黑龍江省大慶市東傳高級中學有限公司2024-2025學年高二上學期開學考試物理試題（原卷版+解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

一、單選題（每題4分，28分）
1. 如圖所示，質量相等的A、B兩物體在同一水平線上。當水平拋出A物體的同時，B物體開始自由下落（空氣阻力不計）。曲線AC為A物體的運動軌跡，直線BD為B物體的運動軌跡，兩軌跡相交于O點。則兩物體（）
A. 經(jīng)O點時速率相等
B. 從運動開始至經(jīng)過O點過程中A的速度變化量最大
C. 從運動開始至經(jīng)過O點過程中A、B重力的平均功率一定不相等
D. 在O點時重力的功率一定相等
【答案】D
【解析】
【詳解】A．經(jīng)O點時，兩物體下落時間相等，所以兩物體的豎直方向分速度相等，所以A物體的速度大于B物體速度，故A錯誤；
B．兩物體經(jīng)過O點時的時間相同，根據(jù)
v=gt
可知，從運動開始至經(jīng)過O點過程中兩物體的速度變化量相等，故B錯誤；
C．從運動開始至經(jīng)過O點過程中A、B受到重力所做的功均為
W=mgh
因為時間相同，所以從運動開始至經(jīng)過O點過程中A、B重力的平均功率一定相等，故C錯誤；
D．經(jīng)O點時，兩物體的豎直方向分速度相等，根據(jù)
P=mgvy
可知在O點時重力的瞬時功率相等，故D正確。
故選D。
2. 下列有關物理知識的說法中，錯誤的是（）
A. 我們周圍的一切物體都在輻射電磁波，這種輻射與物體的溫度有關
B. 類似于能量的量子化，任何物體的帶電量也是“量子化”的
C. 開普勒第三定律中，k是一個在任何星系中都相等的常量
D. 電工的高壓作業(yè)服是由包含金屬絲的織物制成，這種作業(yè)服起到靜電屏蔽的作用
【答案】C
【解析】
【詳解】A．我們周圍的一切物體都在輻射電磁波，這種輻射與物體的溫度有關，故A正確；
B．類似于能量的量子化，任何物體的帶電量也是“量子化”的，即只能是元電荷的整數(shù)倍，故B正確；
C．開普勒第三定律中，k與中心天體的質量有關，k不是一個在任何星系中都相等的常量，故C錯誤；
D．電工的高壓作業(yè)服是由包含金屬絲的織物制成，這種作業(yè)服起到靜電屏蔽的作用，故D正確。
本題選錯誤的，故選C。
3. 如圖所示，吊環(huán)運動員將吊繩與豎直方向分開相同的角度，重力大小為G的運動員靜止時，左邊繩子張力為T1，右邊繩子張力為T2。則下列說法正確的是（）
A. T1和T2是一對作用力與反作用力
B. 吊繩與豎直方向的夾角減小時，T1和T2都會變小
C. T2一定大于G
D. T1＋T2＝G
【答案】B
【解析】
【詳解】A．作用力與反作用力是物體間的相互作用力，T1和T2是對運動員的力。故A錯誤；
B．T1和T2的合力與運動員的重力等大反向，大小不變，當二者之間的夾角減小時，合力不變，分力變小。故B正確；
C．合力大于等于分力之差的絕對值，小于等于分力之和，所以T2不一定大于G。故C錯誤；
D．當三個力共線時才有
T1+ T2=G
故D錯誤。
故選B。
4. 在軸的坐標原點固定一電荷最絕對值為的點電荷，在處固定另一點電荷，兩者所在區(qū)域為真空，在兩者連線上某點的電場強度與該點位置的關系如圖所示。選取軸正方向為電場強度的正方向，無限遠處電勢為零，則下列說法正確的是（）
A. 處的電場強度大于處電場強度
B. 處的電勢高于處的電勢
C. 在處點電荷的電荷量的絕對值為
D. 電子沿軸從移動到過程中電勢能先增加后減少
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由圖可知，從處到處，電場強度反方向不斷增大，所以處的電場強度小于處電場強度，故A錯誤；
B．在軸坐標原點固定一電荷最絕對值為的點電荷，在處固定另一點電荷，選取軸正方向為電場強度的正方向，分析可知為兩不等量正電荷產(chǎn)生的電場，類比等量同種正電荷產(chǎn)生的電場，可知從處到處逆著電場線方向，電勢逐漸升高，所以處的電勢低于處的電勢，故B錯誤；
C．設在處固定另一點電荷的電荷量為，在處場強為0，可得
解得
故C錯誤；
D．電子從移動到過程，順著電場線運動，可知電場力做負功，電勢能增加，
從移動到過程，逆著電場線運動，可知電場力做正功，電勢能減少，所以電子沿軸從移動到過程中電勢能先增加后減少，故D正確。
故選D。
5. 如圖所示，帶電量分別為、的點電荷固定在同一豎直線上，一根粗細均勻的光滑絕緣桿水平放置，與兩點電荷連線的垂直平分線重合，一個帶正電的小球套在桿上（可自由滑動），給小球一個水平向右的初速度，小球在從A點運動到B點的過程中（）
A. 速度先變大后變小B. 加速度先變大后變小
C. 電勢能先變大后變小D. 受到的電場力先變大后變小
【答案】D
【解析】
【詳解】帶電量分別為、的點電荷固定在同一豎直線上，光滑絕緣桿水平放置，與兩點電荷連線的垂直平分線重合，所以桿上各點的電勢相等，因此帶正電小球的電勢能不變，小球受到的電場力豎直向下，因此水平方向合力為零，加速度始終為零，速度保持不變，電場力先變大后變小，故D正確，ABC錯誤。
故選D。
6. 如圖所示，質量為4 kg、半徑為0.5 m的光滑管狀細圓環(huán)用輕桿固定在豎直平面內(nèi)，A、B兩小球的直徑略小于管的內(nèi)徑，它們的質量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg。某時刻，A、B兩球分別位于圓環(huán)最低點和最高點，且A的速度大小為vA＝3 m/s，此時桿的下端受到向上的壓力，大小為56 N。則B球的速度大小vB為（取g＝10 m/s2）（）

A. 2 m/sB. 4 m/s
C. 6 m/sD. 8 m/s
【答案】C
【解析】
【詳解】對A球，合力提供向心力，設環(huán)對A球的支持力為FA，由牛頓第二定律有
FA－mAg＝mA
代入數(shù)據(jù)解得
FA＝28 N
由牛頓第三定律可得，A球對環(huán)的力向下，大小為28 N。設B球對環(huán)的力為FB′，由環(huán)的受力平衡可得
FB′＋28 N＋m環(huán)g＝－56 N
解得
FB′＝－124 N
負號表示和重力方向相反，由牛頓第三定律可得，環(huán)對B球的力FB為124 N、方向豎直向下，對B球由牛頓第二定律有
解得
vB＝6 m/s
故選C。
7. 如圖所示，兩個質量相等的物塊，沿傾角不同、底邊相同的兩個固定光滑斜面，從斜面頂端由靜止自由下滑，不計空氣阻力，在它們到達斜面底端的過程中（）
A. 重力做功的平均功率一定不同
B. 到達底端瞬間重力的功率可能相同
C. 斜面對物塊彈力的沖量可能相同
D. 物塊所受合力的沖量可能相同
【答案】A
【解析】
【詳解】A．第二定律可得加速度為
根據(jù)運動學公式可得
解得
重力做功的平均功率為
由于傾角不同，所以兩物塊所受重力做功的平均功率不相同，故A正確；
B．設斜面的傾角為θ時，設斜面底端長度為L，則斜面長為，根據(jù)動能定理可得
到達底端的動能為
斜面的傾角不同，則物塊到達底端的動能不同；物塊質量相等，則到達底端的速度不同，但在豎直方向上分速度vy不同，由
可知，到達底端時重力的瞬時功率不同，故B錯誤；
C．對物體在垂直斜面方向
因θ角不同，則斜面對物塊彈力的沖量方向不相同，沖量不可能相同，故C錯誤；
D．物塊所受合力沿斜面向下，為，因θ角不同，則合力的沖量方向不相同，合力的沖量不可能相同，故D錯誤。
故選A。
二、多選題（每題6分，18分）
8. 2021年4月29日11時23分，我國在文昌航天發(fā)射場用長征五號B遙二運載火箭成功將中國空間站天和核心艙發(fā)射升空并準確進入距離地面約的預定軌道，約95分鐘繞地球運行一圈。假設中國空間站天和核心艙繞地球運行的軌道為圓周，已知地球半徑約，自轉周期為，萬有引力常量為G，忽略空氣阻力的影響，下列說法中正確的是（）
A. 天和核心艙的運行速度大于第一宇宙速度
B. 天和核心艙的向心加速度小于地球同步衛(wèi)星的向心加速度
C. 根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)可以計算同步衛(wèi)星的距地高度
D. 根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)可以計算地球密度
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)
可得
可知，因天和核心艙的軌道半徑大于地球的半徑，可知天和核心艙的運行速度小于第一宇宙速度，選項A錯誤；
B．天和號核心艙的周期小于同步衛(wèi)星的周期，根據(jù)
可得
可知，天和號核心艙的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)
可得
可知天和核心艙的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，選項B錯誤；
C．同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉周期，根據(jù)開普勒第三定律
可求解同步衛(wèi)星的距地高度，選項C正確；
D．根據(jù)
可得地球的質量
可求解地球質量，根據(jù)
求解地球的密度，選項D正確。
故選CD。
9. 如圖所示，正點電荷固定于正方體的頂點處，a和b分別為正方體左右面的面中心，c和d分別為兩條邊的中點，則（）
A. 兩點電勢相等
B. 兩點電勢相等
C. 兩點電場強度大小相等
D. 兩點電場強度大小相等
【答案】BD
【解析】
【詳解】AB．由點電荷電場等勢面分布特點可知，距離點電荷相等距離的點電勢相等，兩點離正點電荷距離不等，說明不在同一等勢面上，兩點離正點電荷距離相等，說明在同一等勢面上，故A錯誤，B正確；
CD．由點電荷電場強度的決定式
知離點電荷相等距離的點電場強度大小才相等，故兩點電場強度大小不等，兩點電場強度大小相等，故C錯誤，D正確。
故選BD。
10. 在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8J，在M點的動能為6J，不計空氣的阻力．則（）
A. 小球水平位移x1與x2的比值1:3
B. 小球水平位移x1與x2的比值1:4
C. 小球落到B點時的動能為32J
D. 小球從A點運動到B點的過程中最小動能為
【答案】ACD
【解析】
【詳解】小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性得知，從A點至M點和從M點至B點的時間t相等，小球在水平方向上做初速為零的勻加速直線運動，設加速度為a，根據(jù)位移時間公式：，，聯(lián)立可得：，故A正確，B錯誤；據(jù)小球的運動軌跡如圖所示：
小球從A到M，由功能關系知在水平方向上電場力做功為：，則從A到B水平方向上電場力做功為：，根據(jù)能量守恒可知，小球運動到B點時的動能為：，故C正確；由題知開始：，又豎直方向上：，在水平方向上：，又有：，聯(lián)立以上解得：，幾何關系可知，則，據(jù)運動軌跡，但小球的運動方向與合加速度的方向垂直時，小球的速度最小，則小球從A到B過程最小速度一定與等效G′垂直，如圖P點，所以，故D正確．所以ACD正確，B錯誤．
三、實驗題（每空2分，16分）
11. 在做“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”的實驗電路如圖所示。某實驗小組用如圖甲所示的電路研究電容器充、放電情況及電容大小，他們用電流傳感器和計算機測出電路中電流隨時間變化的曲線。傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。
（1）實驗時，根據(jù)圖甲所示的電路原理圖連接好電路，時刻把開關K擲向______端（填選“1”或“2”），對電容器進行充電；
（2）對電容器進行放電時，流過電阻R的電流方向為______；（選填“a到b”或“b到a”）
（3）如果不改變電路其他參數(shù)，只增大電阻R，放電時間將______；（填“變長”、“不變”或“變短”）
（4）圖丙為電壓恒為8V的電源給電容器充電時作出的電流隨時間變化的I?t圖像，某同學進行實驗數(shù)據(jù)處理時，數(shù)出圖線包圍的格數(shù)（滿半格或超過半格的算一格，不滿半格的舍去），總格數(shù)為32格，則可以計算出電容器充電完畢后的電荷量為______C，電容器的電容為______F。（計算結果均保留兩位有效數(shù)字）
【答案】 ①. 1 ②. 由a 到b ③. 變長 ④. ⑤.
【解析】
【詳解】（1）[1]要對電容充電，需要把電容跟電源連接起來，故時刻把開關K擲向1。
（2）[2]電容器充電時上極板接電源正極，故上極板帶正電荷，放電時下極板負電荷通過電阻流向上極板，故流過電阻R的電流方向為由a到b。
（3）[3]根據(jù)電流的定義式
可得
如果不改變電路其他參數(shù)，只增大電阻R，則放電電流將減小，由上式可知放電時間將變長。
（4）[4]根據(jù)圖像面積表示電容器充電完畢后的電荷量，由圖知，每小格代表的電荷量為
數(shù)出圖線包圍的格數(shù)，滿半格或超過半格的算一格，不滿半格的舍去，數(shù)得格數(shù)為32格，則電容器充電完畢后的電荷量為
[5]根據(jù)電容的定義知，電容器的電容為
12. 某同學用下圖所示裝置做驗證動量守恒定律的實驗。先將A球從斜槽軌道上某固定點C處由靜止開始釋放，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次；再把同樣大小的B球放在斜槽軌道末端水平段的最右端附近靜止，讓A球仍從原固定點C處由靜止開始釋放，和B球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次。從左向右依次是M、P、N點。
（1）實驗必須要求的條件是_______
A.斜槽軌道盡量光滑以減少誤差
B.斜槽軌道末端的切線必須水平
C.入射球質量mA必須大于被碰球的質量mB
D.入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下
（2）如圖為某小球在記錄紙上的落點情況，為測定小球落點的平均位置，把毫米刻度尺的零刻線跟記錄紙上的O點對齊，由圖可知OP距離應為_______cm。
（3）現(xiàn)已測出小球A、B的質量分別為mA、mB，三個落地點距O點的距離OM、OP、ON，按照本實驗方法，驗證動量守恒的驗證式是_______。
【答案】 ①. BCD ②. 31.92 ③.
【解析】
【詳解】（1）[1] A．本實驗要求入射球碰撞前的速度保持相同，只要滿足入射球從同一位置釋放即可，斜槽軌道并不需要光滑，故A錯誤；
B．小球離開軌道后做平拋運動，要確保小球每次都從斜槽末端飛出時速度沿水平方向，斜槽軌道末端切線必須水平，B正確；
C．為保證入射球碰后不會被彈回，必須要滿足mA>mB，C正確；
D．在同一組實驗的不同碰撞中，每次入射球必須從軌道的同一位置由靜止釋放，保證碰前的速度相同，D正確。
故選BCD。
（2）[2]找出平均落點，由圖所示可知，刻度尺分度值是1mm，刻度尺示數(shù)為31.92cm；
（3）[3]小球離開軌道后做平拋運動，由知小球在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則有
兩邊同時乘以時間t得
即
四、解答題（38分，3題）
13. 如圖，一彎成“L”形的硬質輕桿可在豎直面內(nèi)繞O點自由轉動，已知兩段輕桿的長度均為 L，輕桿端點分別固定質量為m，3m的小球 A、B（均可視為質點），現(xiàn) OA豎直，
OB 水平，將輕桿靜止釋放，求：
(1)小球B運動到最低點時，A 球的速度為多少？
(2)小球B運動到最低點的過程中，輕桿對小球A做了多少功？
【答案】(1)；(2)0
【解析】
【詳解】(1)B球由釋放運動到最低點：由機械能守恒定律可知
兩球角速度相同且半徑相同
解得
(2)B球從釋放至運動至最低點的過程中，根據(jù)動能定理
對A球
解得
14. 如圖所示，一帶電量為+q、質量為+m的小物塊處于一傾角為θ的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止，求：
（1）電場強度E；
（2）若電場強度減小為原來的，物塊的加速度a；
（3）電場變化后物塊下滑距離L所用的時間t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【詳解】（1）對小物塊研究，由平衡條件得
解得
（2）當電場強度減小為原來的時，由牛頓第二定律得
解得
（3）由可得
【點睛】（1）帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，且斜面又處于水平勻強電場中，則可根據(jù)重力、支持力，又處于平衡，可得電場力方向，再由電荷的電性來確定電場強度方向。由三力平衡，借助于力的平行四邊形定則來確定電場強度方向。
（2）當電場強度減半后，物體受力不平衡，產(chǎn)生加速度，借助于電場力由牛頓第二定律可求出加速度大小
（3）選取物體下滑距離為L作為過程，利用勻變速直線運動規(guī)律來求出動能。
15. 如圖所示，平臺和足夠長傳送帶處于同一高度，平臺右端與傳送帶左端無縫連接，傳送帶在電動機的帶動下沿順時針方向勻速轉動。傳送帶上方所在區(qū)域存在水平向左的勻強電場。在平臺左端固定一個輕質短彈簧，一質量的帶正電的物塊B靜止在平臺右端，將另一個與物塊B質量相同的絕緣物塊A向左壓縮彈簧（不拴連），在與物塊B的距離處由靜止釋放，物塊A向右運動恰好能與物塊B接觸。將物塊A沿豎直方向切去一半（設為），然后壓縮彈簧仍從距物塊B為l處由靜止釋放，物塊與物塊B發(fā)生彈性正碰，碰撞前后物塊B的電荷量不變，且碰撞時間極短，碰撞后物塊B在傳送帶上運動，經(jīng)過時間后與傳送帶共速，此時物塊B的速度大小為碰撞后瞬間速度大小的一半，A（）B與平臺、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，取重力加速度大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，兩物塊均可視為質點。物塊與物塊B碰撞后撤去彈簧。
（1）求物塊碰撞后滑行的距離；
（2）求物塊B沿傳送帶向右運動的過程中克服電場力做的功及與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱能；
（3）物塊B能否與物塊再次相碰？通過計算說明。
【答案】（1）；（2）9.6J，4.8J；（3）能
【解析】
【詳解】（1）從釋放物塊A到A恰好與物塊B接觸的過程中，由能量守恒定律可知彈簧彈性勢能
設物塊與物塊B碰撞前瞬間的速度大小為，從釋放物塊到物塊與物塊B碰撞前瞬間，由能量守恒定律有
解得
物塊和物塊B發(fā)生彈性正碰，設碰撞后瞬間物塊的速度為v，物塊B的速度為，根據(jù)動量守恒和能量守恒定律有
解得
碰撞后物塊反向運動，碰撞后對物塊有
解得
（2）傳送帶的速度大小
設物塊B受到的電場力大小為F，物塊B減速到與傳送帶速度相同的過程中有
物塊B減速時的加速度大小
物塊B減速到與傳送帶速度相同時向右運動的位移大小
物塊B與傳送帶的相對位移大小
解得
物塊B與傳送帶速度相等后，電場力大于最大靜摩擦力，物塊B將向右繼續(xù)減速運動，有
設物塊B從與傳送帶共速到減速為零的過程中位移大小為，時間為，有
物塊B與傳送帶的相對位移大小
物塊B從碰撞后到向右減速為零的過程中，電場力做負功，電勢能增加量為，得
克服電場力做的功為，物塊B與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱能
（3）物塊B速度為零后，以加速度大小向左加速運動，離開傳送帶時的位移大小
設物塊B離開傳送帶時的速度大小為，有
設物塊B在平臺上向左運動減速到零的位移大小為，有
解得
因，故物塊B會與物塊發(fā)生第二次碰撞。

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