上海市大同中学2024-2025学年高二上学期开学物理试题（原卷版+解析版）

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1. 如图所示，自行车的小齿轮、大齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分，且半径、，当自行车悬空，大齿轮带动后轮匀速转动时，三轮边缘的向心加速度的大小之比等于（）
A 1：1：8B. 4：1：4
C 4：1：32D. 1：2：4
【答案】C
【解析】
【详解】小齿轮和大齿轮通过链条连接，边缘线速度相等，即，小齿轮和后轮同轴转动，角速度相等，有；由向心加速度可判断
由向心加速度可判断
所以
故选C。
2. 质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘旋（如图所示），其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则此时空气对飞机的作用力大小为（ ）
A. B. mg
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
设飞机受到空气的作用力为F，受力分析如图所示，合外力作为向心力，可得
解得空气对飞机的作用力大小为
A正确。
故选A。
3. 在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心。能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的选项是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】狗拉着雪橇做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供向心力，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，故沿切线向后，拉力与摩擦力的合力指向圆心，故拉力指向斜上方，故ABD错误，C正确。
故选C。
4. 如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】小船和救生员组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，有
(M + m)v0 = m( - v) + Mv′
解得
v′ = v0 + (v0 + v)
故选C。
5. 某地发生地震，一架装载救灾物资的直升飞机，以10 m/s的速度水平飞行，在距地面180 m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则（ ）
A. 物资投出后经过6s到达地面目标
B. 物资投出后经过180s到达地面目标
C. 应在距地面目标水平距离80 m处投出物资
D. 应在距地面目标水平距离180 m处投出物资
【答案】A
【解析】
【详解】AB. 救灾物资在竖直方向做自由落体运动，根据
解得
所以物资投出后经过6s到达地面目标，故A正确，B错误；
CD. 救灾物资在水平方向做匀速直线运动，则
所以应在距地面目标水平距离60 m处投出物资，故CD错误。
故选A。
6. 人们设计出磁悬浮列车，列车能以很大速度行驶，列车的速度很大，是采取了下列哪些可能的措施（ ）
A. 减小列车的质量
B. 增大列车的牵引力
C. 减小列车所受阻力
D. 减小列车的功率
【答案】C
【解析】
【详解】列车以最高速度匀速行驶时，满足
，
则
所以列车悬浮后，通过减小列车受的阻力以及增大列车的功率可以提高列车的速度。
故选C。
7. 河宽60m，水流速度v1=6m/s，小船在静水中的速度v2=3m/s，求：
（1）小船渡河的最短时间；
（2）小船渡河的最短航程。
【答案】（1）20s；（2）120m
【解析】
【详解】（1）当小船垂直河岸航行时，渡河时间最短，
（2）因为船速小于水速，所以小船一定向下游飘移。如图所示
以v1矢量末端为圆心，以v2矢量的大小为半径画弧，从v1矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最短。由图可知，最短航程为
二 航天
8. 天舟二号采用自主快速交会对接模式，成功对接天和核心舱后向端口。二者对接前、后瞬间的总动量大小分别为 p1、p2；总动能分别为 E1、E2，则（ ）
A. p1 > p2，E1 > E2B. p1 = p2，E1 > E2C. p1 > p2，E1 = E2D. p1 = p2，E1 = E2
【答案】B
【解析】
【详解】对接过程可认为系统满足动量守恒，则有
因为对接后二者具有共同速度，属于完全非弹性碰撞，存在机械能损失，则有
故选B。
9. 航天员在空间站做了一系列实验。若航天员用弹簧振子做振动实验，得到振子的振动图线如图所示。在0～1.0 s内，振子速度大小不断增大且方向沿y轴正方向的时间段是（ ）
A. 0 ~ 0.25 s
B. 0.25 ~ 0.5 s
C. 0.5 ~ 0.75 s
D. 0.75 ~ 1.0 s
【答案】B
【解析】
【详解】A．0 ~ 0.25 s，振子由平衡位置向负向最大位移处运动，故此时振子速度大小不断减小，方向沿y轴负方向，故A错误；
B．0.25 ~ 0.5 s，振子由负向最大位移处向平衡位置运动，故此时振子速度大小不断增大，方向沿y轴正方向，故B正确；
C．0.5 ~ 0.75 s，振子由平衡位置向正向最大位移处运动，故此时振子速度大小不断减小，方向沿y轴正方向，故C错误；
D．0.75 ~ 1.0 s，振子由正向最大位移处向平衡位置运动，故此时振子速度大小不断增大，方向沿y轴负方向，故D错误。
故选B。
10. 有一宇宙飞船，它的正对面积S=，以的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加 ( )
A. 36NB. 3.6NC. 12ND. 1.2N
【答案】A
【解析】
【详解】选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为v△t的圆柱体内微粒的质量．即 M=mSv△t，初动量为0，末动量为mv．设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：F•△t=Mv-0，则；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′=F=mSv2；代入数据得：F′=2×10-6×2×（3×103）2N=36N．故BCD错误，A正确，故选A．
11. 天宫空间站的质量为m，绕地球运行的线速度大小为v。以无穷远处为零势能面，空间站的动能为__________，机械能E为__________。
【答案】 ①. 0.5mv2 ②. -0.5mv2
【解析】
【详解】[1]空间站的动能为
[2]根据万有引力提供向心力得
在地球表面万有引力等于重力，即
空间站的机械能为
三 振动
12. 某同学看到一只鸟落在树枝上的P处（如图所示），树枝在10s内上下振动了6次。鸟飞走后，他把50g的砝码挂在P处，发现树枝在10s内上下振动了12次。将50g的砝码换成500g的砝码后，他发现树枝在15s内上下振动了6次。试估计鸟的质量最接近（ ）
A. 50gB. 200gC. 500gD. 550g
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】相同时间的振动次数随振动物体的质量增大而减小。小鸟在10s内上下振动了6次，正处在50g砝码和500g的砝码在相同时间内振动的次数之间，因此小鸟的质量应在50g和500g之间。
故选B。
13. 一物体做受迫振动，最初驱动力的频率小于该物体的固有频率。则在驱动力的频率逐渐增大到一定数值的过程中，该物体的振幅可能（ ）
A. 保持不变B. 逐渐减小C. 先逐渐增大，后逐渐减小D. 先逐渐减小，后逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】当驱动力频率等于固有频率时，做受迫振动的物体发生共振现象，振幅最大。若驱动力频率小于物体的固有频率，则物体的振幅逐渐增大，若驱动力频率最后大于物体的固有频率，则物体的振幅逐渐减小，故 C正确。
故选C。
14. 在探究“单摆的周期与摆长的关系”实验中，下列措施中哪些可减小实验误差（ ）
A. 为了便于及时观察，单摆的摆角应尽量大些
B. 摆线不能太短
C. 摆球为密度较大的实心金属小球
D. 测量周期时单摆全振动的次数尽可能多些
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．单摆在摆角小于时的运动是简谐运动，所以单摆的摆角不能太大，故A错误；
B．为了减小实验误差，摆线应适当长些，故B正确；
C．摆球应选择密度较大的实心金属小球，以减小振动中的空气阻力，故C正确；
D．为了减小测量误差，应采用累积法测量周期，即测量单摆n次全振动的时间t，再根据
求出周期，n越大，误差越小，故D正确。
故选BCD。
15. 如图，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A. 圆环的机械能守恒
B. 弹簧弹性势能变化了
C. 圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零
D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
【答案】BC
【解析】
【详解】A．圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，故A错误；
B．圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为
圆环的速度为零，根据整个系统机械能守恒，可得
即弹簧弹性势能变化了，故B正确；
C．圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所受合力不为零，故C正确；
D．在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，故D错误。
故选BC。
16. 某同学利用单摆周期公式测当地的重力加速度，测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况（单摆摆角均小于5度），并将记录的数据描点绘出图线，若图线的斜率为k，则用斜率k求重力加速度的表达式为g=__________。
【答案】
【解析】
【详解】由单摆的周期公式可得
可知图线是一条过原点的倾斜直线，若图线的斜率为k，则有
解得重力加速度的表达式为
17. 如图所示，光滑水平面上放有一个弹簧振子，已知振子滑块的质量m＝0.1 kg，将振子滑块从平衡位置O向左移4 cm由静止释放后在B、C间运动，设系统在B处时具有的弹性势能为5 J，则滑块的最大速度为______m/s，滑块完成5次全振动时走过的路程为___cm。
【答案】 ①. 10 ②. 80
【解析】
【详解】[1]根据能量守恒可得
可得滑块的最大速度为
[2]1次全振动时走过的路程为振幅的4倍，则滑块完成5次全振动时走过的路程为
四 撞
18. 某同学使用数码小车研究碰撞过程，实验装置如图。两材质完全相同的数码小车1、2置于水平长直轨道上，小车质量m1 = 0.3kg、m2 = 0.2kg。小车1前方固定有轻质弹簧，以一定的速度撞击原本静止在轨道上的小车2，测得一段时间内里两车速度v随时间t变化的图像，各时刻小车的速度值标示如图。该同学由图判断两车发生碰撞的时间段约为0.01s至 0.05s，不计空气阻力。
碰撞过程中，两车间的相互作用力（ ）
A. 保持不变B. 持续增大C. 先增大后减小D. 先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】根据图像的切线斜率绝对值表示加速度大小，可知碰撞过程中，加速度先增大后减小，根据牛顿第二定律可知两车间的相互作用力先增大后减小。
故选C。
19. 如图（1）所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30kg的小孩乘甲车以5m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15kg，乙车静止于甲车滑行的前方，两车碰撞前后的位移随时间变化图象如图（2）所示．
求：（1）甲乙两车碰撞后的速度大小；
（2）乙车的质量；
（3）为了避免甲乙两车相撞，小孩至少以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？
【答案】（1）甲车的速度大小为，乙车的速度大小为v2=3m/s
（2）
（3）
【解析】
【详解】（1）由图可知，碰撞后甲车的速度大小为 （1分）
乙车的速度大小为v2="3m/s " （1分）
（2）在碰撞过程中，三者组成的系统满足动量守恒．
（2分）
解得： （1分）
（3）设人跳向乙车的速度为v人,由动量守恒定律得
人跳离甲车： （1分）
人跳至乙车： （1分）
为使二车避免相撞，应满足 （2分）
取“=”时，人跳离甲车的速度最小， （2分）
20. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1=1kg，试求：
（1）物块B质量；
（2）弹簧的最大弹性势能；
（3）t2时刻B的速度达最大，求此时刻A物块速度的大小。
【答案】（1）2kg；（2）3J；（3）1m/s
【解析】
【分析】
【详解】（1）由图像可知A物块的初速度，时刻两物块达共速，由动量守恒得
解得
（2）由图像可知时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得
解得
（3）B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒
由能量守恒
解得
故A的速度大小为