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廣東省江門市鶴山市第一中學2024-2025學年高二上學期開學考物理試題
一、單項選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求，選對的得3分，選錯或者不答得0分。
1．（2024高二上·鶴山開學考）下列有關力學單位制的說法中正確的是（　　）
A．在有關力學的分析計算中，只能采用國際單位制，不能采用其他單位制
B．力學中選定的基本量有長度、質量和速度
C．力學中國際單位制中的基本單位有和
D．只有在國際單位制中，牛頓第二定律的表達式才是
【答案】D
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】A.在有關力學的分析計算中，可以采用國際單位，也可以采用其他單位，故A錯誤；
BC.力學單位制中，選為基本單位的物理量有長度、質量和時間，其單位分別為m，kg，s，速度不屬于基本物理量，故BC錯誤；
D.只有在國際單位制中，k值只能取1，牛頓第二定律的表達式才是 F=ma，故D正確。
故選D。
【分析】有關力學的分析計算中，可以采用國際單位，也可以采用其他單位；力學單位制中，選為基本單位的物理量有長度、質量和時間；只有在國際單位制中，k值只能取1，牛頓第二定律的表達式才是 F=ma。
2．（2024高二上·鶴山開學考）北京時間2023年10月 16日10時40 分廣西公路自行車世界巡回賽柳州段正式開賽，車隊市內途經高速柳州東出口一靜蘭大橋一桂柳路等路段，繞城一周，下列說法正確的是（　　）
A．題中“10時40分”指的是時間
B．車隊繞柳州城區一周的位移大小小于路程
C．研究車輪的轉動時，可以將自行車當作質點
D．某選手通過靜蘭大橋的速度為 15m/s，該速度是指瞬時速度
【答案】B
【知識點】質點；時間與時刻；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】瞬時速度是指運動物體在某一時刻（或某一位置）的速度．從物理含義上看，瞬時速度指某一時刻附近極短時間內的平均速度．瞬時速度的大小叫瞬時速率，簡稱速率。A．題中“10時40分”指的是時刻，A錯誤；
B．車隊繞柳州城區一周回到出發點，其位移是零，小于車隊走過的路程，車隊繞柳州城區一周的位移大小小于路程，B正確；
C．研究車輪的轉動時，不能忽略自身的形狀大小，不能將自行車當作質點，C錯誤；
D．靜蘭大橋是一段距離，某選手通過靜蘭大橋的速度是這一段路程的平均速度，D錯誤。
故選B。
【分析】如果研究某個問題時，物體的大小形狀可以忽略，就可以看成質點；時刻指某一瞬間，時間間隔是一段時間；只有做單向直線運動時，位移大小等于路程，否則位移大小均小于路程。
3．（2024高二上·鶴山開學考）某質點做直線運動的速度一時間圖像如圖所示，該質點（　　）
A．在第1s末速度方向發生了改變
B．第2s末回到起點
C．第0~1s和第2~3s內的加速度大小相同
D．在第2s末加速度方向發生了改變
【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】解決本題的關鍵要理解速度—時間圖象的物理意義，知道速度圖象的斜率表示加速度，“面積”表示位移。A．由質點做直線運動的速度一時間圖像可知，在0-2s內速度均為正值，則在第1s末速度方向沒有發生改變，選項A錯誤；
B．在0-2s內物體速度沒變，則第2s末沒有回到起點，選項B錯誤；
C．圖像斜率的大小等于加速度大小，可知第0~1s和第2~3s內的加速度大小相同，選項C正確；
D．圖像斜率的等于加速度，可知在第2s末加速度方向沒發生改變，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據速度的正負分析速度方向；根據v-t圖象的斜率表示加速度，分析加速度方向；根據圖象與時間軸所圍的面積表示位移。
4．（2024高二上·鶴山開學考）質量為的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，為半圓的最低點，為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為的小滑塊。用推力推動小滑塊由A點向點緩慢移動，力的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（　　）
A．推力先增大后減小
B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大
C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小
D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大
【答案】C
【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡
【解析】【解答】AB ．對滑塊受力分析，畫出受力示意圖，由平衡條件有
越來越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB錯誤；
C．運用整體法分析墻與凹槽之間的作用力變化情況，有墻面對凹槽的壓力為
則越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；
D．水平地面對凹槽的支持力為
則越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤；
故選C。
【分析】對滑塊分析受力，畫出受力示意圖，利用解析法分析各力的變化情況。對滑塊與凹槽，運用整體法分析墻與凹槽之間的作用力變化情況。
5．（2024高二上·鶴山開學考）《流浪地球2》影片中，太空電梯高聳入云，在地表與太空間高速穿梭。太空電梯上升到某高度時的重力加速度為，為地球表面重力加速度。已知地球半徑為，不考慮地球自轉，則此時電梯距離地面的高度為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】萬有引力定律的應用
【解析】【解答】在地面時，根據引力形成重力有
在某高度時，再根據引力形成空中重力有
解得
故選B。
【分析】利用引力形成重力可以求出電梯距離地面的高度。
6．（2024高二上·鶴山開學考）我國科技創新規劃提出要加強“深海”領域的探測和研究。如圖是某大學科研小組在深海探測結束后，利用牽引汽車將探測器從海面起吊上岸的示意圖，若不計滑輪摩擦和牽引繩質量。在牽引汽車以速率 v勻速向右運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．探測器處于超重狀態
B．探測器上升的速率大于 v
C．牽引繩拉力等于探測器重力
D．牽引繩拉力做的功等于探測器重力勢能的增加量
【答案】A
【知識點】超重與失重；運動的合成與分解；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】ABC．設牽引繩與水平方向夾角為θ，當牽引汽車勻速運動時，對車的速度沿繩子方向進行分解，根據速度的分解可以得出：探測器的速度為
則可知探測器速度小于v，由于夾角不斷減小則速度在增加；所以探測器的加速度向上，所以探測器處于超重狀態，由于加速度方向向上則合力向上，所以牽引繩拉力大于探測器重力，故A正確，BC錯誤；
D．由于牽引繩拉力大于探測器重力，故牽引繩拉力做的功大于探測器克服重力所做的功，且根據功率關系有：探測器重力勢能的增加量等于探測器克服重力所做的功；拉力做功大于探測器重力勢能的增加量，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用速度的分解可以求出探測器的速度大小，結合角度的變化可以判別探測器的速度變化，進而判別加速度的方向，利用加速度的方向可以比較拉力和重力的大小，進而比較兩力做功的大小。
7．（2024高二上·鶴山開學考）人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經常出現手機砸傷眼睛的情況，若手機質量為100g，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.2s，g取，下列說法正確的是（　　）
A．手機與眼睛作用過程中手機的動量變化約為
B．手機對眼睛的沖量方向豎直向上
C．手機對眼睛的沖量大小約為0.20N·s
D．手機對眼睛的平均作用力大小約為2.0N
【答案】D
【知識點】動量定理；動量
【解析】【解答】本題要熟練掌握動量定理的應用，運用動量定理時學生容易漏掉重力的沖量，另外注意各個量的方向要表達正確。A．手機到達人眼時的速度為
手機砸到眼睛后手機未反彈，手機的末速度為0，取向上為正；手機與眼睛作用過程中手機動量變化約為
故A錯誤；
B．根據可知，手機對眼睛的沖量方向與手機對眼睛的作用力F方向相同，豎直向下，故B錯誤；
CD．手機與眼睛作用過程中，以手機為對象，根據動量定理可得
解得眼睛對手機的沖量大小為
則手機對眼睛的沖量大小為；手機對眼睛的作用力大小為
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】手機做自由落體運動，求出手機觸碰到眼睛時的速度，由動量定理求手機與眼睛作用過程中手機動量變化量的大小；根據彈力產生原因判斷手機對眼睛的沖量方向；由動量定理求沖量的大小和手機對眼睛的平均作用力。
二、多項選擇題：本大題共3題，每1題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多少選項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯或不答得0分。
8．（2024高二上·鶴山開學考）下列說法正確的是（　　）
A．手握水杯置于空中處于靜止狀態，手對水杯的靜摩擦力豎直向上
B．跳遠運動員助跑是為了增加自己的慣性，以便跳得更遠
C．水平桌面上靜止放置的書由于發生形變，對桌面產生向下的彈力
D．做勻速圓周運動的物體的加速度保持不變
【答案】A,C
【知識點】形變與彈力；慣性與質量；靜摩擦力；向心加速度
【解析】【解答】熟練掌握題中各物理量的定義和特點是解決本題的關鍵。A．靜摩擦力方向與相對運動趨勢方向相反，水杯在重力作用下有向下運動的趨勢，則手對水杯的靜摩擦力豎直向上，故A正確；
B．慣性由質量決定，跳遠運動員助跑是為了增加自己的速度，以便跳得更遠，故B錯誤；
C．發生形變的物體對與之接觸的物體有彈力作用，水平桌面上靜止放置的書由于發生形變，對桌面產生向下的彈力，故C正確；
D．做勻速圓周運動的物體的加速度大小保持不變，方向時刻在發生變化，故D錯誤。
故選AC。
【分析】根據靜摩擦力的特點和性質進行判斷，方向為相對運動趨勢相反的方向；影響慣性的因素只有質量；根據彈力的產生條件及定義進行判斷。
9．（2024高二上·鶴山開學考）如圖所示，置于光滑水平面上的物塊P、Q用細線和輕彈簧連接在一起并處于靜止狀態，輕彈簧處于壓縮狀態。細線質量不計，關于物塊P、Q及細線、輕彈簧組成的系統，下列說法中正確的是（　　）
A．燒斷細線后，系統總動量始終為零
B．燒斷細線后，系統機械能始終為零
C．若在P的左側放一擋板后再燒斷細線，此后系統總動量仍然為零
D．若在Q的右側放一擋板后再燒斷細線，此后系統總動量向左
【答案】A,D
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題關鍵掌握系統動量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過分析受力，判斷是否系統的動量是否守恒。A．燒斷細線后，系統水平方向不受外力總動量守恒，始終為零。故A正確；
B．燒斷細線后，彈簧彈力做功，系統機械能守恒，不為零。故B錯誤；
C．若在P的左側放一擋板后再燒斷細線，擋板的彈力對系統有向右的沖量，根據動量定理可知此后系統總動量水平向右。故C錯誤；
D．同理，若在Q的右側放一擋板后再燒斷細線，擋板的彈力對系統有向左的沖量，根據動量定理可知此后系統總動量向左。故D正確。
故選AD。
【分析】在沒有外力作用的情況下，系統的總動量保持不變。當系統內部發生能量轉換時，如彈簧的彈性勢能轉換為物體的動能，系統的機械能總量保持不變。但當系統受到外力作用時，如擋板對物塊的作用力，系統的總動量和機械能可能會發生變化，據此判斷選項。
10．（2024高二上·鶴山開學考）如圖1，水平傳送帶（為左右兩端點）順時針勻速傳動，時在點輕放一個小物塊，物塊在皮帶上運動全過程中的位移-時間關系圖像如圖2（為拋物線，為直線）。重力加速度取，下列說法中正確的是（ ）
A．傳送帶的傳送速度是
B．物塊與傳送帶間的滑動摩擦系數為0.2
C．若傳送帶在時停轉，則物塊將停于B點
D．若令該物塊以的速率從B端向左滑上皮帶，經過一段時間物塊從A點飛出
【答案】C,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】該題屬于傳送帶問題，解決本題的關鍵知道物塊在傳送帶上的運動規律，然后結合圖像信息及運動學公式進行求解。A．圖像為直線，則物體做勻速直線運動，則傳送帶的傳送速度為
故A錯誤；
B．根據勻變速直線運動位移一時間公式有
將代入解得
根據牛頓第二定律可知
解得物塊與傳送帶間的滑動摩擦系數為
故B錯誤；
C．由上述分析可知物塊在時的速度為，若傳送帶在時停轉，則物塊將做勻減速直線運動，此時加速度為，根據速度一位移公式有
物塊將停于B點，故C正確；
D．若令該物塊以的速率從B端向左滑上皮帶，則它向左減速運動至速度為0的位移滿足
解得
則物塊從皮帶左邊離開，故D正確。
故選CD。
【分析】由直線段斜率求傳送帶速度， 由a=μg求動摩擦因數；由v'2=2ax''計算位移，判斷物塊能否離開傳送帶。若令物塊以6m/s的速率從B端向左滑上皮帶，計算它向左速度減為零時的位移與傳送帶長度進行比較。
三、非選擇題（本題共4小題，共54分）
11．（2024高二上·鶴山開學考）在“研究平拋運動”的實驗中，根據頻閃照片得到小球的運動軌跡如圖所示。a、b、c、d為連續拍照記錄下的四個位置，其中a為拋出點。已知坐標紙上每個小正方形的邊長為l，重力加速度為g，則
（1）小球在水平方向做　 　直線運動，豎直方向做　 　直線運動（均選填“勻速”、“勻加速”或“勻減速”）；
（2）小球做平拋運動的初速度大小為　 　。
（3）在研究平拋運動實驗中，為減小空氣阻力對小球運動的影響，應采用___________；
A．實心小鐵球 B．空心小鐵球
C．實心小木球 D．以上三種小球都可以
（4）在做“探究平拋運動”的實驗時，讓小球多次從同一高度釋放沿同一軌道運動，通過描點法畫小球做平拋運動的軌跡，為了能較準確地描繪運動軌跡，下面列出了一些操作要求，將你認為正確的選項前面的字母填在橫線上___________；
A．調節斜槽的末端保持水平
B．每次釋放小球的位置必須不同
C．每次必須由靜止釋放小球
D．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次必須嚴格地等距離下降
E．小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸
F．將球的位置記錄在紙上后，取下紙，用直尺將點連成折線
【答案】（1）勻速；勻加速
（2）
（3）A
（4）A；C；E
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】平拋運動可以看作是兩個分運動的合成：一是水平方向的勻速直線運動，其速度等于平拋物體運動的初速度；另一個是豎直方向的自由落體運動。
（1）由題圖可知，小球在水平方向有
即在相等時間內通過的位移相等，因此小球在水平方向做勻速直線運動。
小球在豎直方向有
由勻變速直線運動的推論可知，小球豎直方向做勻加速直線運動。
（2）由勻變速直線運動的推論可得
小球做平拋運動的初速度大小為
（3）在研究平拋運動實驗中，為減小空氣阻力對小球運動的影響，應采用實心小鐵球，實心小鐵球體積較小，質量較大，受空氣阻力的影響相對較小。
故選A。
（4）ABC．在做“探究平拋運動”的實驗時，要確保小球的初速度水平，且每次拋出初速度要相同，則調節斜槽的末端保持水平，每次釋放小球的位置必須相同，每次必須由靜止釋放小球，AC正確，B錯誤；
D．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次不必嚴格地等距離下降，D錯誤；
E．確保小球運動時不會受到摩擦力作用，則小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸，E正確；
F．將球的位置記錄在紙上后，取下紙，將點連成平滑的曲線，F錯誤。
故選ACE。
【分析】（1）根據水平方向在相等時間內的位移分析；
（2）先計算出拍照的時間間隔，然后根據水平方向上做勻速直線運動計算；
（3）應減小空氣阻力的影響；
（4）要確保小球的初速度水平，且每次拋出初速度要相同；記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次沒有必要地等距離下降；要確保小球運動時不會受到摩擦力作用。
（1）[1]由題圖可知，小球在水平方向有
即在相等時間內通過的位移相等，因此小球在水平方向做勻速直線運動。
[2]小球在豎直方向有
由勻變速直線運動的推論可知，小球豎直方向做勻加速直線運動。
（2）由勻變速直線運動的推論可得
小球做平拋運動的初速度大小為
（3）在研究平拋運動實驗中，為減小空氣阻力對小球運動的影響，應采用實心小鐵球，實心小鐵球體積較小，質量較大，受空氣阻力的影響相對較小。
故選A。
（4）ABC．在做“探究平拋運動”的實驗時，要確保小球的初速度水平，且每次拋出初速度要相同，則調節斜槽的末端保持水平，每次釋放小球的位置必須相同，每次必須由靜止釋放小球，AC正確，B錯誤；
D．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次不必嚴格地等距離下降，D錯誤；
E．確保小球運動時不會受到摩擦力作用，則小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸，E正確；
F．將球的位置記錄在紙上后，取下紙，將點連成平滑的曲線，F錯誤。
故選ACE。
12．（2024高二上·鶴山開學考）某跳傘運動員做低空跳傘表演，他離開懸停的飛機后先做自由落體運動，當距離地面125m時開始打開降落傘，到達地面時速度減為5m/s。如果認為開始打開降落傘至落地前運動員在做勻減速運動，加速度大小為，重力加速度，求：
（1）運動員打開降落傘時的速度大小；
（2）運動員離開飛機時距離地面的高度。
【答案】解：（1）勻減速階段，根據
解得
（2）自由落體下落高度
解得
離開飛機時，距離地面

【知識點】自由落體運動
【解析】【分析】（1）對減速過程由速度和位移關系可求得速度；（2）根據速度—時間公式即可求出自由落體運動的時間，根據位移—時間公式求得自由下落的高度，即可求得總高度。
13．（2024高二上·鶴山開學考）如圖所示，放在粗糙的固定斜面上的物塊A和懸掛的物體B均處于靜止狀態。輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角，斜面傾角，物塊A和B的質量分別為，，彈簧的勁度系數，（，，重力加速度），求：
（1）彈簧的伸長量x；
（2）物塊A受到的摩擦力。
【答案】解：（1）根據題意，對結點受力分析，設彈簧的彈力為，繩子的拉力為，由平衡條件有
，
代入數據解得
由胡克定律可得，彈簧的伸長量
（2）由于
則物塊A有沿斜面向下的運動趨勢，受斜面沿斜面向上的靜摩擦力，由平衡條件可得，物塊A受到的摩擦力大小為
方向沿斜面向上。
【知識點】胡克定律；共點力的平衡
【解析】【分析】（1）以輕繩OB和物塊B為研究對象，受力如圖并正交分解，根據平衡條件結合胡克定律求解；
（2）對物塊A受力如圖并正交分解，根據平衡條件列式求解即可。
14．（2024高二上·鶴山開學考）如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖．該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為，平臺高為。藥品盒A、B依次被輕放在以速度勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端點停下，隨后滑下的B以的速度與A發生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。已知A、B的質量分別為和，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的。與傳送帶間的動摩擦因數為，重力加速度為g，AB在滑至N點之前不發生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點。求：
（1）A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間；
（2）B從點滑至點的過程中克服阻力做的功；
（3）圓盤的圓心到平臺右端點的水平距離．
【答案】解：（1）A在傳送帶上運動時的加速度
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間
（2）B從點滑至點的過程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞過程由動量守恒定律和能量關系可知
解得
（另一組舍掉）
兩物體平拋運動的時間
則
，
解得

【知識點】功能關系；平拋運動；碰撞模型
【解析】【分析】（1）對藥品盒A進行受力分析，根據牛頓第二定律和運動學公式得出加速的時間；
（2）從M點到N點的過程中，對藥品盒B根據動能定理列式得出克服阻力做的功；
（3）根據動量守恒定律和能量守恒定律得出藥品盒的速度，結合平拋的運動特點和幾何關系得出水平距離s的大小。
1 / 1廣東省江門市鶴山市第一中學2024-2025學年高二上學期開學考物理試題
一、單項選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求，選對的得3分，選錯或者不答得0分。
1．（2024高二上·鶴山開學考）下列有關力學單位制的說法中正確的是（　　）
A．在有關力學的分析計算中，只能采用國際單位制，不能采用其他單位制
B．力學中選定的基本量有長度、質量和速度
C．力學中國際單位制中的基本單位有和
D．只有在國際單位制中，牛頓第二定律的表達式才是
2．（2024高二上·鶴山開學考）北京時間2023年10月 16日10時40 分廣西公路自行車世界巡回賽柳州段正式開賽，車隊市內途經高速柳州東出口一靜蘭大橋一桂柳路等路段，繞城一周，下列說法正確的是（　　）
A．題中“10時40分”指的是時間
B．車隊繞柳州城區一周的位移大小小于路程
C．研究車輪的轉動時，可以將自行車當作質點
D．某選手通過靜蘭大橋的速度為 15m/s，該速度是指瞬時速度
3．（2024高二上·鶴山開學考）某質點做直線運動的速度一時間圖像如圖所示，該質點（　　）
A．在第1s末速度方向發生了改變
B．第2s末回到起點
C．第0~1s和第2~3s內的加速度大小相同
D．在第2s末加速度方向發生了改變
4．（2024高二上·鶴山開學考）質量為的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，為半圓的最低點，為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為的小滑塊。用推力推動小滑塊由A點向點緩慢移動，力的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（　　）
A．推力先增大后減小
B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大
C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小
D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大
5．（2024高二上·鶴山開學考）《流浪地球2》影片中，太空電梯高聳入云，在地表與太空間高速穿梭。太空電梯上升到某高度時的重力加速度為，為地球表面重力加速度。已知地球半徑為，不考慮地球自轉，則此時電梯距離地面的高度為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·鶴山開學考）我國科技創新規劃提出要加強“深海”領域的探測和研究。如圖是某大學科研小組在深海探測結束后，利用牽引汽車將探測器從海面起吊上岸的示意圖，若不計滑輪摩擦和牽引繩質量。在牽引汽車以速率 v勻速向右運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．探測器處于超重狀態
B．探測器上升的速率大于 v
C．牽引繩拉力等于探測器重力
D．牽引繩拉力做的功等于探測器重力勢能的增加量
7．（2024高二上·鶴山開學考）人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經常出現手機砸傷眼睛的情況，若手機質量為100g，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.2s，g取，下列說法正確的是（　　）
A．手機與眼睛作用過程中手機的動量變化約為
B．手機對眼睛的沖量方向豎直向上
C．手機對眼睛的沖量大小約為0.20N·s
D．手機對眼睛的平均作用力大小約為2.0N
二、多項選擇題：本大題共3題，每1題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多少選項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯或不答得0分。
8．（2024高二上·鶴山開學考）下列說法正確的是（　　）
A．手握水杯置于空中處于靜止狀態，手對水杯的靜摩擦力豎直向上
B．跳遠運動員助跑是為了增加自己的慣性，以便跳得更遠
C．水平桌面上靜止放置的書由于發生形變，對桌面產生向下的彈力
D．做勻速圓周運動的物體的加速度保持不變
9．（2024高二上·鶴山開學考）如圖所示，置于光滑水平面上的物塊P、Q用細線和輕彈簧連接在一起并處于靜止狀態，輕彈簧處于壓縮狀態。細線質量不計，關于物塊P、Q及細線、輕彈簧組成的系統，下列說法中正確的是（　　）
A．燒斷細線后，系統總動量始終為零
B．燒斷細線后，系統機械能始終為零
C．若在P的左側放一擋板后再燒斷細線，此后系統總動量仍然為零
D．若在Q的右側放一擋板后再燒斷細線，此后系統總動量向左
10．（2024高二上·鶴山開學考）如圖1，水平傳送帶（為左右兩端點）順時針勻速傳動，時在點輕放一個小物塊，物塊在皮帶上運動全過程中的位移-時間關系圖像如圖2（為拋物線，為直線）。重力加速度取，下列說法中正確的是（ ）
A．傳送帶的傳送速度是
B．物塊與傳送帶間的滑動摩擦系數為0.2
C．若傳送帶在時停轉，則物塊將停于B點
D．若令該物塊以的速率從B端向左滑上皮帶，經過一段時間物塊從A點飛出
三、非選擇題（本題共4小題，共54分）
11．（2024高二上·鶴山開學考）在“研究平拋運動”的實驗中，根據頻閃照片得到小球的運動軌跡如圖所示。a、b、c、d為連續拍照記錄下的四個位置，其中a為拋出點。已知坐標紙上每個小正方形的邊長為l，重力加速度為g，則
（1）小球在水平方向做　 　直線運動，豎直方向做　 　直線運動（均選填“勻速”、“勻加速”或“勻減速”）；
（2）小球做平拋運動的初速度大小為　 　。
（3）在研究平拋運動實驗中，為減小空氣阻力對小球運動的影響，應采用___________；
A．實心小鐵球 B．空心小鐵球
C．實心小木球 D．以上三種小球都可以
（4）在做“探究平拋運動”的實驗時，讓小球多次從同一高度釋放沿同一軌道運動，通過描點法畫小球做平拋運動的軌跡，為了能較準確地描繪運動軌跡，下面列出了一些操作要求，將你認為正確的選項前面的字母填在橫線上___________；
A．調節斜槽的末端保持水平
B．每次釋放小球的位置必須不同
C．每次必須由靜止釋放小球
D．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次必須嚴格地等距離下降
E．小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸
F．將球的位置記錄在紙上后，取下紙，用直尺將點連成折線
12．（2024高二上·鶴山開學考）某跳傘運動員做低空跳傘表演，他離開懸停的飛機后先做自由落體運動，當距離地面125m時開始打開降落傘，到達地面時速度減為5m/s。如果認為開始打開降落傘至落地前運動員在做勻減速運動，加速度大小為，重力加速度，求：
（1）運動員打開降落傘時的速度大小；
（2）運動員離開飛機時距離地面的高度。
13．（2024高二上·鶴山開學考）如圖所示，放在粗糙的固定斜面上的物塊A和懸掛的物體B均處于靜止狀態。輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角，斜面傾角，物塊A和B的質量分別為，，彈簧的勁度系數，（，，重力加速度），求：
（1）彈簧的伸長量x；
（2）物塊A受到的摩擦力。
14．（2024高二上·鶴山開學考）如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖．該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為，平臺高為。藥品盒A、B依次被輕放在以速度勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端點停下，隨后滑下的B以的速度與A發生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。已知A、B的質量分別為和，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的。與傳送帶間的動摩擦因數為，重力加速度為g，AB在滑至N點之前不發生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點。求：
（1）A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間；
（2）B從點滑至點的過程中克服阻力做的功；
（3）圓盤的圓心到平臺右端點的水平距離．
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】A.在有關力學的分析計算中，可以采用國際單位，也可以采用其他單位，故A錯誤；
BC.力學單位制中，選為基本單位的物理量有長度、質量和時間，其單位分別為m，kg，s，速度不屬于基本物理量，故BC錯誤；
D.只有在國際單位制中，k值只能取1，牛頓第二定律的表達式才是 F=ma，故D正確。
故選D。
【分析】有關力學的分析計算中，可以采用國際單位，也可以采用其他單位；力學單位制中，選為基本單位的物理量有長度、質量和時間；只有在國際單位制中，k值只能取1，牛頓第二定律的表達式才是 F=ma。
2．【答案】B
【知識點】質點；時間與時刻；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】瞬時速度是指運動物體在某一時刻（或某一位置）的速度．從物理含義上看，瞬時速度指某一時刻附近極短時間內的平均速度．瞬時速度的大小叫瞬時速率，簡稱速率。A．題中“10時40分”指的是時刻，A錯誤；
B．車隊繞柳州城區一周回到出發點，其位移是零，小于車隊走過的路程，車隊繞柳州城區一周的位移大小小于路程，B正確；
C．研究車輪的轉動時，不能忽略自身的形狀大小，不能將自行車當作質點，C錯誤；
D．靜蘭大橋是一段距離，某選手通過靜蘭大橋的速度是這一段路程的平均速度，D錯誤。
故選B。
【分析】如果研究某個問題時，物體的大小形狀可以忽略，就可以看成質點；時刻指某一瞬間，時間間隔是一段時間；只有做單向直線運動時，位移大小等于路程，否則位移大小均小于路程。
3．【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】解決本題的關鍵要理解速度—時間圖象的物理意義，知道速度圖象的斜率表示加速度，“面積”表示位移。A．由質點做直線運動的速度一時間圖像可知，在0-2s內速度均為正值，則在第1s末速度方向沒有發生改變，選項A錯誤；
B．在0-2s內物體速度沒變，則第2s末沒有回到起點，選項B錯誤；
C．圖像斜率的大小等于加速度大小，可知第0~1s和第2~3s內的加速度大小相同，選項C正確；
D．圖像斜率的等于加速度，可知在第2s末加速度方向沒發生改變，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據速度的正負分析速度方向；根據v-t圖象的斜率表示加速度，分析加速度方向；根據圖象與時間軸所圍的面積表示位移。
4．【答案】C
【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡
【解析】【解答】AB ．對滑塊受力分析，畫出受力示意圖，由平衡條件有
越來越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB錯誤；
C．運用整體法分析墻與凹槽之間的作用力變化情況，有墻面對凹槽的壓力為
則越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；
D．水平地面對凹槽的支持力為
則越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤；
故選C。
【分析】對滑塊分析受力，畫出受力示意圖，利用解析法分析各力的變化情況。對滑塊與凹槽，運用整體法分析墻與凹槽之間的作用力變化情況。
5．【答案】B
【知識點】萬有引力定律的應用
【解析】【解答】在地面時，根據引力形成重力有
在某高度時，再根據引力形成空中重力有
解得
故選B。
【分析】利用引力形成重力可以求出電梯距離地面的高度。
6．【答案】A
【知識點】超重與失重；運動的合成與分解；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】ABC．設牽引繩與水平方向夾角為θ，當牽引汽車勻速運動時，對車的速度沿繩子方向進行分解，根據速度的分解可以得出：探測器的速度為
則可知探測器速度小于v，由于夾角不斷減小則速度在增加；所以探測器的加速度向上，所以探測器處于超重狀態，由于加速度方向向上則合力向上，所以牽引繩拉力大于探測器重力，故A正確，BC錯誤；
D．由于牽引繩拉力大于探測器重力，故牽引繩拉力做的功大于探測器克服重力所做的功，且根據功率關系有：探測器重力勢能的增加量等于探測器克服重力所做的功；拉力做功大于探測器重力勢能的增加量，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用速度的分解可以求出探測器的速度大小，結合角度的變化可以判別探測器的速度變化，進而判別加速度的方向，利用加速度的方向可以比較拉力和重力的大小，進而比較兩力做功的大小。
7．【答案】D
【知識點】動量定理；動量
【解析】【解答】本題要熟練掌握動量定理的應用，運用動量定理時學生容易漏掉重力的沖量，另外注意各個量的方向要表達正確。A．手機到達人眼時的速度為
手機砸到眼睛后手機未反彈，手機的末速度為0，取向上為正；手機與眼睛作用過程中手機動量變化約為
故A錯誤；
B．根據可知，手機對眼睛的沖量方向與手機對眼睛的作用力F方向相同，豎直向下，故B錯誤；
CD．手機與眼睛作用過程中，以手機為對象，根據動量定理可得
解得眼睛對手機的沖量大小為
則手機對眼睛的沖量大小為；手機對眼睛的作用力大小為
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】手機做自由落體運動，求出手機觸碰到眼睛時的速度，由動量定理求手機與眼睛作用過程中手機動量變化量的大小；根據彈力產生原因判斷手機對眼睛的沖量方向；由動量定理求沖量的大小和手機對眼睛的平均作用力。
8．【答案】A,C
【知識點】形變與彈力；慣性與質量；靜摩擦力；向心加速度
【解析】【解答】熟練掌握題中各物理量的定義和特點是解決本題的關鍵。A．靜摩擦力方向與相對運動趨勢方向相反，水杯在重力作用下有向下運動的趨勢，則手對水杯的靜摩擦力豎直向上，故A正確；
B．慣性由質量決定，跳遠運動員助跑是為了增加自己的速度，以便跳得更遠，故B錯誤；
C．發生形變的物體對與之接觸的物體有彈力作用，水平桌面上靜止放置的書由于發生形變，對桌面產生向下的彈力，故C正確；
D．做勻速圓周運動的物體的加速度大小保持不變，方向時刻在發生變化，故D錯誤。
故選AC。
【分析】根據靜摩擦力的特點和性質進行判斷，方向為相對運動趨勢相反的方向；影響慣性的因素只有質量；根據彈力的產生條件及定義進行判斷。
9．【答案】A,D
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題關鍵掌握系統動量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過分析受力，判斷是否系統的動量是否守恒。A．燒斷細線后，系統水平方向不受外力總動量守恒，始終為零。故A正確；
B．燒斷細線后，彈簧彈力做功，系統機械能守恒，不為零。故B錯誤；
C．若在P的左側放一擋板后再燒斷細線，擋板的彈力對系統有向右的沖量，根據動量定理可知此后系統總動量水平向右。故C錯誤；
D．同理，若在Q的右側放一擋板后再燒斷細線，擋板的彈力對系統有向左的沖量，根據動量定理可知此后系統總動量向左。故D正確。
故選AD。
【分析】在沒有外力作用的情況下，系統的總動量保持不變。當系統內部發生能量轉換時，如彈簧的彈性勢能轉換為物體的動能，系統的機械能總量保持不變。但當系統受到外力作用時，如擋板對物塊的作用力，系統的總動量和機械能可能會發生變化，據此判斷選項。
10．【答案】C,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】該題屬于傳送帶問題，解決本題的關鍵知道物塊在傳送帶上的運動規律，然后結合圖像信息及運動學公式進行求解。A．圖像為直線，則物體做勻速直線運動，則傳送帶的傳送速度為
故A錯誤；
B．根據勻變速直線運動位移一時間公式有
將代入解得
根據牛頓第二定律可知
解得物塊與傳送帶間的滑動摩擦系數為
故B錯誤；
C．由上述分析可知物塊在時的速度為，若傳送帶在時停轉，則物塊將做勻減速直線運動，此時加速度為，根據速度一位移公式有
物塊將停于B點，故C正確；
D．若令該物塊以的速率從B端向左滑上皮帶，則它向左減速運動至速度為0的位移滿足
解得
則物塊從皮帶左邊離開，故D正確。
故選CD。
【分析】由直線段斜率求傳送帶速度， 由a=μg求動摩擦因數；由v'2=2ax''計算位移，判斷物塊能否離開傳送帶。若令物塊以6m/s的速率從B端向左滑上皮帶，計算它向左速度減為零時的位移與傳送帶長度進行比較。
11．【答案】（1）勻速；勻加速
（2）
（3）A
（4）A；C；E
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】平拋運動可以看作是兩個分運動的合成：一是水平方向的勻速直線運動，其速度等于平拋物體運動的初速度；另一個是豎直方向的自由落體運動。
（1）由題圖可知，小球在水平方向有
即在相等時間內通過的位移相等，因此小球在水平方向做勻速直線運動。
小球在豎直方向有
由勻變速直線運動的推論可知，小球豎直方向做勻加速直線運動。
（2）由勻變速直線運動的推論可得
小球做平拋運動的初速度大小為
（3）在研究平拋運動實驗中，為減小空氣阻力對小球運動的影響，應采用實心小鐵球，實心小鐵球體積較小，質量較大，受空氣阻力的影響相對較小。
故選A。
（4）ABC．在做“探究平拋運動”的實驗時，要確保小球的初速度水平，且每次拋出初速度要相同，則調節斜槽的末端保持水平，每次釋放小球的位置必須相同，每次必須由靜止釋放小球，AC正確，B錯誤；
D．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次不必嚴格地等距離下降，D錯誤；
E．確保小球運動時不會受到摩擦力作用，則小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸，E正確；
F．將球的位置記錄在紙上后，取下紙，將點連成平滑的曲線，F錯誤。
故選ACE。
【分析】（1）根據水平方向在相等時間內的位移分析；
（2）先計算出拍照的時間間隔，然后根據水平方向上做勻速直線運動計算；
（3）應減小空氣阻力的影響；
（4）要確保小球的初速度水平，且每次拋出初速度要相同；記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次沒有必要地等距離下降；要確保小球運動時不會受到摩擦力作用。
（1）[1]由題圖可知，小球在水平方向有
即在相等時間內通過的位移相等，因此小球在水平方向做勻速直線運動。
[2]小球在豎直方向有
由勻變速直線運動的推論可知，小球豎直方向做勻加速直線運動。
（2）由勻變速直線運動的推論可得
小球做平拋運動的初速度大小為
（3）在研究平拋運動實驗中，為減小空氣阻力對小球運動的影響，應采用實心小鐵球，實心小鐵球體積較小，質量較大，受空氣阻力的影響相對較小。
故選A。
（4）ABC．在做“探究平拋運動”的實驗時，要確保小球的初速度水平，且每次拋出初速度要相同，則調節斜槽的末端保持水平，每次釋放小球的位置必須相同，每次必須由靜止釋放小球，AC正確，B錯誤；
D．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次不必嚴格地等距離下降，D錯誤；
E．確保小球運動時不會受到摩擦力作用，則小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸，E正確；
F．將球的位置記錄在紙上后，取下紙，將點連成平滑的曲線，F錯誤。
故選ACE。
12．【答案】解：（1）勻減速階段，根據
解得
（2）自由落體下落高度
解得
離開飛機時，距離地面

【知識點】自由落體運動
【解析】【分析】（1）對減速過程由速度和位移關系可求得速度；（2）根據速度—時間公式即可求出自由落體運動的時間，根據位移—時間公式求得自由下落的高度，即可求得總高度。
13．【答案】解：（1）根據題意，對結點受力分析，設彈簧的彈力為，繩子的拉力為，由平衡條件有
，
代入數據解得
由胡克定律可得，彈簧的伸長量
（2）由于
則物塊A有沿斜面向下的運動趨勢，受斜面沿斜面向上的靜摩擦力，由平衡條件可得，物塊A受到的摩擦力大小為
方向沿斜面向上。
【知識點】胡克定律；共點力的平衡
【解析】【分析】（1）以輕繩OB和物塊B為研究對象，受力如圖并正交分解，根據平衡條件結合胡克定律求解；
（2）對物塊A受力如圖并正交分解，根據平衡條件列式求解即可。
14．【答案】解：（1）A在傳送帶上運動時的加速度
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間
（2）B從點滑至點的過程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞過程由動量守恒定律和能量關系可知
解得
（另一組舍掉）
兩物體平拋運動的時間
則
，
解得

【知識點】功能關系；平拋運動；碰撞模型
【解析】【分析】（1）對藥品盒A進行受力分析，根據牛頓第二定律和運動學公式得出加速的時間；
（2）從M點到N點的過程中，對藥品盒B根據動能定理列式得出克服阻力做的功；
（3）根據動量守恒定律和能量守恒定律得出藥品盒的速度，結合平拋的運動特點和幾何關系得出水平距離s的大小。
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