2025-2026学年安徽省黄山市高二（上）检测物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2025-2026学年安徽省黄山市高二（上）检测物理试卷（9月）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.春种一粒粟，秋收万颗子。春耕播种时，质量相同的两颗种子a和b以相同的速率从O点抛出，a斜向上运动，b做平抛运动，轨迹如图所示。不计空气阻力，从抛出到落至水平地面，它们( )
A. 落地时动量相同B. 落地时动能不同C. 动量的变化量相同D. 动量的变化率相同
2.如图所示为倾角α=30 ∘的斜坡，一质量为m的汽车由斜坡底端的A点开始运动，经B点运动到斜坡的最高点C。已知AB=2BC=2L，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 汽车从A到B的过程重力势能的增加量为mgL
B. 汽车从A到B的过程重力做功为−2mgL
C. 汽车从B到C的过程重力做功为mgL2
D. 若以过B点的水平面为零势能面，汽车在A点的重力势能为mgL
3.如图，在整车安全性碰撞试验中，汽车载着模拟乘员以速度v水平撞向刚性壁障，其速度变到0.质量为60kg的模拟乘员受到的水平平均撞击力的冲量大小为900N·s，则v的值为( )
A. 15m/sB. 16m/sC. 17m/sD. 18m/s
4.蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。如图所示，跳跃者站在高处的平台上，把一端固定的长橡皮绳绑在身上，然后两臂伸开，双腿并拢跳下去(可认为初速度为0)。绑在跳跃者身上的橡皮绳很长，足以使跳跃者在空中感受几秒钟的“自由落体”。当人体下落一定距离时，橡皮绳被拉直、绷紧，当到达最低点时速度减为0。不计空气阻力及橡皮绳重力、以下分析正确的是( )
A. 橡皮绳被拉直后，跳跃者动能开始减小
B. 跳跃者从最高点下落到最低点，其重力势能的减少量等于橡皮绳弹性势能的增加量
C. 跳跃者动能最大时重力势能最小
D. 下落过程跳跃者机械能守恒
5.如图所示为自行车传动装置的简易图，a为大齿轮边缘的点，c为小齿轮边缘的点，b为后轮辐条上的点。已知a、b、c三点做圆周运动的半径之比为2:2:1，下列说法正确的是( )
A. a、b、c三点的线速度之比为1:2:1
B. a、b、c三点的角速度之比为2:1:1
C. a、b、c三点的周期之比为1:2:2
D. a、b、c三点的向心加速度之比为1:4:1
6.如图所示，xOy坐标系中，一质量为m=0.1kg的质点从坐标原点出发，以质点离开坐标原点瞬间作为计时0点，质点沿x轴正方向的速度随时间的变化规律为v=2+2t。质点沿y轴方向的初速度为0，沿y轴正方向的加速度为ay=4m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 质点所受的合力大小为0.6N
B. t=2s时，质点的速度大小为14m/s
C. t=2s时，质点的速度与x轴正方向夹角的正切值为34
D. t=2s时，质点的坐标为(8m,8m)
7.如图所示，边长为L的正方形框ABCD竖直放置，中间有孔的小球P穿在BC边上，小球与BC边之间的动摩擦因数为μ。当方框绕竖直轴AB以角速度ω匀速转动时，小球P在BC边的中点与方框相对静止恰好不发生相对滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则此时的角速度ω为( )
A. 2μgLB. μg2LC. μgLD. 2 μgL
8.如图所示，有一质量分布均匀、半径为R的球形物体，一可视为质点的小球放在距离球形物体球心O点3R处。在小球和物体球心的连线上紧靠球形物体的最左侧挖走一半径为3R4的球，则剩余的阴影部分对小球的万有引力与挖走前球形物体对小球万有引力的比值为( )
A. 2764B. 3764C. 433676D. 243676
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示为某卫星发射的示意图，轨道1为近地圆轨道，轨道3为预定圆轨道，轨道2为过渡椭圆轨道，P为轨道1、2的切点，Q为轨道2、3的切点，P、Q两点之间的距离等于地球半径的6倍。下列说法正确的是( )
A. 卫星的发射速度大于11.2km/s
B. 卫星在轨道1和轨道2的周期之比为 3:9
C. 卫星在轨道3经过Q点的速度小于在轨道2经过P点的速度
D. 卫星在轨道1经过P点的加速度大于在轨道2经过P点的加速度
10.如图所示，将一小球从距离地面一定高度的O点沿水平方向抛出，第一次抛出的速度为v1，经时间t1小球直接落在地面上的P点；第二次抛出的速度为v2，小球经地面一次反弹后落在P点，所用的总时间为t2，小球与地面碰撞前后的竖直速度大小不变、方向相反，水平方向的速度不变。已知O、P两点的水平距离等于小球的抛出点到地面高度的2倍，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. t1:t2=1:1
B. v1:v2=3:1
C. 第一次小球落地瞬间的速度与水平方向夹角为45°
D. 第二次小球落地瞬间的速度与水平方向夹角为60°
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组的同学利用了如图1所示的实验装置研究平抛运动的轨迹。
(1)下列对实验装置以及操作的理解正确的是______(填选项序号)；
A.固定有白纸的长木板必须沿竖直方向放置B.斜槽轨道必须光滑
C.斜槽轨道的末端必须水平 D.小球每次的释放点可以改变
(2)正确地组装好装置后，通过多次操作，在木板的白纸上得到多个点迹，然后用平滑的曲线拟合各点，得到了平抛运动的轨迹，图2为轨迹的一部分。在轨迹上选取a、b、c三点，并测量了相邻两点的水平间距以及竖直间距，测量的数据如图2所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球从a到c的时间为_____，小球做平抛运动的初速度大小为_____。
12.某实验小组的同学利用了如图1所示的装置验证机械能守恒定律，实验时进行了如下操作：
a、将光电门固定在竖直杆上，刻度尺固定在竖直杆右侧，且使0刻度线与光电门的中心平齐；
b、测量遮光条的宽度d，将遮光条固定在一个物块上，然后将物块与另一物块用轻绳拴接并跨过两个光滑的定滑轮，左侧物块的质量为M，右侧物块和遮光条的总质量为m,M>m；
c、将右侧物块置于光电门下方适当位置，用刻度尺测量遮光条中心到光电门中心的距离H，将两物块由静止释放；
d、右侧物块经过光电门时，记录遮光条的挡光时间Δt；
e、改变遮光条到光电门的距离H，重复步骤c、d，记录多组H和Δt。
(1)某次实验时，遮光条到光电门的距离如图1中的示数所示，则H=_____cm；
(2)右侧物块经过光电门时的速度大小为_____，若两物块组成的系统机械能守恒，重力加速度为g，则关系式___________成立(用题中物理量符号表示)；
(3)若处理实验数据时，如图2所示，以H为纵坐标，为了拟合成一条直线，横坐标应为_____(选填“1Δt2”“1Δt”“Δt”或“Δt2”)，若系统的机械能守恒，且M=2m，重力加速度为g，则拟合的直线的斜率k=_____(用d、g表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，光滑水平面上放置有木板A和滑块C，滑块B置于A的左端，A、B的质量分别为m、2m，A与B间的动摩擦因数为μ。开始时C静止，A、B一起以大小为υ0的速度匀速向右运动，A与C发生弹性碰撞后(碰撞时间极短)，A以大小为13υ0的速度反弹。B、C均可视为质点，重力加速度为g，求：
(1)C的质量mC和碰后C的速度大小υC；
(2)最终A和B共速时的速度大小υ。
14.随着“碳中和、碳达峰”的提出，新能源汽车得到了巨大的发展机会。某品牌的新能源汽车在测试其性能时，司机驾驶该汽车以a=2m/s2的加速度启动，经t1=5s的时间汽车的功率达到额定功率，此后汽车保持该功率不变，直到速度达到最大。已知汽车的质量为m=2000kg，汽车的最大速度为vm=30m/s。求：
(1)该汽车的额定功率；
(2)汽车的速度为15m/s时的加速度大小。
15.如图所示，倾角为α=37 ∘的光滑斜面体底端固定一挡板，轻弹簧的一端固定在挡板上，用质量为m=1kg且可视为质点的物块将轻弹簧压缩(物块和轻弹簧不拴接)，使弹簧储存的弹性势能为Ep=41732J。某时刻将物块由静止释放，释放点到斜面体顶端A的距离为L=1m，经过一段时间物块离开斜面体(已与弹簧分离)后无碰撞地由B点进入半径为R=1.5m的粗糙圆弧轨道，圆弧BC所对应的圆心角为θ=53 ∘，物块运动到圆弧最低点C时对轨道的压力大小等于物块重力的3.4倍，随后物块从C点无机械能损失地进入光滑的水平轨道CD，D点与水平传送带平滑衔接，物块滑上传送带瞬间，传送带立即以a0=4m/s2的加速度由静止开始顺时针启动，最终物块从传送带的右端E离开。已知传送带D、E间的距离为s=10m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，sin37 ∘=0.6，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)A、B两点间的水平间距；
(2)物块在BC段克服摩擦力所做的功；
(3)物块与传送带因摩擦而产生的热量。
答案解析
1.【答案】D
【解析】AB.质量相同的两颗种子从同一高度以相同速率抛出，在运动过程中都只受重力，由动能定理可知，两颗种子运动过程中动能的变化量相同，落地时速度大小相等，但方向不同，而动量是矢量，因此两颗种子落地时动量不相同，动能相同，故AB错误；
C.两颗种子运动的时间不同，由竖直方向的分运动可知 ta>tb，运动过程中重力的冲量 Ia>Ib，由动量定理可知，动量的变化量不相同，故C错误；
D.根据动量定理可得 mg⋅Δt=Δp，则动量的变化率 ΔpΔt=mg，故两颗种子动量的变化率相同，故D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】AB.汽车从 A 到 B 的过程重力做功为 W=−mgℎAB=−mg×2Lsinα=−mgL
可知汽车从 A 到 B 的过程重力势能的增加量为 mgL ，故A正确，B错误；
C.汽车从 B 到 C 的过程重力做功为 W′=−mgℎBC=−mgLsinα=−mgL2 ，故C错误；
D.若以过 B 点的水平面为零势能面，汽车在 A 点的重力势能为 Ep=−mg×2Lsinα=−mgL ，故D错误。
故选A。
3.【答案】A
【解析】以v的方向为正方向，由动量定理知−I=0−mv
解得v=15m/s，故A正确。
故选A。
4.【答案】B
【解析】A.橡皮绳张紧后，跳跃者受重力、弹力，开始时重力大于弹力，加速度向下，后来重力小于弹力，加速度向上，则蹦极绳张紧后，跳跃者先加速再减速，跳跃者动能先增加后减小，故A错误；
B.蹦极过程中，跳跃者和蹦极绳的机械能守恒，跳跃者从最高点下落到最低点，其重力势能的减少量等于橡皮绳弹性势能的增加量，故B正确；
C.跳跃者动能最大时还在下落，重力势能还在减小，重力势能不是最小，故C错误；
D.下落过程跳跃者和橡皮绳系统机械能守恒，跳跃者机械能不守恒，故D错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】AB．b、c两点同轴转动，角速度相等，即 ωb:ωc=1:1
a、c两点链条传动，线速度大小相等，即 va:vc=1:1
根据线速度与角速度的关系 v=ωr
可得 vb:vc=rb:rc=2:1 ， ωa:ωc=rc:ra=1:2
所以a、b、c三点的线速度之比为1:2:1，角速度之比为1:2:2，故A正确，B错误；
C.根据角速度与周期的关系 T=2πω
可得，a、b、c三点的周期之比为2:1:1，故C错误；
D.根据向心加速度与角速度的关系 a=ω2r
可得，a、b、c三点的向心加速度之比为1:4:2，故D错误。
故选A。
6.【答案】D
【解析】A.质点沿x轴正方向的速度随时间的变化规律为 v=2+2t
根据匀变速直线运动的速度时间关系有 v=v0x+axt
所以 v0x=2m/s ， ax=2m/s2
所以质点所受的合力大小为 F合=ma=m ax2+ay2= 55N ，故A错误；
B.t=2s时，质点x方向的速度大小为 vx=v0x+axt=6m/s
y方向的速度大小为 vy=ayt=8m/s
所以质点的速度大小为 v′= vx2+vy2=10m/s ，故B错误；
C.t=2s时，质点的速度与x轴正方向夹角的正切值为 tanα=vyvx=43 ，故C错误；
D.t=2s时，质点x方向的位移大小为 x=v0xt+12axt2=8m
y方向的位移大小为 y=12ayt2=8m
所以质点的坐标为(8m,8m)，故D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】小球P在 BC 边的中点与方框相对静止恰好不发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得 μmg=mω2⋅L2
解得 ω= 2μgL
故选A。
8.【答案】C
【解析】整个大球对小球的万有引力大小为 F1=GMm(3R)2=GMm9R2
挖走部分对小球的万有引力大小为 F2=GM′m(4R−34R)2
其中 M′M=ρ⋅43π(3R4)3ρ⋅43πR3=2764
所以 F2=G2764Mm16916R2=27676GMmR2
所以剩余的阴影部分对小球的万有引力大小为 F3=F1−F2=4336084GMmR2
所以 F3F1=4336084GMmR2GMm9R2=433676，故C正确。
故选C。
9.【答案】BC
【解析】A. 11.2km/s 是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，本题中卫星始终绕地球运动，未脱离地球引力，因此发射速度应小于 11.2km/s ，但同时大于第一宇宙速度 7.9km/s ，故A错误；
B.设地球半径为R，轨道1是近地圆轨道，轨道半径 r1=R
轨道2是椭圆轨道，椭圆的半长轴 r2=6R2=3R
根据开普勒第三定律 r13T12=r23T22 可得 T1T2= r13r23= R33R3= 39 ，故B正确；
C.卫星从轨道1的P点运动到轨道2时，要进行加速，故轨道2在P点的速度 v2P 大于轨道1所处的近地圆轨道速度 v1 ，而根据万有引力提供向心力 GMmr2=mv2r
解得 v= GMr
由于 r1v3 ，故C正确；
D.根据牛顿第二定律，卫星的加速度由万有引力提供 GMmr2=ma
解得加速度 a=GMr2
轨道1和轨道2经过P点时，r相同，因此加速度a相同，故D错误。
故选BC。
10.【答案】BC
【解析】A.由 ℎ=12gt2
可知 t= 2ℎg ，第二次抛出的小球第一次落地的时间为t1，由对称性可知再过2t1再次落地P点， t1:t2=1:3 ，故A错误；
B.两次落点相同，水平方向都一直做匀速直线运动，则有 x=v0t
故 v1:v2=3:1 ，故B正确；
C.根据平抛运动的推论 tanθ速度=2tanθ位移=2ℎ2ℎ=1
则可知 θ速度=45 ∘ ，故C正确；
D.根据平抛运动的推论第二次小球落地瞬间 tanθ速度2=2tanθ位移2=2ℎ2ℎ3=3
则速度与水平方向夹角不为60°，故D错误。
故选 BC。
11.【答案】(1)AC
(2) 2 y2−y1g x0 gy2−y1

【解析】(1)A.平抛运动过程中只受重力，故不能让小球与白纸接触，固定有白纸的长木板必须沿竖直方向放置，否则会受摩擦力，不会做平抛运动，故A正确；
B.斜槽本身光滑或粗糙没有影响，故B错误；
C.能否使小球做平抛运动，关键是使斜槽末端切线水平，保证小球能获得一个水平方向的初速度，故C正确；
D.由于一次实验无法描出太多点，故需要重复实验多次描点，为保证描的是同一条轨迹，故每次初速度要相等，故释放小球的位置要相同，故D错误。
故选AC。
(2)[1] a 、 b 、 c 三点，水平间距相等，故时间相等，由 Δx=aT2
有 y2−y1=gT2
解得 T= y2−y1g
则小球从 a 到 c 的时间为 t=2T=2 y2−y1g
[2]水平方向 x0=v0T
解得 v0=x0 gy2−y1
12.【答案】(1)29.2(29.3或29.4)
(2) dΔt (M−m)gH=(M+m)d22Δt2
(3) 1Δt2 3d22g

【解析】(1)刻度尺精确到1cm，则图中刻度尺读数为29.3cm，最后一位是估读位，故29.2cm、29.4cm都对。
(2)[1]物块经过光电门时的速度大小为 v=dΔt 。
[2]若两物块组成的系统机械能守恒，则有 M−mgH=12M+mv2=M+md22Δt2 。
(3)[1]由系统机械能守恒表达式可变形为 H=M+md22M−mg⋅1Δt2
横坐标应为 1Δt2 。
[2]若系统的机械能守恒，拟合的直线的斜率 k=M+md22M−mg=3d22g 。
13.【答案】解：(1)A、C发生碰撞时，B的状态不变，A、C组成的系统分别由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mυ0=mυ1+mCυC ， 12mυ02=12mυ12+12mCυC2
可得的 υ1=m−mCm+mCυ0=−13υ0
解得 mC=2m ， υC=2mm+mCυ0=23υ0。
(2)A、C发生碰撞后，A、C反向运动。A、B相互作用，组成的系统动量守恒，则 2mυ0+mυ1=3mυ
解得 υ=59υ0。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)由题意可知汽车匀加速的末速度为v1=at1
解得v1=10m/s
汽车匀加速结束时，有P0=Fv1
汽车的速度达到最大时，汽车的加速度为0，此时有F′=Ff
则P0=Ffvm
由牛顿第二定律得F−Ff=ma
联立解得Ff=2000N，P0=6×104W
(2)当汽车的速度为v=15m/s时，汽车的牵引力为F1=P0v
解得F1=4000N
由牛顿第二定律得F−Ff=ma1 (2分)
解得a1=1m/s2 (1分)

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)物块从释放到 A 点的过程，对轻弹簧和物块组成的系统，由机械能守恒定律得 Ep=mgLsinα+12mvA2
解得 vA=154m/s
物块离开 A 点后做斜上抛运动，物块沿水平、竖直方向的分速度大小分别为 vx=vAcs37 ∘=3m/s ， vyA=vAsin37 ∘=2.25m/s ，
物块无碰撞地由 B 点进入圆弧轨道，此时物块的速度与圆弧轨道相切，设 B 点的速度大小为 vB ，则 vx=vBcsθ
解得 vB=5m/s
物块在 B 点时竖直方向的分速度大小为 vyB=vBsinθ=4m/s
物块从 A 到 B 的时间为 t=vyAg+vyBg=0.625s
A 、 B 两点间的水平距离为 xAB=vxt=1.875m
(2)物块运动到最低点 C 时，对轨道的压力大小为 FN=3.4mg ，由牛顿第三定律可知，轨道对物块的支持力大小为 F′N=FN=3.4mg
物块在 C 点时，由牛顿第二定律得 F′N−mg=mvC2R
解得 vC=6m/s
物块从 B 到 C 的过程，由动能定理得 mgR(1−csθ)−Wf=12mvC2−12mvB2
代入数据解得 Wf=0.5J
(3)物块以 6m/s 的速度由 D 点滑上传送带，物块在传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得 μmg=ma
解得 a=2m/s2
设经时间 t1 物块的速度与传送带的速度相同，设共同的速度为 v ，对物块有 v=vC−at1
对传送带有 v=a0t1
解得 t1=1s ， v=4m/s
该时间内物块和传送带的位移分别为 x物1=vC+v2t1=5m ， x皮1=v2t1=2m
该过程中物块与传送带的相对位移为 Δx1=x物1−x皮1=3m
物块与传送带共速后，物块在传送带上向右做匀加速直线运动，设物块从共速到滑下的时间为 t2 ，由位移公式得 x物2=s−x物1=vt2+12at22
解得 t2=1s
t2 时间内传送带的位移为 x皮2=vt2+12a0t22=6m
t2 时间内物体与传送带的相对位移为 Δx2=x皮2−x物2=1m
物块与传送带因摩擦而产生的热量为 Q=μmgΔx1+Δx2=8J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】