2024-2025學(xué)年江蘇省揚(yáng)州市新華中學(xué)高二（上）開學(xué)物理試卷（含解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1.有兩個(gè)半徑為r的金屬球如圖放置，兩球表面間距離為3r。今使兩球帶上等量的異種電荷Q，兩球間庫侖力的大小為F，那么( )
A. F=kQ2(5r)2B. F>kQ2(5r)2C. FkQ2(5r)2，
故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
2.A
【解析】A、滑塊在3s末的加速度為a=ΔvΔt=0?42m/s2=?2m/s2，A正確；
B、在2s末前后滑塊的速度均為正，說明滑塊的速度方向沒有改變，加速度方向發(fā)生改變， B錯(cuò)誤;
C、根據(jù)圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，在坐標(biāo)軸上方表示正位移，下方表示負(fù)位移，滑塊在2～ 4 s內(nèi)的位移與4～6s內(nèi)的位移大小相等，方向相反，位移不相同，C錯(cuò)誤;
D、圖像在2～6s內(nèi)與時(shí)間軸圍成的面積和為0，所以滑塊的位移為0，則滑塊在0～6s內(nèi)的位移等于0～2s內(nèi)的位移，但所用時(shí)間不等，則滑塊在0～6s內(nèi)的平均速度不等于0～2s內(nèi)的平均速度，D錯(cuò)誤；
3.B
【解析】根據(jù)胡克定律知，每根橡皮條的彈力F=k(1.5L?L)=0.5kL
設(shè)此時(shí)兩根橡皮條與合力的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系知sinθ=13
根據(jù)平行四邊形定則知，彈丸被發(fā)射過程中所受的最大彈力F合=2Fcsθ=2 23kL
故選B。
4.D
【解析】A、對AB及彈簧組成的系統(tǒng)分析可知，整體受重力、支持力和斜面的摩擦力，則摩擦力大小為2mgsinθ，故A錯(cuò)誤；
B、對斜面及斜面上的物體整體分析可知，整體在水平方向不受外力，故地面不受靜摩擦力；故B錯(cuò)誤；
C、開始時(shí)單個(gè)物體受到的靜摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，說明最大靜摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，若將彈簧拿掉，摩擦力瞬間發(fā)生變化，與重力沿斜面的分力大小相等，仍然小于最大靜摩擦力，不可能使物塊發(fā)生滑動(dòng)；故C錯(cuò)誤；
D、物塊靜止在斜面上，在斜面這個(gè)平面內(nèi)共有三個(gè)力作用在物體上，一個(gè)是重力沿斜面向下的分力mgsinθ，靜摩擦力f，方向不確定，彈簧彈力水平方向kx，則彈力等于mgsinθ和靜摩擦力f的合力，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力即fm=μmgcsθ時(shí)，彈力最大，此時(shí)：kx= fm2?(mgsinθ)2
故x=mg μ2cs2θ?sin2θk，故D正確。
5.AD
【解析】AB、根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢，故A正確B錯(cuò)誤。
CD、根據(jù)電場線的疏密來判定電場強(qiáng)度的強(qiáng)弱，粒子在M點(diǎn)的電場力小于N點(diǎn)，故C錯(cuò)誤D正確。
根據(jù)順著電場線方向電勢降低，判斷電勢的高低。由電場線的疏密判斷場強(qiáng)大小，確定電場力的大小。
本題是電場中軌跡問題，關(guān)鍵要根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷出粒子所受的電場力方向，再抓住電場線的物理意義判斷場強(qiáng)、電勢等的大小。
6.D
【解析】棒與平臺(tái)接觸點(diǎn)的實(shí)際運(yùn)動(dòng)即合運(yùn)動(dòng)方向是垂直于棒指向左上，如圖所示，
沿豎直向上方向上的速度分量等于v，即v實(shí)sinα=v，
得到：v實(shí)=vsinα，ω=v實(shí)L=vLsinα，平臺(tái)向上運(yùn)動(dòng)，夾角增大，線速度和角速度都減小，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
7.D
【解析】A.在軌道Ⅰ上從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中，只有萬有引力做功，探測器機(jī)械能不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B.萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得GMmr2=mv2r，解得v=?GMr
由于在軌道III上運(yùn)行時(shí)的軌道半徑大于火星的半徑，因此在軌道III上運(yùn)行時(shí)的速度小于火星的第一宇宙速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C.根據(jù)開普勒定律，軌道I半徑大，周期長，C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)GMmr2=ma可知探測器分別沿軌道Ⅱ和軌道Ⅲ運(yùn)行時(shí)，經(jīng)過P點(diǎn)的向心加速度大小相等，選項(xiàng)D正確。
故選：D。
8.C
【解析】A.由能量守恒可知mg?=μmgx，故?=μx，故A錯(cuò)誤；
B..由能量守恒可知Ep=mg?=μmgx，故B錯(cuò)誤；
C.物塊沿斜面AB下滑，速度越來越大，動(dòng)能越來越大，到水平面BC上后，由于摩擦力的作用做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能越來越小，故C正確；
D.物塊運(yùn)動(dòng)沿斜面AB勻加速下滑，速度均勻增大，豎直方向的速度也均勻增大，重力的功率P均勻增大；到B點(diǎn)以后，速度沿水平方向，重力的功率P為0，故D錯(cuò)誤。
故選C。
9.A
【解析】解：A、正點(diǎn)電荷Q在A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小E′=kQr2，而勻強(qiáng)電場在A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E，因方向相互垂直，根據(jù)矢量的合成法則，則有A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為 E2+k2Q2r4，故A正確；
B、同理，點(diǎn)電荷Q在B點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向與勻強(qiáng)電場方向相同，因此B點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E+kQr2，故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)點(diǎn)電荷Q在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向與勻強(qiáng)電場方向相反，且大小相等時(shí)，則D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小可以為零，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)矢量的合成法則，結(jié)合點(diǎn)電荷電場與勻強(qiáng)電場的方向，可知，A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，而方向不同，故D錯(cuò)誤；
故選：A．
根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E=kQr2，結(jié)合矢量合成法則，即可求解．
考查點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式的內(nèi)容，掌握矢量合成法則的應(yīng)用，注意正點(diǎn)電荷在各點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向是解題的關(guān)鍵．
10.C
【解析】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力，即GMmR2=mR4π2T2，解得核心艙的周期約為85min，每天經(jīng)過赤道的次數(shù)大于2次，故A錯(cuò)誤；
B、由于并不知道地球半徑R，即核心艙的軌道半徑，所以無法求得地球質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；
C、地球某建筑物的ω與同步衛(wèi)星相等，由a=rω2，可知地球某建筑物的加速度小于同步衛(wèi)星的加速度，根據(jù)GMmr2=ma，可知核心艙的加速度大于同步衛(wèi)星，所以核心艙加速度一定大于地球赤道上某建筑的加速度，故C正確；
D、核心艙在穩(wěn)定軌道上機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
計(jì)算核心艙T，可知道經(jīng)過赤道的次數(shù)；根據(jù)核心艙與同步衛(wèi)星的比較可知核心艙與赤道建筑物的加速度關(guān)系；核心艙在穩(wěn)定軌道上機(jī)械能守恒。
考查人造衛(wèi)星相關(guān)的知識，解題的關(guān)鍵是明確核心艙的軌道半徑，根據(jù)周期的計(jì)算可判斷。
11.(1)0.60(2)0.58 (3)(m2?m1)gm1+m2
【解析】(1)m1=150g=0.150kg,m2=250g=0.250kg，
在打下0點(diǎn)到打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5的過程中系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp=(m2?m1)gx=(0.250?0.150)×10×(0.4540+0.1460)J=0.60J。
(2)相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未標(biāo)出，計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T=0.02×5s=0.1s，
在紙帶上打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)，m2的速度v=x462T=0.1460+0.19402×0.1m/s=1.7m/s，
在打下0點(diǎn)到打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5的過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增加量ΔEk=12(m1+m2)v2=12×(0.150+0.250)×1.72J=0.58J
(3)由機(jī)械能守恒定律得(m2?m1)g?=12(m1+m2)v2
可得12v2=(m2?m1)gm1+m2?，
圖象的斜率表達(dá)式k=(m2?m1)gm1+m2。
12.設(shè)帶電小球A的質(zhì)量為m，當(dāng)小球A的加速度大小為 g2 時(shí)，
根據(jù)牛頓第二定律得
mg? kQAQBL2 =m g2
可得
kQAQBL2=12mg
設(shè)當(dāng)小球A向下運(yùn)動(dòng) L4 時(shí)，它的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得：
mg? kQAQBL?L42 =ma
可得
a= g9
設(shè)球A在向電荷B運(yùn)動(dòng)的過程中，與B相距為r時(shí)速度最大，此時(shí)重力等于庫侖力
mg= kQAQBr2
可得
r= 22L

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】
13.解：(1)根據(jù)UAB=WABq，UAB=φA?φB，φA=0，代入數(shù)據(jù)，可得：φB=?4V；
UBC=WBCq=?△EPBCq，UBC=φB?φC，代入數(shù)據(jù)，可得：φC=12V；
即：B點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢分別為?4V、12V；
(2)如圖所示：
；
連接BC，將BC四等分，則φ0=0V；
連接AO，則AO為等勢線；
由于AB=4cm，AC=4 3cm，BO=2cm；由幾何關(guān)系可知：AO⊥BC，所以場強(qiáng)方向?yàn)锽C連線，由C指向B；
E=UCBdCB=200V/m；
即：勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為200V/m，方向：由C指向B。

【解析】本題考查了電場力做功與電勢差及電勢能與電勢的關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。
(1)由電場力做功的公式W=qU，可以求得電勢差；根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系可以求得電勢；
(2)作出圖像，再根據(jù)電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系即可求解。
14.解：(1)假設(shè)運(yùn)動(dòng)員剛落在B點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為vy，運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)落到B點(diǎn)，有：
vy=g t1
v0 =vy tan53°
得：v0=8m/s
(2)運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)落到C點(diǎn)，做平拋運(yùn)動(dòng)。在此過程中，有：
水平位移：x=38v0t2
豎直位移：y=12gt22
tan53°=yx
W=mgy
得出：W=1600J

【解析】(1)運(yùn)動(dòng)員從A到B做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度的分解求解即可；
(2)運(yùn)動(dòng)員從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移的分解得出豎直方向的分位移，再結(jié)合重力做功的定義式求解即可。
本題是平拋運(yùn)動(dòng)與斜面相結(jié)合的題目，來源于生活，基礎(chǔ)題目。
15.解：(1)第一次在斜面上滑到頂端時(shí)a=gsin30°=12g
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v12=2al，所以第一次小物塊獲得的初速度v1= 2al = gl ；
(2)第二次恰好讓物塊水平?jīng)_上傳送帶，逆向看相當(dāng)于平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上相當(dāng)于自由落體，則有：vy= 2g12l= gl ，同時(shí)12l=12gt12
由速度分解關(guān)系得第二次小物塊滑上傳送帶的速度 v2=vx=vytan30°= 3gl
傳送帶距斜面的水平距離s=vxt1= 3gl? lg= 3l ；
(3)當(dāng)物塊勻減速至傳送帶速度相等的時(shí)間t2=v2?vμg= 3lg
物塊向右的位移x物=v2+v2t2=94l

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