2024-2025学年河南省许昌市鄢陵县第一高级中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省许昌市鄢陵县第一高级中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析），共15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。

1.城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥.如图所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则( )
A. 小汽车通过桥顶时处于失重状态
B. 小汽车通过桥顶时处于超重状态
C. 小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为FN=mg−mv12R
D. 小汽车到达桥顶时的速度必须大于 gR
2.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则( )
A. 汽车在前5s内的牵引力为4×103N
B. 汽车在15m/s时的加速度为1m/s2
C. 汽车的额定功率为40kW
D. 汽车在前5s内摩擦力做功为−1.5×105J
3.如图所示，小船在河中发动机损坏失去动力，人们用绳通过定滑轮将小船拉回河岸。若人以0.3m/s的速度匀速拉绳，某时刻绳与水平方向的夹角α=60°，下列关于船的运动性质及该时刻小船在水中运动速度的说法，正确的是( )
A. 船做变速直线运动，v=0.15m/s
B. 船做变速直线运动，v=0.6m/s
C. 船做匀速直线运动，v=0.6m/s
D. 船做匀速直线运动，v=0.15m/s
4.一物体在水平面上，受恒定的水平拉力和摩擦力作用由静止开始沿直线运动，已知在第1秒内合力对物体做的功为45J，在第1秒末撤去拉力，其v−t图象如图所示，g取10m/s2，则( )
A. 物体的质量为1kg B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C. 第1s内拉力对物体做的功为60J D. 第1s内摩擦力对物体做的功为60J
5.如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2的距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量之比q1：q2：q3为( )
A. −9:3:64 B. (−3)：−2：(−6) C. 3:2:6 D. (−9)：4：(−36)
6.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的14，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的( )
A. 4倍B. 2倍
C. 14倍D. 12倍
7.如图所示的电路中，通过R1的电流是4A，已知R1=3Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，则下列说法正确的是( )
A. 电路的总电阻是5Ω
B. 通过R2的电流是1.0A
C. a、b两端的电压是20V
D. a、c两端的电压是12V
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲所示，我国男子体操运动员运动员张成龙用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F--v2图像如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A. 张成龙的质量为65 kg
B. 张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m
C. 当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上
D. 当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向下
9.如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N是轨迹上的两点，设粒子在M和N时加速度的大小分别为aN、aN，速度的大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是( )
A. 粒子带负电
B. aMC. vM>vN
D. EpM>EpN
10.如图所示，空间存在与三角形ABC所在平面平行的匀强电场，∠A=30∘，∠C=90∘，BC=4cm，D为AC边上的一点，且AD=BD。若在A处有一个放射源，能向各个方向射出动能为14eV的质子，经过B、C两点的质子的动能分别为30eV和26eV，不考虑质子之间的相互作用，重力忽略不计，则下列说法中正确的是( )
A. 电场强度的大小为200N/CB. 电场强度的方向为由A指向C
C. B、D两点之间的电势差UBD=−4VD. 经过D点的质子动能为22eV
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图1为验证机械能守恒定律的实验装置图，如图2为某次实验截取的一段纸带。

(1)在本实验中，下列哪些操作有利于较好地完成本次实验验证：______。(填正确选项前的字母)
A.尽量选质量大、体积小的重锤
B.重锤质量一定要先测量出来
C.纸带越长越好
D.纸带上选择的第一个计数点对应物体速度一定要为0
(2)图2为某次实验中得到的纸带，相邻两点时间间隔为0.02s。则打B点时物体速度大小为vB= ______m/s；加速度大小为a= ______m/s2。(均保留三位有效数字)。
(3)即使在实验操作规范，数据测量及数据处理均正确的前提下，实验求得的重锤减小的重力势能通常略______(选填“大于”或“小于”)增加的动能。
12.如图甲，用小锤轻击弹簧金属片，A球向水平方向飞出，同时B球被松开，竖直向下运动。
(1)用不同的力击打弹簧金属片，可以观察到______。
A.A、B两球同时落地
B.A、B两球的运动路线相同
C.A球的运动路线不同，B球的运动路线相同
D.击打的力越大，A、B两球落地时间间隔越大
(2)改变此装置距地面的高度，重复实验，仍然看到相同的实验现象，据此现象分析可知______。
A.小球A在水平方向做匀速直线运动
B.小球A在水平方向做匀加速直线运动
C.小球B在竖直方向做匀速直线运动
D.小球A、B在竖直方向的运动规律相同
(3)某学生在做“研究平抛物体运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置，如图乙所示，他在小球的运动轨迹上选取了A、B、C三点，并测量了各点间的水平距离和竖直距离，取重力加速度大小g=10m/s2，则相邻小球间的运动时间为_____s，小球做平抛运动的初速度大小为_____m/s。若以A点为坐标原点，以初速度方向为x轴正方向，以重力方向为y轴正方向，则图中抛出点的坐标是(______cm，_____cm)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图甲所示，假设某星球表面上有一倾角为θ=30∘的固定斜面，给一质量为m的小物块初速度v0=6m/s从斜面底端沿斜面向上运动，其速度一时间图像如图乙所示。已知小物块与斜面间的动摩擦因数为μ= 39，该星球半径为R=6×104km，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，忽略星球自转，求：
(1)该星球的表面重力加速度；
(2)该星球的第一宇宙速度；
(3)该星球的质量。
14.如图所示，两端分别系着小球a和b的轻绳跨过轻定滑轮，小球a的质量ma=4kg，用手托住，距离地面的高度ℎ=1.5m。小球的质量mb=1kg，静置于水平地面上，此时对地面的压力恰好为零。现从静止开始释放小球a，取g=10m/s2。求：
(1)小球a落地时的速率；
(2)小球b能够上升的最大高度H；
(3)小球a下落ℎ的过程中，轻绳对a做的功。
15.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入场强为E方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的即时速度的方向与初速度方向成30°角．在这过程中，不计粒子重力．求：
(1)该粒子在电场中经历的时间；
(2)粒子在这一过程中电势能增量．
答案解析
1.A
【解析】解：AB.小汽车到达最高点时，需要向下的向心力，故小汽车的合外力向下，所以加速度也向下，
所以小汽车在桥顶处于失重状态，故A正确，B错误；
C.小汽车在上桥过程中受到垂直于接触面向上的支持力和向下的重力，令重力与半径方向的夹角为θ，
所以任意位置的向心力为F=mgcsθ−FN=mv12R，
所以小汽车上桥过程中受到桥面的支持力大小为FN=mgcsθ−mv12R，故C错误；
D.小汽车在桥顶点时的向心力为F=mg−FN，当支持力等于重力时向心力为零，达到最小，
所以小汽车到达桥顶的速度大于0即可，故D错误；
故选：A。
(1)分析小汽车在最高点的加速度方向，根据超失重的条件判断；
(2)根据受力分析列出小汽车在最高点的向心力表达式，求出支持力；
(3)分析小汽车在最高点的向心力的极值，找到临界速度；
解决本题的关键是知道超重和失重的条件，会分析运动过程中的向心力来源，找到向心力的临界值；
2.B
【解析】
A.根据图象，可得前 5s 内的加速度
a=ΔvΔt=2m/s2
由牛顿第二定律
F−0.1mg=ma
解得
F=6.0×103N
故A不符合题意；
C.汽车5s末达到额定功率，额定功率为
P=Fv=6.0×104W=60kW
故C不符合题意；
B.汽车速度为15m/s时，则有
Pv′−0.1mg=ma′
解得
a′=1m/s2
故B符合题意；
D.前5s内的位移是
x=v2t=102×5m=25m
摩擦力做功
Wf=−0.1mgx=−5×104J
D不符合题意。
故选B。
3.B
【解析】解：船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有：
vcsα=v绳，因α角的增大，导致v增大，即船做加速运动，是变速直线运动，
α=60°时，v=v绳csα=0.3cs60°m/s=0.6m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4.C
【解析】A、由图知，第1s内的位移为：x1=1×32m=1.5m，则由动能定理可得合外力做功为：W=F合x1=12mv2=45J，得：F合=30N，由图知v=3m/s，解得：m=10kg；故A错误;
B、从第1s末到4s，由动能定理得摩擦力做功为：Wf=0−12mv2=−45J，位移为：x2=3×32m=4.5m，又由Wf=−μmgx2，则得μ=−Wfmgx2=4510×10×4.5=0.1，故B错误;
CD、第1s内摩擦力做功为：W′f=−μmgx1=−0.1×10×10×1.5J=−15J，由动能定理可知：WF+W′f=12mv2=45J，解得，拉力对物体做的功为：WF=60J，故C正确，D错误。
故选：C。
5.D
【解析】三个电荷处于平衡时两边电性相同或者中间向反，若q1带负电，则q2带正电，q3应带负电；若q1带正电，则q2带负电，q3应带正电；由于每个电荷所受静电力的合力均为零，所以对q1有： kq1q2l12=kq1q3l1+l22 ；对q2有： kq1q2l12=kq2q3l22 ；对q3有： kq1q3l1+l22=kq2q3l22 ，联立可解得：
q1：q2：q3=l1+l2l22:1:l1+l2l12 根据题意可知l2=2l1，所以：
q1：q2：q3= 94 ：1：9由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=−9：4：−36或q1：q2：q3=9：−4：36．
A.−9:3:64.故A不符合题意．
B.(−3)：−2：(−6).故B不符合题意．
C.3:2:6.故C不符合题意．
D.(−9)：4：(−36).故D符合题意．
6.A
【解析】解：设电子的质量为m，初速度为v，极板的长度为L，两极板间的距离为d，电场强度为E，电子做类平抛运动
水平方向有：L=vt
竖直方向有：y=12at2=eU2mdt2=d
解得：eUL22mv2=d2
若使电子入射速度变为原来的14，仍要使电子从正极板边沿飞出，由上可知，两极板的间距应变为原来的4倍。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
电子在电场中做类平抛运动，根据分运动的规律解出粒子恰能从右侧极板边缘飞出电场的临界条件，结合E=Ud分析即可求解。
根据题目所给的信息，找到粒子在竖直方向位移表达式，讨论速度的变化对竖直方向的位移的影响即可解决本题。
7.A
【解析】根据题中电路图可知，电路的总电阻R=R1+R2R3R2+R3=5Ω，选项A正确;
根据并联电路特点可知，通过R2的电流I2=I×R3R2+R3=83A，选项B错误;
根据欧姆定律可知，a、b两端的电压是Uab=IR1=12V，a、c两端的电压是Uac=IR=20V，选项C、D均错误。
8.ABD
【解析】由题图可知，当张成龙在最高点速度小于3m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上，对张成龙由牛顿第二定律得
mg−F=mv2r
解得
F=mg−mv2r
当张成龙在最高点速度大于3m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向下，对张成龙由牛顿第二定律得
mg+F=mv2r
解得
F=mv2r−mg
可知两图像的截距绝对值相同，均为mg
b=mg=650N
即张成龙的质量为65 kg，图像的斜率绝对值为
k=mr=6509
解得
r=0.9m
当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，图像斜率为正，根据以上分析说明此时张成龙受单杠的弹力方向向下，综合以上分析，ABD正确，C错误。
故选ABD。
9.AC
【解析】A.根据题意，结合粒子在电场中的运动轨迹可知，粒子做曲线运动，而曲线运动的轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，即合外力指向轨迹的凹侧面，任取一点轨迹与电场线的交点处，做出粒子的速度方向(轨迹在该点的切向方向)与所受电场力力的方向(电场强度沿电场线在该点的切线方向)
根据该粒子所受电场力的方向与电场强度的方向相反，可知该粒子带负电，故A正确；
B.电场线越密集的地方电场强度越大，显然M点的电场强度大于N点的电场强度，而根据牛顿第二定律
Eq=ma
可得
a=Eqm
由此可知
aM>aN
故B错误；
CD.若粒子从M运动到N，根据所做速度方向与所受电场力方向之间的夹角为钝角，可知粒子从M到N做减速曲线运动，电场力做负功，电势能增大；若粒子从N运动到M，根据所做速度方向与所受电场力方向之间的夹角为锐角，可知粒子从N到M做加速曲线运动，电场力做正功，电势能减小；综合分析可知粒子在M点的速度大于在N点的速度，即有
vM>vN
EpN>EpM
故C正确，D错误。
故选AC。
10.AD
【解析】AB.根据题意，由动能定理有
eUAB=EkB−EkA，
eUAC=EkC−EkA，
解得UAB=16V，UAC=12V，
把AB分成四等分，E为距离B最近的点，连接CE，如图所示
由几何关系及电势差和电场强度关系可得UAE=12V，
则有φC=φE，所以CE是等势线，根据几何关系可知，CE垂直AB，则AB为电场线，且电场强度的方向为由A指向B，E=UABAB=UAB2BC=200V/m，故B错误， A正确;
C.由几何关系得D点是AC的三等分点，可得UAD=8V，由于UAB=16V，则UBD=−8V，故C错误；
D.据题意，由动能定理有eUAD=EkD−EkA，解得EkD=22eV，故D正确。
故选AD。
11.A 3.60 9.75 大于
【解析】解：(1)A.尽量选质量大、体积小的重锤，以减小阻力的影响，选项A正确；
B.要验证的关系式子两边都有质量m，则不需要测量重锤质量，选项B错误；
C.纸带长短要适当，不是越长越好，选项C错误；
D.要从纸带上选择点迹清晰的点作为第一个计数点，纸带上选择的第一个计数点对应物体速度不一定要为0，选项D错误。
故选：A。
(2)打B点时物体速度大小为
vB=xAC2T
解得
vB=3.60m/s
加速度大小为
a=xCE−xAC4T2
解得
a=9.75m/s2
(3)即使在实验操作规范，数据测量及数据处理均正确的前提下，由于阻力的做负功，则实验求得的重锤减小的重力势能通常略大于增加的动能。
故答案为：(1)A；(2)3.60，9.75；(3)大于。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据运动学公式得出B点的速度，结合逐差法计算出加速度的大小；
(3)根据实验原理完成对实验误差的分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉运动学公式，学会简单的数据分析即可，难度不大。
12.(1)AC
(2)D
(3) 0.1 2 −20，−5

【解析】(1)AD.用小锤轻击弹簧金属片，在同一高度，A球做平抛运动，B球做自由落体运动，由于平抛运动在竖直方向为自由落体运动，因此无论击打的力多大，A、B两球总是同时落地，A正确，D错误；
B.A球做曲线运动，B球做直线运动，A、B两球的运动路线不相同，B错误；
C.用不同的力击打弹簧金属片时，A球获得的水平初速度不同，则A球的运动路线不同，B球始终是自由落体运动，其运动路线相同，C正确。
故选AC。
(2)A、B两球同时落地，与水平方向的运动规律无关，也不能说明小球A在水平方向做匀速直线运动或做匀加速直线运动，只能说明A、B两球在竖直方向的运动规律相同，即都是自由落体运动。
故选D。
(3)[1]小球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论 Δy=gT2 ，可得相邻小球间的运动时间为
T= Δyg= yBC−yABg= 25−15×10−210s=0.1s
[2]小球做平抛运动的初速度大小为
v0=ΔxT=20×10−20.1m/s=2m/s
[3]在竖直方向，由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点时竖直方向的分速度为
vBy=yAC2T=15+25×10−22×0.1m/s=2m/s
可知小球从开始抛出到B点的时间为
t=vByg=210s=0.2s
则小球从A点到B点的时间是0.1s，因此图中抛出点的坐标是，在x轴
x=−v0⋅Δt=−2×0.1m=−0.2m=−20cm
在y轴
y=−12gΔt2=−12×10×0.12m=−0.05m=−5cm
13.(1)物块上滑过程中，根据牛顿第二定律在沿斜面方向上有
μmgcsθ+mgsinθ=ma1
下滑过程中，在沿斜面方向上有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
又知 v−t 图像的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中物块的加速度大小分别为a1=6−00.6m/s2=10m/s2
a2=20.4m/s2=5m/s2
联立解得g=15m/s2
(2)由GMmR2=mv2R ， GMmR2=mg
解得该星球的第一宇宙速度为
v1= gR= 15×6×104×103m/s=3.0×104m/s
(3)在星球表面GMmR2=mg
可得该星球的质量为
M=gR2G=15×6×104×10326.67×10−11kg=8.1×1026kg

【解析】详细解析和解答过程见答案
14.解：(1)由机械能守恒，有magℎ−mbgℎ=12(ma+mb)v2
解得a落地时的速率v=3 2m/s；
(2)小球a落地瞬间，两小球的速率相等，小球a落地后，小球b做竖直上抛运动，
设小球b竖直向上运动的位移为ℎ1，根据机械能守恒定律有12mbv2=mbgℎ1
小球b上升到最高点时，距离地面的高度为H=ℎ+ℎ1
联立解得H=2.4m；
(3)小球a下落ℎ过程中，对a应用动能定理得：W+magℎ=12mav2
解得W=−24J。

【解析】(1)由机械能守恒求出小球a落地时的速率；
(2)小球a落地瞬间，两小球的速率相等，小球a落地后，小球b做竖直上抛运动，根据机械能守恒定律求出小球b距离地面的最大高度H；
(3)小球a下落ℎ过程中，对a应用动能定理求出轻绳对a做的功。
15.解：(1)带正电的粒子垂直进入电场后做类平抛运动，如图所示：
粒子在垂直电场方向的做匀速直线运动vx=v0
粒子在电场方向做初速度为0的匀加速直线运动：vy=at=qEmt，
当粒子速度方向与初速度方向成30°角时，如图，vy=vxtan30°= 33v0，
竖直分速度：vy=at=qEmt，粒子经历的时间：t=mvyqE= 3mv03qE；
(2)在这一过程中，粒子在电场方向偏转的位移y=12at2=12qEm( 3mv03qE)2=mv026qE，
电场力对粒子做功：W=qEy=16mv02，
根据电场力做功与电势能变化的关系知，电场力对粒子做正功，电势能减少，电势能的增加量△E=−W=−16mv02，
答：(1)该粒子在电场中经历的时间为 3mv03Eq；
(2)粒子在这一过程中电势能增量为：−16mv02．
【解析】带电粒子如图示方向进入电场后，在垂直电场方向不受力，粒子将以v0做匀速直线运动，沿电场方向粒子在电场力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，根据类平抛运动知识可以求出速度与初速度方向成30°角时所经历的时间，和在这一过程中电场力对粒子所做的功．
本题考查了粒子在电场中的运动，能运用运动的合成与分解的方法处理类平抛运动问题，熟悉电场力做功与电势能变化的关系是解决这类问题的关键．