2024-2025学年湖南省邵阳市邵阳县第二高级中学高二（上）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省邵阳市邵阳县第二高级中学高二（上）入学考试物理试卷（含解析），共14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。

1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶。图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的方向，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
2.热播电视剧《知否，知否》中有我国的一种传统投掷游戏——“投壶”，如图所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度分别以水平速度v1、v2抛出“箭矢”(可视为质点)都能投入地面上的“壶”内．若“箭矢”在空中的运动时间分别为t1、t2，忽略空气阻力．则( )
A. t1>t2B. t1=t2C. v1=v2D. v1>v2
3.质量为2kg、电荷量为−4×10 −2C的小球仅在电场力和重力的作用下从A点运动到B点，在竖直方向上下降了3m，动能增加了100 J，取重力加速度大小g=10m/s2不计空气阻力，则在这一过程中( )
A. 小球的重力势能增加了60 JB. 小球的机械能增加了160 J
C. 小球的电势能增加了40 JD. A、B两点的电势差为−1000 V
4.一带负电的粒子在匀强电场中运动，从a点运动到c点的轨迹如图所示。已该粒子运动到b点时速度方向与它所受电场力方向恰好互相垂直。不计粒子的重力，则从a点运动到c点的过程中，下列说法正确的是( )
A. a点电势大于b点电势B. 电场方向竖直向下
C. 粒子的电势能先减小后增加D. 拉子所受的电场力先做正功后做负功
5.质量为m、初速度为零的物体，在按不同规律变化的合外力作用下都通过位移x0。下列各种情况中合外力做功最多的是( )
A. B.
C. D.
6.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，g=10 m/s2，则( )
A. 传送带底端到顶端的距离为12mB. 物块与传送带间的动摩擦因数为14
C. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相同D. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.下列说法中正确的是( )
A. 电场是客观存在的，而电场线是实际中不存在的
B. 点电荷一定是电量很小的电荷
C. 电场中某点的电场强度方向跟正电荷在该点所受的电场力的方向相同
D. 元电荷的电荷量是1C
8.一个用细线悬挂的小球从A点由静止自由释放，一把直尺水平置于悬点正下方的P点右侧，用来挡住细线。图示为小球运动过程中的频闪照片。不计空气阻力。下列结论中正确的是( )
A. 小球向右摆动的最大高度与A点相同
B. 小球向右摆动的最大高度明显高于A点
C. 悬线在P点与直尺碰撞前、后的瞬间相比，小球速率变大
D. 悬线在P点与直尺碰撞前、后的瞬间相比，小球受到的拉力变大
9.发射地球同步卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是( )
A. 地球同步卫星可能经过北京上空
B. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C. 卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中机械能守恒
D. 卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率
10.为检测某电梯的安全性能，测试人员进行了如下测试：如图所示，某时刻断开连接电梯的缆绳，电梯由静止从一定的高度向下坠落，一段时间后，会压缩电梯井底的缓冲轻质弹簧，逐渐停止运动。电梯下滑过程中，电梯顶部的安全钳给电梯的滑动摩擦力大小恒定，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。对于电梯从接触弹簧到第一次运动至最低点的过程，下列说法正确的是( )
A. 电梯和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 电梯的动能先增大后减小
C. 弹簧的弹性势能先增大后减小
D. 安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图中，A是一个带正电的带电体，系在绝缘丝线上带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。
(1)为探究静电力与电荷间距离的关系，保持带电体的位置和电荷量不变，把电荷量____________(填“相同”或“不同”)的小球系在丝线上，先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。这里用到的实验方法是______________(填“控制变量法”“理想实验法”或“微小量放大法”)。
(2)实验时丝线悬挂的小球质量为m，重力加速度大小为g，可认为带电体与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为θ时保持静止，小球所受静电力大小为_________(用m、g、θ表示)。
12.某小组同学利用图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______。
A.低压交流电源 B.刻度尺 C.秒表 D.天平(含砝码)
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ℎA、ℎB、ℎC。已知当地重力加速度为g，计时器打点周期为T，若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式为____________。
(3)小张同学在多次实验发现动能增量总是略小于重力势能的减少量，其原因是________。
A.选用的重锤质量过大
B.数据处理时出现计算错误
C.空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力
D.实验时操作不够细，实验数据测量不准确
四、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.已知地球的半径为R，质量为M，万有引力常量为G，一颗人造地球卫星处在距离地球表面高度为ℎ的圆轨道上，试求：
(1)该卫星做匀速圆周运动的线速度大小v；
(2)该卫星的运动周期T。
14.游乐场的过山车运动可以简化为如图所示：固定在竖直面内的粗糙弧形轨道AB和半径为R的光滑圆形轨道BC在B点平滑连接，过山车质量为m(可视为质点)在高度为4.5R的A点由静止释放沿弧形轨道滑下，经过B点进入圆轨道后恰能运动到最高点C，已知重力加速度为g，求：
(1)求过山车运动到圆轨道的最高点C时速度的大小vc；
(2)求在AB弧形轨道上运动时阻力所做的功Wf；
(3)若弧形轨道AB光滑，计算过山车通过C点时对轨道的压力Fc的大小。
15.如图所示，有一电子(电荷量为e，质量为m)经电压为U0的电场加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且刚好能沿下板右边缘飞出，求电子：
(1)刚离开加速电场时的速度v0；
(2)在平行金属板间的加速度a；
(3)通过平行金属板的时间t。
16.如图所示，质量M=2 kg的木板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0=13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m=1 kg的小炭块B，同时给B施加一个水平向右的F=6 N的恒力作用并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，A与B间的动摩擦因数μ2=0.4。(设滑板A足够长，g取10 m/s2)求：
(1)开始时A、B的加速度分别多大；
(2)经多长时间，小炭块B的速度达到13 m/s；
(3) 3s时小炭块B在木板A上留了多长的划痕。
答案解析
1.B
【解析】物体做曲线运动时，合力指向运动轨迹的凹侧，故ACD错误，B正确；
故选B。
2.A
【解析】解：AB、箭矢做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据ℎ=12gt2，有：t= 2ℎg，故t1>t2，故A正确，B错误；
CD、水平分位移相同，由于t1>t2，根据x=v0t，有：v1故选：A。
箭矢做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，根据高度分析时间关系，结合水平位移列式分析初速度关系。
本题对平抛运动规律的考查，要明确平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，要掌握其分运动的规律，列式分析。
3.D
【解析】】A.小球从A点运动到B点，下降了3m，则小球的重力势能减少了
ΔEP=mgℎ=60J
选项A错误；
B.小球的重力势能减少了60J，动能增加了100J，则机械能增加了40J，选项B错误；
C.由动能定理有
mgℎ+W电=ΔEk
解得
W电=40J
根据功能关系可知，小球的电势能减少了40J，选项C错误；
D.A、B两点的电势差为
UAB=W电q=−1000V
选项D正确。
4.A
【解析】B.b点为轨迹的最高点，速度方向水平向右，粒子运动到b点时速度方向与它所受电场力方向恰好互相垂直，电场力即为粒子的合力，由于合力方向指向轨迹的内侧，可知，粒子所受电场力方向竖直向下，由于粒子带负电，则电场方向竖直向上，故B错误；
A.结合上述可知，粒子所受电场力方向竖直向下，由于粒子带负电，则电场方向竖直向上，由于沿电场线电势降低，等势线与电场线垂直，可知，a点电势大于b点电势，故A正确；
CD.粒子所受电场力方向竖直向下，根据轨迹可知，电场力先做负功，后做正功，则粒子的电势能先增加后减小，故CD错误；
故选A。
5.C
【解析】解：由力做功公式可知，F−x图象中，图象与坐标轴围成的面积表示力F所做的功，
由图象可知，C图象中围成的面积最大，所以C中合外力做功最多，故ABD错误，C正确。
故选：C。
F−x图象中，图象与坐标轴围成的面积表示力F所做的功。
利用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解。
6.B
【解析】A. v−t 图像的斜率表示加速度，根据图乙可知
a1=12−41m/s2=8m/s2 ， a2=42−1m/s2=4m/s2
1s前物块的加速度大于1s后的加速度，表明1s时，物块的速度恰好与传送带的速度相等，即传送带的速度
v1=4m/s
传送带底端到顶端的距离等于物块的总位移，则有
L=12+42×1m+42×2−1m=10m
故A错误；
CD.1s前物块速度大于传送带速度，物块所受摩擦力方向沿传送带向下，1s后，物块速度小于传送带速度，物块所受摩擦力方向沿传送带向上，即1s前摩擦力方向与物块运动方向相反，1s后摩擦力方向与物块运动方向相同，故CD错误；
B.结合上述，1s前有
a1=mgsin37∘+μmgcs37∘m=8m/s2
解得
μ=14
故B正确。
故选B。
7.AC
【解析】A.电场是客观存在的，电场线是假想的曲线，实际不存在，故A正确；
B.点电荷是理想化的物理模型，在研究具体问题时其形状大小与所研究的问题可以忽略的带电物体，是否可以看作点电荷，与带电量无关，点电荷不一定是电量很小的电荷，故B错误；
C.正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同，负电荷相反，故C正确；
D.人们把最小电荷叫做元电荷，也是物理学的基本常数之一(C作为一个电荷量单位)，不是指某电荷，常用符号e表示，故D错误。
故选AC 。
8.AD
【解析】AB.小球从A点开始摆动，在P点挡住摆线后，小球能继续向右运动，在整个过程中小球的机械能是守恒的，小球能上升到原来的高度，故A正确，B错误；
C.悬线在P点与直尺碰撞前、后的瞬间相比，小球速率不变，故C错误；
D.悬线在P点与直尺碰撞后的圆周运动的半径变小，由
F−mg=mv2r
可得小球受到的拉力
F=mg+mv2r
由于半径变小，所以小球受到的拉力变大，故D正确。
故选AD。
9.CD
【解析】A.地球同步卫星只能定点在赤道上空，不可能定点在北京上空，故A错误；
B.卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得
GMmr2=mv2r
v= GMr
可知轨道半径越大，则线速度越小，因此卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，B错误；
C.卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中，只有万有引力做功，则机械能守恒，C正确；
D.卫星在轨道1上做匀速圆周运动经过P点时，则有
GMmr2=mv1P2r
卫星在轨道2上经过P点时做离心运动，则有
GMmr2可知卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率，D正确。
故选CD。
10.BD
【解析】A.电梯和弹簧组成的系统除电梯的重力和弹簧的弹力做功外，还有电梯受到的滑动摩擦力做功，使系统的机械能减小，故A错误；
B.电梯接触弹簧后受到重力、向上的摩擦力和向上的弹力作用，重力大于摩擦力，弹力是由0开始逐渐增大的，开始时弹力与摩擦力的和小于重力，电梯速度增大，当弹力与摩擦力的和等于重力时，速度达到最大，之后弹力与摩擦力的和大于重力，加速度反向增加，速度减小直到减小到0，所以整个过程速度先增大后减小，即电梯的动能先增大后减小，故B正确；
C.弹簧的形变量一直变大，所以弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；
D.根据功能关系可知，安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于克服滑动摩擦力做的功，电梯从接触弹簧到第一次运动至最低点的过程，两者相对滑动的路程等于弹簧的压缩量，所以，克服滑动摩擦力做的功等于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量，故D正确。
故选BD。
11.(1) 相同 控制变量法
(2) mgtanθ

【解析】(1)[1]把电荷量相同的小球系在丝线上，先后挂在横杆上的 P1 、 P2 、 P3 等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
[2]此实验中比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小，再使小球处于同一位置，改变小球所带电荷量，比较小球所受静电力的大小，是采用了控制变量的方法。
(2)对小球进行受力分析如图所示
由平衡条件可知，小球所受电场力大小为
F=mgtanθ
12.(1)AB
(2) gℎB=ℎC−ℎA28T2
(3)C

【解析】(1)A.打点计时器需要使用低压交流电源，故A正确；
B.实验中需要测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度和下降的高度，所以需要刻度尺，故B正确；
C.打点计时器每隔一定时间就打一个点，本身具有计时功能，故不需要秒表，故C错误；
D.本实验中是验证单个物体动能的增加量与其重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，则不需要天平，故D错误。
故选AB。
(2)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量为
ΔEp=mgℎB
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于这段时间的平均速度，打B点的速度为
vB=ℎC−ℎA2T
从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为
ΔEk=12mvB2=mℎC−ℎA28T2
若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式
ΔEp=ΔEk
代入可得
gℎB=ℎC−ℎA28T2
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响。
故选C。
13.解：(1)根据万有引力做向心力可得：
GMmR+ℎ2=mv2R+ℎ，
解得：v= GMR+ℎ
(2)据圆周运动公式可得卫星的运动周期为：
T=2πR+ℎv=2πR+ℎ R+ℎGM。
答：(1)该卫星作匀速圆周运动的线速度大小为v= GMR+ℎ；
(2)该卫星的运动周期为T=2πR+ℎ R+ℎGM。
【解析】本题主要考查了万有引力提供向心力，掌握牛顿第二定律与万有引力定律的应用，注意正确的运算是解题的关键。
根据万有引力定律与牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可求解。
14.(1)过山车在C点，重力提供向心力，有
mg=m vC2R
解得
vC= Rg
(2)过山车从A点运动到C点过程中，根据动能定理可得
mg(4.5R−2R)+Wf= 12mvC2−0
解得
Wf=−2mgR
(3)若弧形轨道AB光滑，过山车从A点运动到C点过程中，根据动能定理可得
mg(4.5R−2R)= 12mv′C2−0
解得
vC′= 5Rg
过山车在C点合力提供向心力，有
mg+N=m v′C2R
解得
N=4mg
由牛顿第三定律，可得
Fc=N=4mg

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：(1)对电子在加速电场中的运动，根据动能定理有eU0=12mv02，解得v0= 2eU0m
(2)电子在金属板间的加速度大小为a=eEm=eUmd，方向竖直向下。
(3)根据运动学规律有d2=12at2，联立解得t=d meU
答：(1)刚离开加速电场时的速度为 2eU0m；
(2)在平行金属板间的加速度为eUmd；
(3)通过平行金属板的时间为d meU；
【解析】(1)电子在加速电场中，根据动能定理解得刚离开加速电场时的速度；
(2)根据牛顿第二定律解得加速度；
(3)电子在水平金属板间做类平抛运动，根据类平抛运动学公式解得。
本题考查带电粒子在电场中的运动，可将该运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据相应的运动学公式解得。
16.(1)对M受力分析，由牛顿第二定律可得
μ2mg+μ1M+mg=MaA
解得
aA=3.5m/s2
对m受力分析，由牛顿第二定律可得
μ2mg+F=maB
解得
aB=10m/s2
(2)根据
v0−aAt=aBt
解得
t=1s
即经1sA、B共速，此后B的速度将超过A的速度，二者均做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，可得
F−μ2mg=ma′B ， μ2mg−μ1M+mg=Ma′A
解得
a′B=2m/s2 ， a′A=0.5m/s2
根据
aBt+a′Bt′=v
解得
t′=1.5s
则小炭块B的速度达到13 m/s所需时间为
t总=t+t′=2.5s
(3)由前面分析可知，0∼1s时间内A比B多走的位移为
Δx=xA−xB=v0t−12aAt2−12aBt2=6.75m
1∼3s时间内B比A多走的位移为
Δx′=x′B−x′A=aBtt′′+12a′Bt′′2−aBtt′′+12a′At′′2=3m
可得
Δx>Δx′
可知3s时小炭块B在木板A上留的划痕长度为6.75m。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】