重慶八中2023-2024學年度（上）高二年級開學適應(yīng)性訓練物理試題一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28.0分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1. 第谷、開普勒等人對行星運動的研究漫長而曲折，牛頓在他們研究的基礎(chǔ)上，得出了萬有引力定律．下列有關(guān)萬有引力定律的說法中正確的是（　?。?/span>A. 太陽與行星之間引力的規(guī)律并不適用于行星與它的衛(wèi)星B. 開普勒通過研究觀測記錄發(fā)現(xiàn)行星繞太陽運行的軌道是橢圓C. 庫侖利用實驗較為準確地測出了引力常量G的數(shù)值D. 牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中沒有利用牛頓第三定律的知識【答案】B【解析】【詳解】A．太陽與行星之間引力的規(guī)律也適用于行星與它的衛(wèi)星之間，故A錯誤；B．開普勒通過研究觀測記錄發(fā)現(xiàn)行星繞太陽運行的軌道是橢圓，即開普勒第一定律，故B正確；C．卡文迪許利用實驗較為準確地測出了引力常量G的數(shù)值，故C錯誤；D．牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中利用了牛頓第三定律的知識，故D錯誤。故選B。2. 高能粒子是指帶電粒子在強電場中進行加速，現(xiàn)將一電子從電場中A點由靜止釋放，沿電場線運動到B點，它運動的圖像如圖，不考慮電子重力的影響，則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下列選項中的（　?。?/span>A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【詳解】v-t圖像的斜率表示加速度，由圖像可知，斜率為正且逐漸減小，則粒子的加速度沿運動方向，且逐漸減小，做加速度減小的加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知電場強度越來越小，電場線越來越稀疏，電子受電場力與電場方向相反，電場方向由B指向A。故選A。3. 圖為雜技表演“飛車走壁”，雜技演員駕駛摩托車沿光滑圓臺形表演臺的側(cè)壁高速行駛，在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。如果先后兩次雜技演員繞側(cè)壁行駛時距離底部高度不同，則雜技演員位置越高（　?。?/span>  A. 角速度越大 B. 線速度越大 C. 受到的支持力越大 D. 向心加速度越大【答案】B【解析】【詳解】雜技演員駕駛摩托車在水平方向上做勻速圓周運動，受力如圖所示  ，由圖可知在不同的高度角度都相同，則向心力大小不變，受到的支持力大小不變；根據(jù)牛頓第二定律有可得可知位置越高，半徑越大，則線速度越大，角速度越小，向心加速度大小不變。故選B。4. 部隊為了訓練士兵的體能，會進行一種拖輪胎跑的訓練。如圖所示，某次訓練中，士兵在腰間系繩拖動輪胎在水平地面前進，已知連接輪胎的拖繩與地面夾角為37°，繩子拉力大小為100N，若士兵拖著輪胎以6m/s的速度勻速直線前進3s，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）則（　　）A. 3s內(nèi)，輪胎克服地面摩擦力做功為－1440JB. 3s內(nèi)，繩子拉力對輪胎做功為1440JC. 3s內(nèi)，輪胎所受合力做功為1800JD. 3s末，繩子拉力功率為600W【答案】B【解析】【詳解】A．3s內(nèi)，輪胎克服地面摩擦力做功選項A錯誤；B．3s內(nèi)，繩子拉力對輪胎做功為選項B正確；C．3s內(nèi)，輪胎勻速運動，則所受合力做功為0，選項C錯誤；D．3s末，繩子拉力功率為選項D錯誤。故選B。5. 兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移-時間圖像，圖中分別為兩球碰撞前的圖線，為碰撞后兩球共同運動的圖線。若球的質(zhì)量，則由圖可知下列結(jié)論正確的是（　?。?/span>A. A、B兩球碰撞前的總動量為B. 碰撞過程對的沖量為C. 碰撞前后的動量變化為D. 碰撞過程A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知碰撞前A的速度為碰撞前B的速度為碰撞后AB的速度為根據(jù)動量守恒定律可知解得所以碰撞前的總動量為A錯誤；B．碰撞時A對B所施沖量即為B的動量變化量B錯誤；C．根據(jù)動量守恒定律可得C正確；D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為D錯誤。故選C。6. 均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的點電荷電場．如圖所示，在球面上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，球心為O，CD為球面AB的對稱軸，在軸線上有M、N兩點，且，，已知球面在M點的場強大小為E，靜電力常量為k，則N點的場強大小為A  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【詳解】將AB部分補上變成一個完整的均勻球殼，該球殼帶電荷量為：；則該球殼在M點產(chǎn)生的場強為：；根據(jù)電場的疊加原理可知：球殼上部分在M點產(chǎn)生的場強大小為：；根據(jù)對稱性可知：在N點產(chǎn)生的場強大小為：   故C正確，ABD錯誤．故選C．7. 天花板下用輕彈簧懸掛一個質(zhì)量為m的平板B，初始時B靜止（設(shè)此時B的重力勢能為0），在B正下方有一個質(zhì)量也為m的物塊A，將其向上拋出并以速度v0與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后B的速度為v、加速度為a、動能為Ek、機械能為E機，則在B上升至最高點的過程中，各物理量隨時間t或位移x的變化圖像可能正確的是（　?。?/span>  A.    B. C.    D. 【答案】C【解析】【詳解】A．由于物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)物塊A與B碰后的速度為v1，則解得，B向上運動過程中，在彈簧恢復原長之前，根據(jù)牛頓第二定律，有此過程中，彈簧彈力逐漸減小，物體運動的加速度向下增大，物體的速度不斷減小，若此過程中物體的速度不能減為零，繼續(xù)向上運動，根據(jù)牛頓第二定律，有所以彈簧處于將處于壓縮狀態(tài)，彈力不斷增大，物體的加速度仍然向下增大，所以B向上做加速度增大的減速運動，v-t圖線的斜率應(yīng)不斷增大，但其運動的初速度為v0，故A錯誤；B．B上升到最高點的過程中，加速度不斷增大，但加速度變化應(yīng)越來越慢，故B錯誤；C．B上升過程速度不斷減小，所以其動能不斷減小，系統(tǒng)重力勢能和彈性勢能之和不斷增大，但其變化可能先快后慢，即圖線的斜率可能先增大后減小，故C正確；D．圖線的斜率表示彈簧彈力大小，隨著B上升，彈力可能一直減小，斜率一直減小，但彈力對物體做正功，機械能增大；彈力也可能先減小后增大，所以圖線的斜率應(yīng)先減小后增大，彈力對物體先做正功后做負功，物體的機械能先增大后減小，故D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得5分，選對但不全的得3分，有錯得0分。8. 在如圖所示的物理過程示意圖中，甲圖一端固定有小球的輕桿，從右偏上30°角釋放后繞光滑支點擺動；乙圖為末端固定有小球的輕質(zhì)直角架，釋放后繞通過直角頂點的固定軸O無摩擦轉(zhuǎn)動；丙圖為置于光滑水平面上的A、B兩小車，B靜止，A獲得一向右的初速度后向右運動，某時刻連接兩車的細繩瞬間繃緊，然后帶動B車一起運動；丁圖為一木塊靜止在光滑水平面上，子彈以速度v0射入其中且未穿出。則關(guān)于這幾個物理過程（空氣阻力均忽略不計），下列判斷中正確的是（　　）  A. 甲圖中小球機械能守恒B. 乙圖中小球A的機械能守恒C. 丙圖中兩車組成的系統(tǒng)動量守恒D. 丁圖中子彈、木塊組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒【答案】AC【解析】【詳解】A．甲圖中小球在轉(zhuǎn)動時，只有重力做功，所以小球機械能守恒，故A正確；B．乙圖中小球AB間機械能相互轉(zhuǎn)化，AB系統(tǒng)機械能守恒，單獨分析時由于此時桿對小球的力不沿桿的方向，對小球做功，故小球A的機械能不守恒，故B錯誤；C．丙圖中兩車組成的系統(tǒng)合外力為零，所以動量守恒，故C正確；D．丁圖中子彈射入木塊過程中，子彈、木塊組成的系統(tǒng)合外力為零，所以動量守恒；子彈與木塊間有相對運動，系統(tǒng)一部分機械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，故機械能不守恒，故D錯誤。故選AC。9. 如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，現(xiàn)將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離。下列說法正確的是（　?。?/span>  A. 油滴帶正電 B. 靜電計指針張角不變C. 油滴靜止 D. P點的電勢不變【答案】CD【解析】【詳解】A．根據(jù)受力平衡可知，油滴的電場力方向向上，極板間電場向下，電場力與電場方向相反，故油滴帶負電，故A錯誤；BCD．根據(jù)電容的決定式 聯(lián)立解得可知電場強度與極板的距離無關(guān)，所以電場強度不變，故油滴的電場力不變，不會運動，P點與下極板間的距離不變，由可知P點的電勢不變，由可知若將電容器的上極板向下移動一小段距離，則電勢差變小，靜電力張角變小，故CD正確，B錯誤。故選CD。10. 如圖所示，在光滑絕緣水平桌面上有一個電荷量為、質(zhì)量為m的小球與一根長為的輕繩一端相連，繩的另一端固定在P點，小球與P點的距離現(xiàn)施加一與PM夾角、水平向右且場強大小為E的勻強電場，并從靜止釋放帶電小球，從釋放小球到輕繩與電場方向平行的過程，下列說法正確的是（     ）A. 小球先做勻加速曲線運動后做圓周運動B. 小球的運動時間為C. 此過程中電場力所做的功為D. 輕繩與電場力方向平行時小球的速度大小為【答案】CD【解析】【詳解】A. 如圖所示，帶電小球水平向右做勻加速直線運動，當位移為MQ=L時，輕繩剛好被拉直，隨后在輕繩拉力與電場力的合力作用下，小球以P點為圓心做圓周運動到N點，此時輕繩與電場力方向平行，故A錯誤；B. 小球在水平方向上的位移為：假如小球在水平方向一直做勻加速直線運動，根據(jù)解得：但小球在QN階段水平方向不是勻加速直線運動，故B錯誤；C. 電場力做功故C正確．D. MQ段，由動能定理得：當帶電小球運動到Q點時輕繩剛好被拉直速度為，如圖所示由于繩子瞬間張緊使得小球沿輕繩方向的分速度v2瞬間減小為零，而沿垂直于輕繩方向的分速度 不變，小球由Q到N，根據(jù)動能定理得則此時小球的速度為：故D正確．三、實驗題：本題共2個小題，共15分，第11題6分，第12題9分。11. 某研究性學習小組做“用傳感器觀察電容器的充電和放電”的實驗，把一個電容器、電流傳感器、電阻、電源、單刀雙擲開關(guān)按圖甲所示連接。先將開關(guān)S撥至1端，電源向電容器充電，然后將開關(guān)S撥至2端，電容器放電，與電流傳感器相連接的計算機記錄這一過程中電流隨時間變化的線，如圖乙所示。  （1）關(guān)于電容器的充、放電，下列說法中正確的是________。（填正確答案標號）A.電容器充、放電過程中，外電路有電流B.電容器充、放電過程中，外電路有恒定電流C.電容器充電過程中，電源提供的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.電容器放電過程中，電容器中的電場能逐漸減小（2）在形成電流曲線1的過程中，電容器兩極板間的電壓________；在形成電流線2的過程中，電容器的電容________。（均選填“逐漸增大”“不變”或“逐漸減小”）（3）曲線1與橫軸所圍面積________（選填“大于”“等于”或“小于”）曲線2與橫軸所圍面積。【答案】    ①. AD    ②. 逐漸增大    ③. 不變    ④. 等于【解析】詳解】（1）[1]AB．由I-t圖像可知，電容器充、放電過程中，外電路中有電流，電流不斷變化，A正確，B錯誤；C．電容器充電過程中，電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場能，C錯誤；D．電容器放電過程中，電容器中的電場能逐漸減小，D正確；故選AD；（2）[2][3]在形成電流曲線1的過程中，電容器充電，電容器兩極板間的電壓逐漸增大；電容器的電容不隨電壓及電荷量的變化而變化，在形成電流線2的過程中，電容器的電容不變；（3）[4]根據(jù)可知圖像與坐標軸圍成的面積等于電容器充電或放電電量，電容器充電的電量等于放電的電量，故曲線1與橫軸所圍面積等于曲線2與橫軸所圍面積。12. 一學習小組的同學們，想用實驗來驗證機械能守恒定律，其所用實驗裝置如圖1所示，重力加速度g取。請回答下列問題：（1）本實驗用的電火花打點計時器所接交流電源電壓為__________；兩物塊的質(zhì)量分別為，則物塊應(yīng)選用質(zhì)量為__________的物塊，物塊B選用另一物塊。（2）某次實驗所得紙帶如圖2，紙帶上所標點皆為連續(xù)的記錄點，經(jīng)測量第一個點到點間的距離，而與相鄰的前后兩點間的距離，所用交流電的頻率。由此可知：由至的過程中，系統(tǒng)減小的重力勢能為__________J，增加的動能為__________J（均保留2位有效數(shù)字）。（3）學習小組中的一位同學認為，僅由（2）中一組數(shù)據(jù)不足以說明問題，于是又換了一條紙帶重新測量，并在紙帶上選取了若干點，測出其對應(yīng)的速度及其到“第一個點”的距離，進而依據(jù)數(shù)據(jù)得到了如圖3所示的圖像。經(jīng)理論分析，若圖3中圖線的斜率__________（保留兩位有效數(shù)字），則系統(tǒng)機械能守恒得以驗證。然而，實際測量發(fā)現(xiàn)圖線斜率較理論值要大一些，造成這一結(jié)果的原因可能是__________（答出一條即可）。【答案】    ①. 8    ②. 200    ③. 0.65    ④. 0.61    ⑤. 0.15    ⑥. 存在阻力使得系統(tǒng)機械能有所損失【解析】【詳解】（1）[1]電磁打點計時器所接交流電源電壓為8V；[2]實驗中物塊A下降，物塊B上升，從而驗證機械能守恒定律，所以物塊A應(yīng)選用質(zhì)量較大的m2，所以A的質(zhì)量為200g；（2）[3]系統(tǒng)減小的機械能為[4]P點的速度大小為系統(tǒng)增加的動能為（3）[5]若系統(tǒng)機械能守恒，則有所以所以斜率為[6]實際測量發(fā)現(xiàn)圖線斜率較理論值要大一些，造成這一結(jié)果的原因可能是存在阻力使得系統(tǒng)機械能有所損失。三、計算題：本大題共3小題，共42分。13題10分，14題14分，15題18分。解答應(yīng)寫出必要得文字說明、方程式和重要得演算步驟，只寫出結(jié)果的不能給分。13. 有一個帶電荷量的點電荷，從某電場中的A點移到B點，電荷克服靜電場力做的功，從B點移到C點，電場力對電荷做的功，問：若以B點電勢為零，則：（1）AB、BC間的電勢差為多少？（2）點電荷q在A、C點電勢能各為多少？【答案】（1），；（2），【解析】【詳解】（1）點電荷從A點移到B點，有可得AB間的電勢差為點電荷從B點移到C點，有可得BC間的電勢差為（2）取B點電勢為零，根據(jù)電勢差的定義公式，有，解得，根據(jù)電勢能表達式可得點電荷q在A、C點的電勢能各為14. 已知火星的半徑為地球半徑的，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的，地球表面的重力加速度為g。假設(shè)在火星表面，有一彈射器固定在光滑斜面底端，彈射道與斜面平行，某時刻彈射器彈射一個質(zhì)量為的小球，小球與彈射器作用的時間為，小球離開彈射器后沿著斜面上升的最大距離為，斜面傾角為，忽略小球所受的一切阻力。（g取10m/s2，忽略地球及火星的自轉(zhuǎn)帶來的影響）（1）小球脫離彈射口時的速度大小。（2）求彈射器對小球的平均作用力大小。【答案】（1）4m/s；（2）1010N【解析】【詳解】（1）小球在地球表面，則小球在火星表面解得小球在斜面上運動時由牛頓第二定律有解得小球從脫離彈射器到運動的最高點，由運動學公式有解得（2）取沿斜面向上為運動的正方向，彈射器彈射小球過程中，由動量定理得解得15. 如圖甲所示，傾角的斜面固定在水平地面上，斜面上放置長度、質(zhì)量的長木板A，長木板的下端恰好與斜面底部齊平；一可視為質(zhì)點、質(zhì)量、帶電量的物塊B放在木板上，與木板上端距離；與木板上端距離的虛線右側(cè)存在足夠?qū)拕驈婋妶觯妶龇较虼怪毙泵嫦蛏希?/span>時刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在長木板上，后撤去F，物塊B在內(nèi)運動的圖像如圖乙所示，且物塊B在時速度恰好減為0．已知物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)，長木板與斜面間的動摩擦因數(shù)，物塊B帶電量始終不變，重力加速度g取，求：（1）恒力F的大小；（2）勻強電場的電場強度大?。?/span>（3）從時刻起到木板下端再次與斜面底部齊平的過程中，物塊B與木板A間因摩擦產(chǎn)生的熱量．
 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由圖乙可得，物塊B加速度大小若物塊B與長木板發(fā)生相對滑動，則得故恒力F作用后，兩者相對靜止，一起向上加速，對整體有得（2）內(nèi)一起運動的位移為得即撤去外力時木板恰運動到電場邊緣，假設(shè)撤去外力后相對靜止一起減速，對整體有得對物塊B有得假設(shè)成立，兩者相對靜止一起減速，在此加速度下若B減速為零，則運動距離為得即物塊B到達電場邊緣時尚未減速為零。得或（舍棄）物塊B在減速為零，則共進入電場后的加速度大小為得（3）物塊B進入電場后減速為零經(jīng)過的位移為長木板A減速為零的位移為，則得即物塊B尚未沖出長木板A的上端，A物體減速為零后，因故A靜止不動，物塊B離開電場時，速度與進入時候等大反向，即對B對A得兩者共速時得此過程中長木板A、物塊B各自的位移大小為得即此時長木板A尚未到達底部，物塊B進入電場后與木板間無摩擦生熱，僅在物塊B離開電場后與長木板A有摩擦生熱，即得

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