2024-2025学年湖南省邵阳市第二中学高二（上）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省邵阳市第二中学高二（上）入学考试物理试卷（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.做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是( )
A. 3.5 mB. 2 mC. 1 mD. 0
2.如图所示，表面光滑、质量不计的尖劈，插在缝A，B之间，尖劈的一个角为α，在尖劈背上加一压力F，则尖劈对A侧压力和对B侧压力分别为：( )
A. Fsinα，FtanαB. Fsinα，Ftanα
C. Fsinα，FtanαD. Fsinα，Ftanα
3.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定有三个点电荷+q、+q、−q，则该三角形中心O点处的场强为( )
A. 3kqa2，方向由C指向OB. 3kqa2，方向由O指向C
C. 6kqa2，方向由O指向CD. 6kqa2，方向由C指向O
5.如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )
A. W=12mgR，质点恰好运动到Q点
B. W>12mgR，质点不能到达Q点
C. W=12mgR ，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D. Wπ2)。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中( )
A. MN上的张力逐渐减小B. MN上的张力先增大后减小
C. OM上的张力逐渐增大D. OM上的张力先增大后减小
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组计划做“探究滑块与木板间动摩擦因数”实验，设计的实验装置如图所示
(1)某同学打出了所示的一条纸带，每两点间还有4个点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的电源频率为50Hz，该滑块做匀变速直线运动的加速度a=___________m/s2，(结果保留3位有效数字)
(2)根据实验数据，作出的小车加速度a与传感器示数F的关系图像如图所示，则滑块和滑轮的总质量为_______kg.滑块与木板间的动摩擦因数为________(g=10m/s2)(结果均保留1位有效数字)
12.一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线.如图1所示．在转台达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图图2所示．
请你帮该同学完成下列任务：(只保留2位有效数字)
(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1=__cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2=______cm．
(2)如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0=_______(用字母表示)
(3)如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数1s，画出v0一1s图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T=________s．
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，光滑绝缘的水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量都为m，彼此间距离均为r，A、B带正电，电荷量均为q。现对C施加一个水平力F的同时放开三个小球。三个小球在运动过程中保持间距r不变，求：(三个小球均可视为点电荷)
(1)C球的电性和电荷量大小；
(2)水平力F的大小。
14.如图所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。当小球的转速增加到原来的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N。
(1)求此时线的拉力为多大？
(2)求此时小球运动的线速度为多大？
(3)若桌面高出地面0.8 m，则线断后小球垂直桌面边缘飞出，落地点离桌面边缘的水平距离为多少？(g取10 m/s2)
15.如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=14，重力加速度大小为g。(取sin37∘=35，cs37∘=45)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
答案和解析
1.B
【解析】【分析】本题考查了匀变速直线运动的位移与时间的关系；解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，以及掌握逆向思维在运动学中的运用。
根据初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比等于1：3：5：7，采用逆向思维求出最后1s内的位移。
【解答】利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s内的位移之比为7︰5︰3︰1，所以71=14 mx1，x1=2 m，B正确。
2.C
【解析】【分析】
将F按照力的作用效果分解为垂直于三角形劈的直角边和斜边方向，根据平行四边形定则，求出两个分力的大小，两分力的大小分别等于对A侧和B侧的压力。
解决本题可以用合成法，也可以用分解法，将力按作用效果分解，运用分解法处理比较简便。
【解答】
将F按照作用效果分解为图示两个方向，根据平行四边形定则如图所示，根据三角函数关系得：
F1=Fsinα
F2=Ftanα
故ABD错误，C正确。
故选C。
3.A
【解析】由 P−t 图像可知， 0∼t1 内汽车以恒定功率 P1 行驶， t1∼t2 内汽车以恒定功率 P2 行驶。设汽车所受牵引力为F，则由
P=Fv
可知当v增加时，F减小，由
a=F−fm
可知当v增加时，a减小，根据 v−t 图像的斜率表示加速度，图A符合要求。
故选A。
4.C
【解析】【分析】
由点电荷场强公式E=kqr2分别求出三个电荷在O处产生的场强大小，再进行合成即可求解。
本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解。
【解答】
O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为r=23×a×sin60∘= 33a，三个电荷在O处产生的场强大小均为：E0=kqr2=kq 33a2=3kqa2
根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为E1=3kqa2
再与−q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E1+E0=2×3kqa2=6kqa2，方向由O指向C，故ABD错误，C正确。
故选：C。
5.C
【解析】【分析】
对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小；抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键；注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功。
【解答】
在N点，根据牛顿第二定律有：N−mg=mv2R，解得vN= 3gR，
对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，mg·2R−W=12mvN2−0，解得W=12mgR
由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，
对NQ段运用动能定理得，−mgR−W′=12mvQ2−12mvN2，
因为W′0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离；故C正确，ABD错误。
故选C。
6.C
【解析】【分析】
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。
【解答】
飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30∘，
设位移与水平方向的夹角为θ，
则有：tanθ=tan30∘2= 36，
因为tanθ=yx=y32R，
则竖直位移为：y= 34R，vy2=2gy= 32gR．
根据tan30°=vyv0，
联立各式解得v0=3 5m/s，
故选C。
7.BCD
【解析】【分析】
研究卫星绕行星匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解卫星甲的线速度大小和卫星甲运行的周期．
根据开普勒第三定律求出卫星乙运行的周期．卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速．
【解答】
A、卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，
GMmr2=mv2r
v= GMr，r=2R ①
根据地球表面万有引力等于重力得：
GMmR2=mg ②
由①②得卫星甲环绕中心天体运动的线速度大小v= gR2，故A错误；
B、卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，
GMmr2=m4π2rT2③
由②③得卫星甲运行的周期T=4π 2Rg，
由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律，可知卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，
则卫星乙运行的周期为4π 2Rg，故B正确；
C、卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，应给卫星加速，所以卫星乙沿椭圆轨道经过M点时的速度大于轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度，而轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度，故C正确；
D、卫星运行时只受万有引力，加速度a=GMr2，所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度，故D正确；
故选：BCD．
8.BD
【解析】解：AB、由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下。由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动。故A错误，B正确。
C、s−t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为vx=4m/s，竖直方向分速度vy=8m/s，t=0时猴子的速度大小为：v= vx2+vy2=4 5m/s。故C错误。
D、v−t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：a=△v△t=8−02m/s2=4m/s2.故D正确。
故选：BD。
猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．求出t=2s时刻猴子在水平方向和竖直方向上的分加速度，根据平行四边形定则，求出猴子相对于地面的加速度．
解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况．
9.BD
【解析】【分析】
(1)当物块B刚要离开C时，对挡板的压力为零，根据平衡求出弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量；
(2)根据A的运动状态，隔离对A分析，运用牛顿第二定律求出物体A的加速度；
(3)弹簧开始压缩，根据平衡求出压缩量的大小，抓住A的位移等于弹簧长度的形变量求出物块A的位移。
本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律和机械能守恒定律，综合性较强，关键理清初末状态，结合动力学知识求解，对学生的能力要求较高，需加强训练。
【解答】
当物块B刚要离开C时，此时B对挡板的压力为零，加速度为零，故A错误；
由A分析可知B刚要离开C时重力的分力和弹簧的拉力二力平衡有mgsinθ=kx，解得弹簧的形变量x=mgsinθk，
对A分析根据牛顿第二定律得F−mgsinθ−kx=ma，解得a=F−mgsinθ−kxm=2mg−2mgsinθm=g，故B正确；
此时两物体的加速度不同，不能根据整体法求解，故C错误；
系统开始处于静止，弹簧处于压缩状态，根据平衡得kx´=mgsinθ，解得x´=mgsinθk，
A的位移等于弹簧长度的形变量，d=2mgsinθk=mgk，故D正确。
故选BD。
10.D
【解析】本题考查动态平衡。重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0。如图所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>π2且不变，则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故D正确，A、B、C错误。

11.(1)1.95；(2)0.5；0.2。
【解析】【分析】
(1)根据位移差公式求解加速度；
(2)写出牛顿第二定律表达式，求出a与F的函数关系式，找斜率和截距的含义。
【解答】
(1)每两点间还有4个点没有画出来，则时间间隔为T=0.02s×5=0.1s，
根据位移差公式Δx=aT2得a=xCE−xAC4T2=(10.81+12.74−8.85−6.90)×10−24×0.01m/s2=1.95m/s2；
(2)由牛顿第二定律得：2F−μmg=ma，即a=2m⋅F−μg，
故斜率k=2m=21−0.5kg−1，
解得：m=0.5kg；
纵轴的截距−2m/s2=−μg，
故μ=0.2
12.(1)2.10；2.90 ；(2)πd2s2T⩽v0⩽πd2s1T；(3)1.6。
【解析】【分析】
(1)雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小，根据图2即可读出结果；
(2)根据t=sv=sTπd求出雾滴运动的时间，再根据v=dt求出喷枪喷出雾滴的速度；
(3)根据(2)中公式进行分析得出与图象对应的表达式，再根据图象的性质即可确定出周期大小。
解决本题的关键知道雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小。
【解答】
(1)雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小．
所以其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1=2.10cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2=2.90cm；
(2)如果转台转动的周期为T，则雾滴运动的时间为t=sv=sTπd，所以喷枪喷出雾滴的速度v0=dt=πd2Ts，故其速度为范围：πd2s2T⩽v0⩽πd2s1T；
(3)根据(2)中可知：v0=dt=πd2T·1s，所以v0一1s图象中斜率k=πd2T，由图得：πd2T=0.7π7，解得：T=1.6s。
故答案为：(1)2.10；2.90 ；(2)πd2s2T⩽v0⩽πd2s1T；(3)1.6。
13.解：
(1)A球受到B球沿BA方向的库仑斥力和C球的库仑力作用后，产生水平向右的加速度，所以C球对A球的库仑力为引力，C球带负电。
对A球，有kq2r2=kqQr2·cs60°，所以 Q=2q
(2)对A根据牛顿第二定律有 kqQr2·sin60°=ma，
对整体根据牛顿第二定律，F=3ma，
故F=3 3kq2r2．
【解析】通过对整体的分析，可以知道加速度相同，再对A球受力分析，可以知道C球带负电，通过在竖直方向受力平衡求出所点电荷量；
通过在水平方向有牛顿第二定律可求出A球产生的加速度，再对整体利用牛顿第二定律求解出所加外力即可。
14.(1)设小球原来的角速度为 ω ，线的拉力为F，则有
F=mrω2
F+ ΔF =mr (3ω)2
又 ΔF =40 N，解得
F=5 N
所以线断时，线的拉力为
F′=F+ ΔF =45 N
(2)设此时小球的线速度为v，则有
F+ ΔF =m v2r
代入数据得
v=5 m/s
(3)飞出桌面后小球做平抛运动，则有
ℎ=12gt2
x=vt
联立两式并代入数据得
x=2 m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：
(1)C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：
mg⋅BCsin37°−μmgcs37°⋅BC=12mvB2−0
其中：BC=AC−2R
代入数据得：vB=2 gR
(2)物块返回B点后向上运动的过程中：
−mg⋅BFsin37°−μmgcs37°⋅BF=0−12mv′B2
其中：BF=AF−2R
联立得：vB′= 16gR5
物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：
−μmgcs37°⋅2x=12mv′B2−12mvB2
整理得：x=R
物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：
mgx⋅sin37°−μmgcs37°⋅x−W=0−12mvB2
又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP=W
所以：EP=2.4mgR
(3)由几何关系可知图中D点相对于C点的高度：ℎ=r+rcs37°=1.8r=1.8×56R=1.5R
所以D点相对于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R
小球做平抛运动的时间：t= 2Hg= 5Rg
G点到D点的水平距离：L=72R−rsin37°=72R−56R×35=3R
由：L=vDt
联立得：vD=35 5gR
E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：
EP−m′g(ECsin37°+ℎ)−μm′gcs37°⋅EC=12m′vD2−0
联立得：m′=13m
答：(1)P第一次运动到B点时速度的大小是2 gR．
(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是35 5gR，改变后P的质量是13m.
【解析】(1)对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；
(2)同(1)的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；
(3)P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量．
本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义．