下降 h'达到最低时,速度减小为0,则弹簧形变量为2h',
2?
弹性势能最大,根据机械能守恒定律得 2mgh'=1k(2h')2,弹簧的最大弹性势能 E =1k(2h')2,解得
2p 2
h'=??,E =2?2?2,故D 错误;当金属环下降到最低点时,金属环和细杆之间的弹力最大,垂直于杆
?p?
方向上,由平衡条件得 N=mgcs 45°+Fsin 45°,由胡克定律得 F=k×2h',解得 N=3 2mg,故 C 正确
2
.
【答案】C
【详解】当工作台匀速转动，?、?均绕轴??′做匀速圆周运动，合力提供向心力，不可能为零，A错误；?、?同轴转动，角速度? 相同，由线速度公式? = ??，且?? > ??，可得??
> ??，B错误；由向心力公式?n = ??2?，则随着角速度? 增大，向心力?n也增大，圆盘所
提供的最大静摩擦力为? = ???，则当??2? > ???，即?2? > ??时，陶屑开始滑动（点拨
：本题中的摩擦力可理解为工作台对陶屑可提供的力?供，陶屑在工作台不同角速度之下做圆周运动的向心力相当于?需，当?供 < ?需时，陶屑无法稳定圆周运动，开始做离心运动），因?? > ??，则随着角速度? 增大，陶屑?最先滑动，C正确；只有当工作台匀速转动时，?、?所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心；当工作台角速度? 逐渐增大，?
、?所受的摩擦力不是指向??′，D错误。
【答案】BD
【详解】由图甲可知λ 6m ，若波向右传播，则有3s  (n  3)T , n  0,1, 2, 3,… … 解得周期
4 1
为T  12 , n  0,1, 2, 3,… … 波速为v  3  4n , n  0,1, 2, 3,… … 若波向左传播，则有
13  4n12
3s  (n  1 )T , n  0,1, 2, 3,… … 解得周期为T  12 , n  0,1, 2, 3,… … 波速为
4 221 4n
v  1 4n , n  0,1, 2, 3,… … 可知若周期为4s ，只有当波向右传播，且n  0 时成立，A 错误
12
，B 正确；若波速为5.5m/s ，由上述分析可知，只有波向右传播，且n  2 时成立，C 错误
，D 正确。
【答案】AD
【详解】A．物块与地面间的滑动摩擦力为 f  μmg  2N ，则t  2 s 前，物块开始滑动，
受到滑动摩擦力作用， t  2 s 时根据动量定理 p1  (F1  f )t1  4kg  m/s ，A 正确；
B． t  2 s 时物块速度v  p1  2m/s ，2 s-3 s 过程，加速度大小为 a  F2  f  2m/s2 ，方
1mm
向为负，则t  3s 时物块的速度大小为零，B 错误；
C．0~4 s 时间内 F 对物块的冲量大小为 p  F1t1  F2t2  (4  2  2  2)N  s  4N  s ，C 错误；
D． t  3 s 时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，则 0~4 s 时间内物
体的位移为 x  v1 t  2  3m  3m ，D 正确。选 AD。
22
【答案】（1） 2.5m
（2） 12.375J
（3） 不能；1.25m
【详解】
由图乙可知，物块到达斜面底端?时的速度为?0 = 5.0m/s，物块从?下滑到?的过程
12
中，由动能定理可得???sin30 = ??0，解得? = 2.5m．
2
由图乙可知，物块与挡板碰撞前瞬间，物块、木板的速度分别为?1 = 3.5m/s，?2 = 0.5m/s，
根据加速度定义式有? = Δ?，
Δ?
解得物块、木板加速度大小分别为?1 = 3m/s2、?2 = 1m/s2，
对物块进行分析，根据牛顿第二定律有?1?? = ??1，
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有?1??−?2(? + ?)? = ??2，
解得?1 = 0.3，? = 3kg，
对物块与木板组成的系统，由能量守恒定律得
121212
2??0 = 2??1 + 2??2 + ?损，
解得?损 = 12.375J．
物块最终不能从木板上滑落．在0～?1(?1 = 0.5s)时间内，物块相对于木板向右滑动
??11
，碰前物块、木板的速度分别为 1、 2，可知板长?1 = 2(?0 + ?1) ⋅ ?1−2(0 + ?2)?1，
解得板长?1 = 2m，
在?1 = 0.5s时物块与挡板发生弹性碰撞，碰后速度分别记为?′1、?′2，设向右为正方向，由动量守恒定律得??1 + ??2 = ??′1 + ??′2，
12121212
2
2
2
2
由能量守恒定律得??1 + ??2 = ??′1 + ??′2，
解得?′1 = −0.1m/s，?′2 = 2.9m/s，
碰撞后物块先向左做匀减速直线运动，速度减为零后向右做匀加速直线运动，加速度大小
?′1 = ?1 = 3m/s2，
木板向右做匀减速直线运动，加速度大小记为?′2，则有
?1?? + ?2(? + ?)? = ??′2，
解得加速度大小?′2 = 3m/s2，
假设物块最终不能从木板上滑落，碰撞后再经过?2两者共速，则有?共 = ?′1 + ?′1?2 = ?′2−?
′2?2，
解得?2 = 0.5s，?共 = 1.4m/s，
在时间?2内，物块相对于木板始终向左滑动，相对位移大小为
11
Δ? = 2(?′2 + ?共) ⋅ ?2−2(?′1 + ?共) ⋅ ?2，
解得Δ? = 0.75m < ?1，
可知物块不能从木板上滑落，则物块最终到木板左端的距离? = ?1−Δ? = 1.25m．
【答案】（1）16m ；（2）0.6；（3） 3.75m/s ， 8.25m/s
【详解】（1）对两个小球，第一次落到 A 上之前的过程h  1 gt 2 ， x  v t ，解得t  1s ，
210 11
x  12m ，两球一开始相距 L，第一次撞击短板 A 两端时，距离即为 A 的长度；故
l  L  2x ，解得l  16m
两个小球落到 A 上之前，假设 A、B 尚未停下，则对 A、B 均有μMg  Ma
这个过程中，A 的位移等于 C 的位移 x  vt  1 at 2 ，解得a  6m/s2 μ 0.6 ，此时，A、B
0 12 1
的速度大小均为v1  v0  at1 ，解得v1  9m/s  0 ，假设成立。
撞击前，两个小球的竖直分速度大小记为v ，则v2  2gh ，解得v  10m/s ，撞击后
yyy
，它们的竖直分速度大小也为vy 。撞击过程，对两个小球整体，竖直方向上，由动量定理 IN  m1  m2 vy  m1  m2 vy  ，解得 A 对两个小球的反作用力的冲量 IN  16N s ，由于撞击过程 A、B 间弹力 FN 可视为始终等于两球对 A 的冲击力，由牛顿第三定律，也等于 A 对两球的反作用力。而摩擦力 Ff  μFN ，A、B 间的摩擦力的冲量为 If  μIN  9.6N s ，撞击过程，对 A、B，分别由动量定理If  Mv1  Mv1 ，解得v1  6m / s ，小球两次落到 A
上的时间间隔记为t2 ，则2vy  gt2 ，解得t2  2s ，从两球第一次落到 A 上，到两球相撞的
时间记为t ，则l  2v t ，解得t  2 s ，以向右为正方向，设两球碰后的水平速度分别为
20 223
vCx 和vDx ，则 C、D 在两次落到 A 上之间的过程中的位移分别为 xC  v0t2  vCx t2  t1  ， xD  v0t2  vDx t2  t1  ，按照题意，应该有 xC  xD ，于是vDx  vCx  v0 ，碰撞过程，水平方向动量守恒m1v0  m2v0  m1vCx  m2vDx ，解得vCx  3.75m/s ， vDx  8.25m/s ，大小分别为
3.75m/s ， 8.25m/s 。