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绵阳市高中2023级第一次诊断性考试
物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是最符合题目要求的。
1.“川超”火热进行，川北赛区第二轮，绵阳队坐镇主场三台体育场迎战德阳队。比赛中，
足球以3ms的速度飞来，被运动员以5ms的速度反向踢回，若足球与脚接触时间约为
0.04s,则该时间内足球的加速度大小约为
A.200m/s2
B.125m/s2
C.75m/s2
D.50m/s2
2.举重运动员举起杠铃稳定时的状态如图所示。下列说法正确的是
A.双臂夹角越大受力越小
B.双臂夹角越大受力越大
C.在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力小于人与杠铃总重力
D.在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力等于人与杠铃总重力
3.如图所示，广场喷泉喷口O与喷出的水柱落点B在同一水平面，水从喷口喷出的速度%
大小保持不变，方向与水平面的夹角0可以调整，设水柱最高点A相对该水平面高为H,
落点B与O间距为L,不计空气阻力，则在0从30°增大到60°的过程中
A.H逐渐减小
B.H先增大后减小
00
C.L逐渐减小
D.L先增大后减小
B
物理试题卷第1页（共6页）
4.发射地球同步卫星常采用变轨发射，即先把卫星发射到靠近地球表面的圆形轨道上，再
通过点火加速、调整方向等，将卫星送入距地面高为h的同步轨道，如图所示。若卫星
在近地轨道、同步轨道都做匀速圆周运动，已知地球半径为R,
卫星在近地轨道运动的速度大小为1，则卫星在同步轨道运动
的速度2大小是
0
R
R+h
A.R+h
B.R
万
C.R
D.
5.如图所示，
内壁为光滑半圆的凹槽静止在粗糙水平地面上，O为半圆圆心，A为半圆最
低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽内有一小球，用推力F推动小球从A点向B点缓
慢移动，推力F的方向始终沿圆弧的切线方向，凹槽始终静止。则
A.推力F大小不变
0
B.推力F先增大后减小
C.地面对凹槽的摩擦力先增大后减小
D.地面对凹槽的摩擦力先减小后增大
6.如图所示，固定的粗糙水平杆上有A、B两点，轻质弹簧一端固定在B点正下方的O点，
另一端与质量为m、套在杆上A点的滑块相连。滑块从A处静止自由释放后向右运动，
过B点时加速度为零，到达C点（图中未标出）时速度为零。滑块
A.从A到B的过程中，弹簧弹力大小一直减小
B
B.从A到B的过程中，弹簧弹力大小一直增大
C.在A处时弹簧弹力大小小于在C处时弹簧弹力大小
D.在A处时弹簧弹力大小大于在C处时弹簧弹力大小
0
7.光滑细圆管固定在竖直平面内，O为圆心，M、N分别为圆管的最高、最低点。可视
为质点的小球（直径略小于管道）由静止从M点开始下滑，从M
到N的过程中，设小球的位移大小为x,则小球的重力势能E
(以N点所在平面为零势能面)、动能Ek、速率v、绕O点做圆
周运动的角速度ω随x变化的关系图像，正确的是
E
物理试题卷第2页（共6页）绵阳市高2023级第一次诊断考试
物理参考答案和评分标准
一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.A .2.B 3.D 4.A 5.C 6.D 7. C
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每小题有多个选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.AC 9. BC 10.AD
三、非选择题：共5题，共54分。
11.（6分）
（1）如图所示（2分）
（2）0.5（2分）
（3）B（2分）
12.（10分）
（1）B（2分）
（2）D（2分）
（3）2.04（2分。2.03—2.04均可）
（4）随着砝码质量增加，无法满足小车质量远大于重物质量（2分）
（5）150（2分）
13.（10分）解：
（1）设小球在B点速度为vB，轨道对小球竖直向上的作用力为NB，则
（2分）
（2分）
小球在B点对轨道的压力大小，方向竖直向下。 （2分）
（2）如图所示，小球从C点离开半球，设OC与水平方向成θ，小球在C点速度为vC，则由牛顿第二定律
（1分）
小球从B点到C点，由动能定理
（1分）
设C点距离水平面的高度为h，则
（1分）
解得 （1分）
14.（12分）解：
（1）设小物块质量为m，在水平轨道上运动的加速度大小为a，则
（2分）
（1分）
解得 t0=2 s （1分）
（2）设小物块在O点速度为vC，从O点到C点做平抛运动，运动时间为t1，则
在水平方向做匀速直线运动，有 （1分）
在竖直方向自由落体运动，有 （1分）
解得 t1=0.4 s，vC=4 m/s
（1分）
解得h1=1.6 m （1分）
（3）由图可知，由于yD＞0.8 m，根据自由落体运动规律，可判断小物块做平抛运动时间t2＞t1；由于xD＜1.6 m，匀速运动规律，可判断小物块在O点速度vD＜vC。
物体从A到O由动能定理，可判断h2＜h1。 （1分）
小物块从O点到C点做平抛运动，由（2）可得
小物块从O点到D点做平抛运动，同理可得
（1分）
由于通过D点的动能与通过C点的动能相等，有
（1分）
解得 （1分）
15.（16分）解：
（1）设两级弹跳体一起竖直上升的时间为t，则
（2分）
（1分）
（2）当两级弹跳体一起竖直上升到离地面最大高度H时，两级弹跳体速度为零。以竖直向上为速度正方向，设解锁二级弹跳体内的弹簧后一、二级弹跳体的速度分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒定律分别可得
（1分）
（1分）
解得 ，
之后，二级弹跳体做竖直上抛运动，设又上升的高度为H1，有
（1分）
解得
则二级弹跳体离地面最大高度 （2分）
（3）若一级弹跳体的质量为M，解锁一级弹跳体的弹簧后，设在一、二级弹跳体竖直上抛运动过程中速度为时，解锁二级弹跳体的弹簧后一、二级弹跳体的速度分别为v3、v4，由动量守恒和能量守恒定律分别可得
（1分）
（1分）
解得 ，
解锁二级弹跳体的弹簧后，二级弹跳体增加的速度为
可见，二级弹跳体增加的速度与解锁前的速度无关。 （1分）
一、二级弹跳体速度为及二级弹跳体的图像关系如图所示，由图可知：越早解锁二级弹跳体的弹簧二级弹跳体所能到达的高度越高。（1分）
设一级弹跳体的弹簧解锁后瞬间一、二级弹跳体的共同速度为v时解锁二级弹跳体的弹簧，则
（1分）
设解锁二级弹跳体的弹簧候瞬间二级弹跳体速度为v5，由前述分析知：
（1分）
设二级弹跳体离地面最大高度为，有
（1分）
解得 （1分）
物理答案 第1页（共3页）

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