贵州省惠水民族中学2025-2026学年高二上学期开学检测物理试卷（含解析）

2026-06-01 2025 加入收藏

贵州省惠水民族中学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8小题）

1．关于机械能守恒，下列说法正确的是（）

A．物体处于平衡状态时，机械能一定守恒

B．物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒

C．物体机械能的变化等于合外力对物体做的功

D．机械能守恒的物体一定只受到重力和弹力的作用

2．如图所示，质量为m的探测器被火星捕获后绕火星做匀速圆周运动，当探测器运行到A点的瞬间，同时发射两束激光，一束激光经过时间t到达火星表面的B点，另一束激光经过时间到达火星表面的C点，B点是火星表面距A点最近的点，C点与A点的连线与火星表面相切，已知火星表面的重力加速度为，引力常量为G，激光的速度为c，不考虑火星的自转，下列说法正确的是（　　）。

A．探测器绕火星运行的轨道半径为 B．火星的半径为

C．火星的质量为 D．由题设条件不能确定火星的第一宇宙速度

3．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v₀喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(　　)

A．

B．－

C．

D．－

4．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2；下列分析正确的是（　　）

A．手机接触头部之前的速度约为1m/s

B．手机对头部的冲量大小约为0.48

C．手机对头部的作用力大小约为1.2N

D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48

5．如图是一辆质量为的电动车在平直公路上测试时的速度—时间图像，0~8s及18s之后的图线均为直线，中间曲线平滑连接。已知该电动车的额定功率为8kW，其所受阻力大小恒定不变，由静止开始启动，在18s末电动车的速度恰好达到最大值。下列说法正确的是（　　）

A．电动车前8s运动过程中功率恒定

B．电动车的最大牵引力大小为800N

C．电动车在0~18s内的牵引力做功为

D．电动车在8s~18s内的位移大小为87.5m

6．如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P与传送带之间的动摩擦因数为，在接触弹簧前速度已达到v，P与弹簧接触后继续运动，弹簧的最大形变量为d，设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中（　　）

A．P的速度不断减小

B．摩擦力对P先做正功再做负功

C．传送带多消耗的电能为

D．弹簧的弹性势能变化量

7．如图甲所示，水平地面上固定一足够长竖直光滑杆，轻弹簧套在杆上且下端固定，上端与一套在杆上的小物块接触但不拴接，轻弹簧劲度系数k=150N/m。将小物块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，由静止释放小物块，其上升过程机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图像中x≥0.2m部分为直线。以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s²，滑块上升后，距地面的最大高度为（　　）

A．0.2m B．0.3m C．0.4m D．0.5m

8．在水平面内绕中心轴旋转的圆盘上固定有甲、乙两个木马，各自到中心轴的距离之比为1∶2，圆盘从开始运动到停止过程中的角速度ω随时间t的变化关系如题图所示。则（）

A．在0~t₀内任意时刻，乙的线速度大小是甲的4倍

B．在t₀~2t₀内，乙的向心加速度大小是甲的4倍

C．乙在t₀~2t₀内的旋转角度是甲在2t₀~4t₀内的2倍

D．乙在2t₀~4t₀内的运动路程是甲在0~t₀内的4倍

二、多选题（本大题共2小题）

9．一列横波沿着x轴正方向传播，处在和的两质点A和B的振动图像如图所示，则以下说法错误的是（　　）

A．2.5 s末A和B两质点的位移相同

B．2 s末A点的速度小于B点的速度

C．该波的波长可能为

D．该波的波速可能为

10．如图(a)，质量分别为m_A、m_B的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示，S₁表示0到t₁时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S₂、S₃分别表示t₁到t₂时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t₁时刻的速度为v₀。下列说法正确的是 (　　)

A．0到t₁时间内，墙对B的冲量等于m_Av₀

B．m_A>m_B

C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x

D．S₁-S₂=S₃

三、解答题（本大题共2小题）

11．如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量，木板中间某位置叠放着质量的小物块，整体处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与桌面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，薄木板足够长。现对木板施加水平向右的恒定拉力，当木板向右运动的位移时，撤去拉力F，木板和小物块继续运动一段时间后均静止，求：

（1）撤去拉力F时，木板的速度v；

（2）撤去拉力F后，木板继续运动的位移；

（3）全过程中产生的总热量Q。

12．如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点。在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板C的左端静止。将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰。

（1）求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值。

（2）若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？

参考答案

1．【答案】B

【详解】物体处于平衡状态时，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大；A错误；物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒，例如自由下落的物体；B正确；根据动能定理得物体动能的变化等于合外力对物体做的功，而物体机械能的变化等于除了重力之外的力做的功；C错误；物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，物体除了受重力和弹力的作用，还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零；D错误.

2．【答案】C

【详解】AB．设火星的半径为R，由几何关系可得

结合

、

综合解得

则探测器绕火星运行的轨道半径为

选项AB错误；

C．在火星表面，由重力近似等于万有引力可得

结合

解得

选项C正确；

D．探测器沿近火星表面绕火星做圆周运动，由万有引力充当向心力可得

结合前面分析，得到火星质量M、半径R，便可求得火星的第一宇宙速度，选项D错误。

故选C。

3．【答案】D

【详解】

火箭喷气瞬间，内力远大于外力，可认为系统动量守恒，则，解得：火箭的速度．故D项正确，ABC三项错误．

4．【答案】B

【详解】A．手机做自由落体运动，手机接触头部之前的速度约为v= m/s=2m/s，选项A错误；

C．手机落到头上后速度减为0，设头部对手机的作用力为F，因为手机落在头上没反弹，速度减为0，由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv)，解得F=2.4N，选项C错误；

B．根据力的作用是相互的，则手机对头部的作用力也是2.4N，作用时间是0.2s，手机对头部的冲量大小为2.4N×0.2s=0.48Ns，选项B正确；

D．手机的动量变化量为△p=mv=0.12kg×2m/s=0.24kgm/s，选项D错误。选B。

5．【答案】C

【详解】A．电动车前8s内做匀加速直线运动，牵引力保持不变，根据可知，功率逐渐增大，故A错误；牵引力等于阻力时，电动车做匀速直线运动，则阻力大小为，电动车前8s内做匀加速直线运动，牵引力最大，根据牛顿第二定律可得，又，联立解得电动车的最大牵引力大小为，故B错误；电动车前8s内通过的位移大小为，电动车在0~18s内的牵引力做功为，故C正确；在8s~18s内，根据动能定理可得，代入数据解得电动车在8s~18s内的位移大小为，故D错误。

6．【答案】D

【详解】A．小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，A错误；

B．P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中，物块先向右做匀速直线运动，后向右做减速直线运动，传送带对物块的摩擦力方向一直向右，即摩擦力对P一直做正功，B错误；

C．对传送带进行分析，令P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程经历时间为，则传送带的位移为，由于物块先向右做匀速直线运动，后向右做加速度增大的减速直线运动，则有，即有，结合上述可知，小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，则传送带所受摩擦力的平均值，根据功能关系，传送带多消耗的电能为，C错误；

D．在压缩弹簧但物块相对传送带静止的过程，摩擦力小于，因此压缩弹簧的过程中，摩擦力对P做的功，根据动能定理有，根据功能关系有，解得，D正确。选D。

7．【答案】D

【详解】当小物块的机械能不变，弹簧恢复原长，由图乙所示图像可知，弹簧原长L₀=h+x=0.1m+0.2m=0.3m，由图乙所示可知，小物块初始位置的机械能即重力势能E_P₀=mgh=1J，代入数据解得小物块的质量m=1kg ，对弹簧与小物块组成的系统，由机械能守恒定律得，解得h＇=0.4m，滑块上升后，距地面的最大高度为，选D。

8．【答案】D

【详解】A．由于甲乙木马属于同轴转动，因此在转动过程中角速度相同，而根据角速度与线速度之间的关系，可知，两木马转动半径比为1：2，因此任意时刻线速度之比为1：2，即在0~t₀内任意时刻，乙的线速度大小是甲的2倍，A错误；

B．向心加速度，可知向心加速度之比等于半径之比，因此在t₀~2t₀内，乙的向心加速度大小是甲的2倍，B错误；

C．做圆周运动的物体在任意时间内转过的角度，由此可知图像与时间轴围成的面积表示转过的角度，则根据图像可得乙在t₀~2t₀内的旋转角度为，甲在2t₀~4t₀内转过的角度，即乙在t₀~2t₀内的旋转角度与甲在2t₀~4t₀内的相等，C错误；

D．甲在2t₀~4t₀内转过的角度与乙在2t₀~4t₀内转过的角度相等，均为，则可得乙在2t₀~4t₀内的运动路程，甲在0~t₀内转过的角度，则甲在0~t₀内的路程为，可得，即乙在2t₀~4t₀内的运动路程是甲在0~t₀内的4倍，D正确。选D。

9．【答案】BC

【详解】由图可得，周期为4 s，A和B两质点的振动方程分别为，，当t=2.5 s时，A正确，不符合题意；由振动图像可知，2 s末A质点的位移，处于平衡位置，速度最大；B质点的位移，处于波谷，速度是零，所以2 s末A质点的速度大于B质点的速度，B错误，符合题意；t=0时刻，质点A正通过平衡位置向上运动，质点B在波峰，波从A向B传播，则A和B间的距离，则（n=0，1，2…），因而该波的波长不可能为，C错误，符合题意；根据（n=0，1，2…），当时，波速为，D正确，不符合题意。

10．【答案】ABD

【题图剖析】　

【解析】从a-t图像可知，0~t₁时间内B物体未运动，仍处于静止状态，故墙对B的作用力的大小、方向和弹簧对A的作用力大小、方向均相等，故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相同，故由动量定理可知其大小等于m_Av₀，选项A正确；t₁时刻之后，A、B构成的系统动量守恒，在t₂时刻，弹簧形变量最大，弹簧弹力最大，A、B加速度a也最大，且此时A、B受力大小相等，方向相反，a_A<a_B，所以m_A>m_B，选项B正确；t₂时刻弹簧形变量最大，a_A<a₀，所以形变量小于x，选项C错误；由于a-t图线与时间轴围成的面积表示速度变化量(破题关键)，故t₁时刻A的速度v₀=S₁，t₂时刻v_B=S₃，v_A=S₁-S₂，当弹簧形变量最大时有v_A=v_B，解得S₁-S₂=S₃，选项D正确。

11．【答案】（1）（2）（3）

【详解】（1）设对木板施加水平向右的恒定拉力大小为时，小物块与木板恰好不发生相对滑动，此时小物块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，设小物块此时的加速度大小为，对小物块，根据牛顿第二定律有，对整体有，解得，对木板施加水平向右的恒定拉力时，小物块与木板保持相对静止，从木板开始运动到撤去拉力F，对木板和小物块整体分析，根据动能定理有，解得。