2024-2025学年江苏省锡山高级中学高二（上）开学考试物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省锡山高级中学高二（上）开学考试物理试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.带正电荷的导体球O靠近某不带电的枕形导体。枕形导体的左右两端分别记为M、N，P、Q分别为枕形导体内部和外表面上的两点，枕形导体处于静电平衡状态，如图所示。下列说法正确的是( )
A. M端感应出正电荷，N端感应出负电荷
B. P点电场强度方向沿OP连线由O指向P
C. Q点的电场方向与Q点所在表面垂直
D. 枕形导体上Q点的电势比P点的电势高
2.停在静水中的船质量180kg，长12m，不计水的阻力，当质量为60kg的人从船尾走到船头得过程中船后退的距离是多少( )
A. 3mB. 4mC. 5mD. 6m
3.如图1所示，长为L的匀质链条静置于光滑水平桌面上，现使链条右端从静止开始竖直向下运动，刚运动到竖直长度为L2时，链条速度大小为v，如图2所示，重力加速度为g，则
A. v= gL2
B. v= gL2
C. v= gL
D. v= 2gL
4.如图所示为一电容式位移传感器，其原理是电介质板和物体固定在一起，当物体发生一小段位移时，插入两极板间的电介质的长度发生变化，导致电容发生变化。电介质板向右平移进入电容器一小段距离过程，则下列说法正确的是( )
A. 平行板电容器的电容变小
B. 平行板电容器的带电量增大
C. 通过灵敏电流计的电流方向从b到a
D. 当电介质板停止运动后，电路中仍有电流通过
5.某同学设计了如图所示的电路进行电表改装，已知电流表A的量程为500mA，内阻RA=0.4Ω，R1=RA，R2=7RA。则若将接线柱( )
A. 1、2接入电路时，最大可以测量的电流为0.5A
B. 1、3接入电路时，最大可以测量的电压为3.0V
C. 1、2接入电路也可作为电压表使用，R1阻值越小量程越大
D. 1、3接入电路也可作为电流表使用，R2阻值越小量程越大
6.如图所示为低空跳伞表演，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为45g，在运动员下落ℎ的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员的重力势能减少了45mgℎ
B. 运动员的动能增加了45mgℎ
C. 运动员克服阻力所做的功为45mgℎ
D. 运动员的机械能减少了45mgℎ
7.2020年11月10日，全国皮划艇静水锦标赛在浙江省丽水市水上运动中心开幕。大赛前，甲、乙两个运动员分别划动两艘皮划艇沿同一方向进行赛前训练，他们分别划动了一段时间后让各自的皮划艇自由滑行，一段时间后停下。他们及各自的皮划艇总质量相等，测速器测得甲、乙的v−t图像分别如图中的OAB、O＇CD所示，图中AB//CD，则( )
A. 运动员乙较晚停下，乙做功更多
B. 乙划桨时间长，乙划桨时受到水反作用力的冲量大
C. 甲皮划艇早停下，甲划桨时受到水反作用力的冲量小
D. 甲在划桨时用力小
8.一台电风扇，内阻为20Ω，接上220V电压后正常工作，消耗功率66W，则下列说法正确的是( )
A. 电风扇正常工作时通过电动机的电流是0.2A
B. 电风扇正常工作时转化为机械能的功率是64.2W
C. 电风扇正常工作时电动机的效率是90.3%
D. 如果接上电源后，电风扇的扇叶被卡住，不能转动，这时电动机的发热功率是220W
9.在如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2的阻值未知，R3是滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在滑动变阻器的两个不同端点时分别得到的，则以下说法不正确的是( )
A. 电源的电动势为20V
B. 电源的内阻为20Ω
C. 定值电阻R2的阻值4Ω
D. 滑动变阻器R3的最大值为300Ω
10.一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大，则( )
A. 在0∼x1过程中物体所受拉力是变力，且x2处所受拉力最大
B. 在x1处物体的速度最大
C. x1∼x3过程中，物体的动能先增大后减小
D. 在0∼x2过程中，物体的加速度先增大后减小
11.1911年英国物理学家卢瑟福提出原子核式结构模型：电子围绕原子核高速旋转。设电子质量为m，电荷量为−e，氢原子核电荷量为+e，静电力常量为k，电子绕原子核做匀速圆周运动的半径为r。已知在孤立点电荷q的电场中，以无限远处电势为0时，距离该点电荷为r处的电势φ=kqr。下列说法正确的( )
A. 电子做匀速圆周运动的速率v=e km
B. 电子绕核运动时等效电流为e2πr kmr
C. 电子绕核运动运动一周时，该氢原子核施加的库仑力对其做功W=2πke2r
D. 若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为−ke22r
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.在《验证机械能守恒定律》实验中，两实验小组同学分别采用了如图甲和乙所示的装置，采用两种不同的实验方案进行实验，设重力加速度为g。
(1)在甲图中，下落物体应选择密度_______(选填“大”或“小”)的重物；在乙图中，两个重物的质量关系是m1_______m2(选填“>”、“=”或“<”)；
(2)采用图乙的方案进行实验，除图中的器材外，还需要的实验器材有交流电源、刻度尺和_______；
(3)某次实验所打纸带如图所示，O为第一个点，A、B、C、D点到O点的距离已标出，打点时间间隔为0.02s，则记录C点时，重物的速度vC=_______m/s；(结果保留三位有效数字)
(4)从减少实验误差的角度看，比较两种实验方案，你认为_______更合理(选填“甲”或“乙”)。
三、计算题：本大题共4小题，共46分。
13.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)手机与头部作用过程中手机动量变化；
(2)手机对头部的作用力。
14.如图所示，匀强电场中有一直角三角形ABC，AB长度为4cm，θ=30∘，一个带电荷量q=−4×10−6C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.6×10−5J，由B移到C的过程中电场力做功8×10−6J，已知电场线平行于▵ABC所在的平面，求：
(1)A、B两点的电势差UAB及C、B两点的电势差UCB分别是多少；
(2)该匀强电场的电场强度的大小是多少。
15.在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量m=0.5kg的光滑金属圆环，一根长L=1m的轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量M=1.98kg的木块，如图所示。现有一质量为m0=0.02kg的子弹以v0=1000m/s的水平速度射向木块，最后留在木块内(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间)，g取10m/s2，求：
(1)当子弹射入木块后瞬间，木块的速度大小v；
(2)木块向右摆动的最大高度ℎ；
(3)木块向右摆动到最高点过程中绳子拉力对木块做的功W。
16.如图甲所示，长为L的两块导体板水平平行放置，大量质量为m、电量为e的电子由静止开始，经电压U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为T(T未知)，现给两板间加上如图乙所示的幅值恒为U1的周期性电压．
(1)求电压变化的周期T；
(2)为保证有电子能从两板间穿出，求两平行导体板间的最小距离d1；
(3)若所有电子均能从两板间穿出，求两平行导体板间的最小距离d2．
参考答案
1.C
2.A
3.A
4.B
5.B
6.B
7.D
8.B
9.C
10.C
11.D
12.(1)大；>；(2)天平；(3)0.780；(4)甲。
13.解：(1)手机做自由落体运动，由运动学公式有：2gℎ=v2
所以手机接触头部之前的速度为：v= 2gℎ= 2×10×0.2m/s=2m/s
因为手机落在头上没反弹，即末速度减为0，
规定竖直向下为正方向，手机与头部作用过程中手机动量变化为：△p=0−mv=0−0.12×2kg⋅m/s=−0.24kg⋅m/s
即手机与头部作用过程中手机动量变化大小为0.24kg⋅m/s，方向竖直向上；
(2)规定竖直向下为正方向，对手机由动量定理得：
mgt−Ft=0−mv
解得：F=2.4N，方向竖直向上
根据牛顿第三定律，可知手机对头部的作用力大小为2.4N，方向竖直向下。
答：(1)手机与头部作用过程中手机动量变化大小为0.24kg⋅m/s，方向竖直向上；
(2)手机对头部的作用力大小为2.4N，方向向下。
14.解：(1)由电势差与电场力做功的关系可知UAB=WABq=−1.6×10−5−4×10−6V=4V，
UBC=WBCq=8×10−6−4×10−6V=−2V，则有UCB=−UBC=2V；
(2)由上可知，C点与AB中点电势相等，C点与AB的中点连线是一条等势线，设AB的中点D，连接CD，即为等势面，过A点作CD的垂线，如图所示
由几何关系得AF=ADcs30∘= 3cm，UAD=12UAB=2V，
则该匀强电场的电场强度的大小为E=UADAF=200 33V/m。
15.(1)子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则
m0v0=(M+m0)v
解得
v=10m/s
(2)子弹、木块和金属圆环组成的系统水平方向动量守恒，当木块向右摆动到最大高度时，有
(M+m0)v=(M+m0+m)v′
12(M+m0)v2=12(M+m0+m)v′2+(M+m0)gℎ
联立解得
v′=8m/s ， ℎ=1m
(3)对木块和子弹整体，根据动能定理可得
−(M+m0)gℎ+W=12(M+m0)v′2−12(M+m0)v2
解得
W=−16J

16.解：(1)电子在加速电场中，据动能定理可得：eU0=12mv02，解得：v0= 2eU0m，故电子刚进入导体板的初速度为v0= 2eU0m，当两板均不带电时，电子做匀速运动，可得L=v0T，解得T=L m2eU0。
(2)在t=(n+T2)(n=0,1,2⋯⋯)时刻进入的电子恰能打到极板边缘时，所有电子均能打到极板上，
根据牛顿第二定律eU1d1=ma1，
d12=12a1T22
解得d1=L U18U0
故保证有电子能从两板间穿出，两平行导体板间的最小距离d1=L U18U0。
(3)在t=nT(n=0,1,2⋯⋯)时刻进入的电子恰好能打到极板边缘时，所有电子均能通过极板
根据牛顿第二定律eU1d2=ma2，
d22=12a2T22+a2·T2·T2，
解得d2=L 3U18U0
故所有电子均能从两板间穿出，两平行导体板间的最小距离d2=L 3U18U0。