2024-2025学年上海市华东师大二附中高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年上海市华东师大二附中高二（上）开学物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了蜜蜂授粉，塔吊，04kg等内容，欢迎下载使用。

2.（21分）“打水漂”是古老的游戏，将扁平的石子向水面快速抛出，若成功，石子会在水面上连续跳跃飞向远方，形成如图所示的“水漂”效果。
(1)以一定的高度水平扔出的石子和水面相撞后，在水面上弹跳前进，形成“水漂”。假设水平方向速度没有损失，竖直方向碰撞后速度变小，如图有可能是石子“水漂”轨迹的是______。

(2)若“打水漂”机器向平静的湖面抛出的石子恰好砸中湖面一个安全警戒浮漂，浮漂之后的运动可简化为竖直方向的简谐振动，距浮漂1.6m的水面有一片小树叶。
①受浮漂振动形成水波的影响，小树叶______逐渐远离浮漂。(选填：A.能；B.不能)
②若浮漂在4.0s内全振动了8次，当它开始第9次振动时，小树叶刚好开始振动，则此水波的周期为______s，此水波的传播速度为______m/s。
(3)“嫦娥五号”月球探测器返回舱为了安全带回样品，采用了类似“打水漂”多段多次减速技术。如图所示，用虚线球面表示地球大气层边界，边界外侧没有大气。关闭发动机的返回舱从a点滑入大气层，然后经b点从c点“跳出”，经d点后再从e点“跃入”，d点为轨迹最高点，距离地面高度为ℎ，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R。

①下列选项正确的是______。
A.va>vc>ve
B.va=vc=ve
C.va>vc=ve
②下列关于返回舱在b、d两点的状态判断正确的是______。
A.超重，失重
B.失重，超重
C.超重，超重
③返回舱在d点时的角速度______ gR2(R+ℎ)3(选填：A.大于；B.等于；C.小于)。
④返回舱在d点的加速度大小为______。
3.（19分）塔吊
塔吊是一种在建筑工地、港口等场所广泛使用的起重机械设备。如图1所示为某同学购买的塔吊模型，重物的质量m=0.04kg。

(1)一建筑塔吊向右上方匀速提升物体，忽略空气阻力，物体所受重力为G，拉力为FT，则物体的受力图正确的是______。

(2)若物体被吊车竖直向上吊起过程的v−t图像如图2所示，下列判断正确的是______。
A.前5s的平均速度是0.5m/s
B.整个过程上升高度是30m
C.30∼36s物体处于超重状态
D.0∼10s物体处于超重状态
(3)(计算)若塔吊的最大功率为0.5W，塔吊吊着物体以恒定加速度a=2.5m/s2竖直向上匀加速运动，最终达到最大速度。求：
①匀加速过程需要的时间是多少？
②若吊车足够高，则提升物体的最大速度是多少？
③竖直上升1m后，物体恰好达到最大速度，达到最大速度所经历的时间是多少？(保留2位有效数字)
4.（14分）生活中的物理
(1)人站在电梯里，随电梯匀速向下运动，下列说法正确的是______。
A.人所受的重力做正功
B.人所受的重力不做功
C.梯面对人的支持力做正功
D.梯面对人的支持力不做功
(2)一人用力将质量为600g的篮球投出，使篮球以5m/s的初速度飞向篮框。假设人投篮时对篮球的平均作用力为100N，人距离篮框的水平距离为4m，则人对篮球所做的功为______。

B.300J
C.400J
D.500J
(3)质量为m的物体在水平恒力F的推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为ℎ的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为s，同时受到空气阻力的作用。下列说法正确的是______。

A.物体重力做的功是mgℎ
B.合力对物体做的功是mv22+mgℎ
C.空气阻力对物体做的功是Fs−mgℎ
D.空气阻力对物体做的功是mv22+mgℎ−Fs
(4)如图a所示是打桩机的简易模型。质量m=1.0kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子后物体不再弹起，将钉子打入一定深度。若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度ℎ的关系图像如图b所示。不计所有摩擦，g=10m/s2。物体上升过程所受拉力F= ______N；忽略打击钉子及钉入的时间，则物体给钉子的冲量大小为______kg⋅m/s(结果均保留两位有效数字)。
5.（32分）在汽车行驶过程中，保持适当的车速，充分了解所驾驶车辆的加速及刹车性能均是安全驾驶的必要前提。
(1)质量为m的汽车以速度v匀速行驶，突然以大小为F的制动力刹车直到汽车停止，过程中受到大小f的空气阻力、下列说法正确的是______。
A.减速运动加速度大小a=Fm
B.力F的冲量为mv
C.刹车距离为mv22(F+f)
D.匀速行驶时功率为(f+F)v
(2)(不定项)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部______。

A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
(3)公路上的减速带用于降低车速。一辆汽车悬架的固有频率为10Hz，驶过某路面上的一排减速带，相邻减速带的间距为2m，则______。
A.汽车颠簸的频率始终为10Hz
B.汽车速度越大，颠簸得越厉害
C.汽车速度越大，汽车悬架的固有频率越大
D.当汽车以20m/s的速度行驶时颠簸得最厉害
(4)某额定功率为P0的汽车以加速度a1匀加速启动，到额定功率后保持恒功率行驶至最大速度。已经汽车v−t图线如图①所示。若该汽车以加速度a2(a2=2a1)匀加速启动，以相同的方式达到汽车最大速度，v−t图线可能是下列中的______(整个过程阻力不变)。

(5)为了模拟两车相撞事故，现用两只玩具小车A、B做模拟碰撞实验。玩具小车A、B质量分别为：m1=1kg和m2=3kg，把两车放置在相距s=8m的水平面上。现让小车A在水平恒力F=8N作用下向着小车B运动，恒力作用一段时间后撤去，小车A继续运动与小车B发生碰撞，碰撞后两车粘在一起，滑行d=0.25m停下。已知两车运动所受的阻力均为重力的0.2倍，重力加速度取10m/s2。求：
①两个小车碰撞后的速度大小；
②小车A受到的恒力F的作用时间。
答案解析
1.B A B B C
【解析】解：(1)电中性的蜜蜂在飞行过程中带上了+3×10−11C的电量的原因是失去了电子，失去电子的个数为
n=qe=3×10−111.6×10−19个≈1.9×108个，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(2)根据电场线的疏密表示场强的相对大小可知，a、b两点中a点电场强度较大。
根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知a、b两点中b点电势较高。
故答案为：A，B。
(3)依题意，花粉带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，而ab之间的电场线是曲线，花粉除受电场力外也受重力作用，则从花蕊向蜜蜂移动过程中不能沿着ab所在的电场线移动到蜜蜂身上。
故答案为：A。
(4)当一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊时，二者均带正电，则它们之间的电场线分布类似等量正电荷电场线分布，故ABD错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)B；(2)A，B；(3)B；(4)C。
(1)蜜蜂带正电，失去了电子，根据电量与元电荷之比求失去的电子个数；
(2)根据电场线的疏密分析场强的大小；根据顺着电场线方向电势降低，分析电势高低；
(3)分析花粉的受力情况，判断其能否沿着ab所在的电场线移动到蜜蜂身上；
(4)当一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊时，二者均带正电，由此分析它们之间的电场线分布情况。
解答本题时，要掌握电场线的物理意义，知道电场线的疏密表示场强的相对大小，顺着电场线方向电势逐渐降低。
2.C B 0.5 0.4 C A C gR2(R+ℎ)2
【解析】解：(1)石子和水面相撞后，水平方向速度没有损失，竖直方向碰撞后速度变小，可知竖直方向上的高度逐渐减小，根据
ℎ=12g(t2)2
解得
t=2 2ℎg
可知石子在空中运动的时间逐渐减小，根据
x=v0t
可知石子在水平方向的位移逐渐减小。
故ABD错误，C正确；
故选：C。
(2)①浮漂沿竖直方向做简谐振动，由于质点不能随波迁移，受浮漂振动形成水波的影响，距浮漂1.6 m的水面有一片小树叶只会在竖直方向上下振动，小树叶不能逐渐远离浮漂。
故选B。
②浮漂在4.0s内全振动了8次，故水波的周期为
T=4.08s=0.5s
当它开始第9次振动时，小树叶刚好开始振动，即水波在8次全振动时间内恰好传播了1.6m，故水波的传播速度为
v=st=
(3)①返回舱从a点滑入大气层经b点到达c点的过程，由于有空气阻力做负功，返回舱的动能减小，故有
va>vc
从c点经d点后达到e点的过程，不受空气阻力作用，返回舱在该过程机械能守恒。而c点和e点高度相等，返回舱在两点的重力势能相等，故有
ve=vc
整理有
va>vc=ve
故AB错误，C正确；
故选：C。
②返回舱在b点做离心运动，加速度向上，返回舱处于超重状态。返回舱在d点做近心运动，加速度向下，返回舱处于失重状态，故A正确，BC错误。
故选：A。
③当返回舱在d点做近心运动，即其所受万有引力大于其做圆周运动向心力，故根据牛顿第二定律有
man=mω2(R+ℎ)此时返回舱只受万有引力作用，根据万有引力定律及牛顿第二E定律有
GMm(R+ℎ)2=ma
在地球表面的物体，其所受重力等于万有引力，故有
GMmR2=mg
联立解得
agR2(R+ℎ)2，ω< aR+ℎ= gR2(R+ℎ)3
故选：C。
④根据③问中的分析可知返回舱在d点的加速度大小为
a=gR2(R+ℎ)2
故答案为：(1)C；(2)B；0.5；0.4；(3)C；A；C；gR2(R+ℎ)2
(1)根据石子水平与竖直方向的运动规律分析解答；
(2)质点只能在平衡位置附近竖直运动，根据波速、波长公式解答；
(3)根据机械能守恒结合阻力做功分析速度大小；根据万有引力提供向心力分析解答。
本题考查波的传播，解题关键掌握波速的计算公式，还需掌握万有引力提供向心力的应用。
3.D D
【解析】解：(1)物体匀速上升，则合力为零，所以拉力与重力等大反向，故ABC错误，D正确。
(2)AB、由v−t图像面积表示位移，可得前5s的位移为：x1=12×5×0.5m=1.25m，整个过程上升高度为：ℎ=12×(30−10+36)×1m=28m
前5s的平均速度为：v−=x1t1=1.255m/s=0.25m/s，故AB错误；
CD、由图可知，30∼36s材料减速上升，加速度向下，处于失重状态，0∼10s材料加速上升，加速度向上，处于超重状态，故C错误，D正确。
(3)①物体匀加速过程由牛顿第二定律有：F−mg=ma
代入数据可得：F=0.5N
物体匀加速阶段结束时速度为：v1=PmaxF=0.50.5 m/s=1m/s
则匀加速阶段持续的时间为：t1=v1a=12.5s=0.4s
②物体的牵引力与重力等大反向时，速度最大，则有：vm=PmaxF′=Pmaxmg=×10m/s=1.25m/s
③匀加速阶段上升的高度为：ℎ1=12at12=12×2.5×(0.4)2m=0.2m
变加速过程上升的高度为：ℎ2=ℎ−ℎ1=1m−0.2m=0.8m
变加速过程，由动能定理有：Pmaxt2−mgℎ2=12mvm2−12mv12
代入数据可得：t2=0.6625s
则物体达到最大速度所经历的时间为：t=t1+t2=0.4s+0.6625s=1.0625s≈1.0s
故答案为：(1)D；(2)D；(3)①0.4s；②1.25m/s；③1.0s。
(1)根据物体合力为零分析；
(2)AB、利用v−t图像面积表示位移，由图可得前5s的位移，整个过程上升的高度，利用v−=ΔxΔt可得平均速度大小；
CD、根据加速度方向判断超失重；
(3)①物体匀加速过程利用牛顿第二定理可得牵引力大小，利用P=Fv可得匀加速运动结束时物体速度大小，利用运动学公式可得物体匀加速阶段持续的时间；
②根据物体牵引力和重力等大时速度最大，利用P=Fv可得最大速度；
③利用ℎ=12at2可得第一阶段物体上升的高度，利用上升的总高度则可得物体在变加速过程上升的高度，变加速过程由动能定理可得此过程运动的时间，则可得结论。
本题考查了汽车的恒加速启动问题、动能定理、牛顿第二定律、超失重，解题的关键是知道物体的加速度向上，则处于超重状态，若物体的加速度向下，则处于失重状态；知道物体的牵引力和阻力等大反向时，物体的速度最大。
4.A A D 12 4.9
【解析】解：(1)AB、人随电梯匀速向下运动过程，人所受的重力方向与其位移方向相同，重力做正功，故A正确，B错误；
CD、梯面对人的支持力方向与其位移方向相反，所以梯面对人的支持力做负功，故CD错误。
(2)由功能关系可知人对篮球做的功等于篮球获得的初动能，则有：W人=12mv02=12×0.6×52J=7.5J，故A正确，BCD错误；
(3)A、物体重力做的功是：WG=−mgℎ，故A错误；
B、从A到B过程，由动能定理有：W合=Fs+WG+W阻=12mv2，可得合力做功：W合=12mv2，空气阻力做功为：W阻=12mv2+mgℎ−Fs，故BC错误；D正确。
(4)由功能关系则有：ΔE=F⋅Δℎ，可得F=ΔEΔℎ，E−ℎ图像的斜率等于拉力，则F=ΔEΔℎ=12−01.0−0N=12N
由图可知，物体上升1m撤去力F，此时物体的机械能为，E=12J
撤去力F，物体只有重力做功，从物体撤去力F到物体刚落到钉子过程，由机械能守恒定律可得：E=12mv2
代入数据可得物体落到钉子上时的速度大小为：v=2 6m/s
取竖直向上为正方向，物体打击钉子的过程由动量定理有：I=0−m×(−v)
代入数据可得钉子对物体的冲量为：I=4.9kg⋅m/s
由牛顿第三定律可知物体受到钉子的作用力与物体对钉子的作用力大小相等，方向相反，所以物体给钉子的冲量大小为4.9kg⋅m/s。
故答案为：(1)A；(2)A；(3)D；(4)12；4.9。
(1)AB、根据重力与位移方向的关系分析；
CD、根据支持力与位移方向的关系分析；
(2)根据人对篮球做的功等于篮球获得的初动能求解；
(3)A、根据WG=−mgℎ求解；
BCD、利用动能定理求解。
(4)利用功能关系可知E−ℎ图像的斜率等于拉力，则可得F大小，利用机械能守恒定律可得物体落到钉子上时的速度大小，物体打击钉子的过程利用动量定理可得钉子对物体的冲量，利用牛顿第三定律可得物体给钉子的冲量大小。
本题考查了动能定理、功能关系和机械能守恒定律、动量定理、牛顿第三定律，解题的关键是知道力与其位移的夹角为锐角，则力做正功，力与其位移的夹角为钝角，则力做负功，熟记功能关系除重力外，其它力做的功等于机械能的变化量，知道E−ℎ图像斜率的含义。
5.C AD D D
【解析】解：(1)A.根据牛顿第二定律得：F+f=ma，可得减速运动加速度大小为：a=F+fm，故A错误；
B.根据运动学公式有：0=v−at，解得列车制动刹车的时间为：t=mvF+f
可得力F的冲量大小为：I=Ft=FmvF+f，方向与运动方向相反，故B错误；
C.根据运动学公式有：0−v2=−2ax，可得刹车距离为：x=v22a=mv22(F+f)，故C正确；
D.匀速行驶时牵引力大小等于阻力大小，则牵引力的功率为：P=fv，故D错误。
故选：C。
(2)AB.根据题意，假人的头部只受到安全气囊的作用，则F−t图像的面积表示合外力的冲量，而根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，即F−t图像的面积也表示动量的变化量，且图像始终在时间轴上方，且假人的头部做减速运动，则可知动量的大小一直减小，故A正确，B错误；
C.根据动量大小与动能的关系：Ek=p22m，而动量变化等于曲线与横轴围成的面积，则可知动能变化不正比于曲线与横轴围成的面积，故C错误；
D.假人头部只受到气囊的作用力，而根据F−t图像可知，作用力随时间先增大后减小，根据牛顿第二定律F=ma，可知假人头部加速度大小先增大后减小，故D正确。
故选：AD。
(3)A.设汽车速度为v，经过间距为2m的减速带的时间为：t=xv=2vs
驱动力的频率，即汽车颠簸的频率为：f=1t=v2Hz，可知汽车颠簸的频率还与速度大小有关，故A错误；
BD.汽车的固有周期为T=1f=110s=0.1s
则汽车的速度为：v=xT=20.1m/s=20m/s时汽车发生共振现象，颠簸的最厉害，故B错误，D正确；
C.汽车悬架的固有频率与汽车悬架的刚度和悬架弹簧支承的质量有关，与汽车速度无关，故C错误。
故选：D。
(4)设阻力大小为f，汽车质量为m，汽车以加速度a1匀加速启动，匀加速过程结束时的速度为v1，根据牛顿第二定律可得：
a1=F1−fm，可得牵引力为：F1=f+ma1
v1=P0F1=P0f+ma1
匀加速过程所用时间为：
t1=v1a1=P0(f+ma1)a1
同理可得汽车以加速度a2(a2=2a1)匀加速时，结束匀加速时的速度为：
v2=P0F2=P0f+ma2
匀加速过程所用时间为：
t2=v2a2=P0(f+ma2)a2=P0(f+m⋅2a1)⋅2a1
可得：v12故选：D。
(5)①两小车碰撞后的滑行过程中，根据动能定理可得：
−0.2(m1+m2)gd=0−12(m1+m2)v32
解得两个小车碰撞后的速度大小为：v3=1m/s
②以碰撞前小车A的速度方向为正方向，两车碰撞过程中，根据动量守恒定律可得：
m1v2=(m1+m2)v3
解得：v2=4m/s
恒力作用过程，根据动量定理可得：
Ft−0.2m1gt=mv1
根据运动学公式可得：
x1=v12t
撤去F至二车相碰的过程有：
0.2m1gx2=12m1v12−12m1v22
又有：x1+x2=s
联立解得小车A受到的恒力F的作用时间为：t=1s
故答案为：(1)C；(2)AD；(3)D；(4)D；(5)①两个小车碰撞后的速度大小为1m/s；②小车A受到的恒力F的作用时间为1s。
(1)根据牛顿第二定律解答A选项；根据运动学公式求得列车制动刹车的时间，根据冲量的定义解答B选项；根据运动学公式解答C选项；匀速行驶时牵引力大小等于阻力大小，根据瞬时功率计算公式解答D选项。
(2)F−t图像的面积表示合外力的冲量，根据动量定理可知F−t图像的面积表示动量的变化量，据此解答AB选项；根据动量大小与动能的关系解答C选项；根据牛顿第二定律解答D选项。
(3)A.汽车颠簸的频率等于驱动力的频率，此频率与汽车速度大小有关；驱动力的频率等于固有频率时汽车发生共振现象，颠簸的最厉害，据此求得汽车的速度；汽车悬架的固有频率与汽车本身的结构、质量等因素有关，与汽车速度无关。
(4)根据瞬时功率计算公式、牛顿第二定律、运动学公式，推导匀加速过程的时间、末速度与加速度的关系式，分析v1与v2，t1与t2的大小关系。
(5)①两小车碰撞后的滑行过程中，根据动能定理可求得两个小车碰撞后的速度大小。
②两车碰撞过程中，根据动量守恒定律可求得碰撞前A的速度。对A碰撞前的运动过程，根据动量定理、运动学公式、动能定理解答。
本题考查了机车启动问题、碰撞问题。考查了动量守恒定律、动量定理、功能关系、牛顿第二定律应用。掌握机车启动两种方式的运动过程的分析。