2024-2025学年湖南省长沙市望城区第一中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市望城区第一中学高二（上）开学物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.下列那个电器利用电流的热效应工作的( )
A. 电视机B. 电动机C. 电饭煲D. 电脑
2.地球表面的平均重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，用上述物理量估算出来的地球平均密度是 ( )
A. 3g4πRGB. 3g4πR2GC. gRGD. gRG2
3.如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近P电荷的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O到A的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化，粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线肯定正确的是( )
A. B. C. D.
4.如图所示，一平行金属板AB与一线圈组成理想的LC振荡电路，E为电源，当开关S从1掷向2的同时，有一电子恰从极板中央飞入AB间，电子重力可忽略，射入方向与极板平行。则电子( )
A. 可能从上极板边缘飞出，飞出时动能一定增大
B. 可能从下极板边缘飞出，飞出时动能可能不变
C. 可能从上极板边缘飞出，飞出时动能可能不变
D. 可能从下极板边缘飞出，飞出时动能一定减小
5.如图所示为牵引力F和车速倒数1v的关系图像，若汽车质量为2×103kg。它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为30m/s，则正确的是( )
A. 汽车所受阻力为2×103N B. 汽车车速为15m/s，功率为3×104W
C. 汽车匀加速的加速度为3m/s2 D. 汽车匀加速所需时间为4.5s
6.如图所示，质量均为m的小球a、b(均可视为质点)分别穿在光滑竖直杆和光滑
水平杆上，并通过长为L的刚性直杆(质量不计)连接。初始时刻，连接小球a、b的
刚性杆与竖直方向夹角θ=30∘。已知重力加速度为g，将两小球由此位置静止释
放，在两球运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 当刚性杆转动到与竖直方向夹角θ=60∘时，a球的速度为 ( 3−1)gL2
B. 当刚性杆转动到某一位置时，杆上可能没有沿杆方向的力
C. 在a球下落到竖直杆末端瞬间(即刚性杆处于水平状态，a球与水平杆还未产生相互作用力时)，a球的速度为 3gL
D. 在a球下落到竖直杆末端瞬间(即刚性杆处于水平状态，a球与水平杆还未产生相互作用力时)，b球速度方向水平向右
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示，直角坐标系xOy平面内，O(0,0)、P(a,0)两点各放置一点电荷，Q(0,a)点电场强度沿x轴正方向，下列判断正确的是( )
A. P点电荷带正电
B. P点电荷量大于O点电荷量
C. 在x轴负半轴上某点电场强度为零
D. 从P点沿x轴正方向电势越来越低
8.某同学以校门口为原点，以向东方向为正方向建立x轴，记录了甲、乙两位同学的位移—时间(x−t)图线，如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 在t1时刻，甲的瞬时速度为零，乙的速度不为零
B. 在0～t2时间内，甲、乙平均速率可能相同
C. 在t2时刻，甲、乙两同学相遇
D. 在t3时刻，乙的速度为零，加速度不为零
9.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B、C三点，坐标分别为(0,d)，(2d,2d)，(2d,0)，O、A、B三点的电势分别为24V、20V、8V.现有一重力不计的电荷量为e的带电粒子从坐标原点O处以平行于坐标平面的速度v0垂直电场方向射入电场，恰好通过C点。下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电B. C点电势为12V
C. 粒子从O到C电势能增加了8evD. 粒子从O到C所用的时间为 2dv0
10.如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器(Q的同步卫星)探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转运动，下列说法正确的是( )
A. 周期为2t1−t0B. 半径为3GM(t1−t0 )24π2
C. 角速度的大小为2πt1−t0D. 加速度的大小为2πt1−t03GMt1−t0
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11. 在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材：A.小灯泡(3.8V,0.3A)
B.滑动变阻器(5Ω,2A)
C.电流表(0∼0.5A，内阻约0.4Ω)
D.电压表(0∼5V，内阻约10kΩ)
E.开关及导线若干
(1)为实验测量误差尽可能小，电流表应选用________(填“内”或“外”)接法；
(2)为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用__________(填“限流式”或“分压式”)接法；
(3)综上所述，应选择下图中的_______电路进行实验
(4)利用实验数据画出了如图所示的小灯泡伏安特性曲线。图中，坐标原点O到P点连线的斜率表示______。则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻______(填“变大”、“变小”或“不变”)
12.某实验小组利用单摆测量当地重力加速度的值。
(1)为了较准确地测量重力加速度的值，以下四种单摆组装方式，应选择_____。(填序号)
(2)如图甲所示为该同学在进行实验时用秒表记录的单摆50次全振动所用时间，由图可知该次实验中秒表读数t=_____s；
(3)实验中，测量不同摆长及对应的周期，用多组实验数据做出摆长与周期平方的图像如乙所示，则重力加速度的大小为_____m/s2(π2取9.86，结果保留3位有效数字)。
(4)若测定g的数值比当地公认值大，造成的原因可能是______。
A.直接将摆线的长度作为摆长L
B.误将49次全振动记为50次
C.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
13.某天体的质量大约为1030kg，但是它的半径只有667km。(G=6.67×10−11N⋅m2/kg2)
(1)求此天体表面的自由落体加速度。(结果保留两位有效数字)
(2)贴近该天体表面，求沿圆轨道运动的小卫星的速度。
14.如图所示，在倾角为θ=37∘的固定长斜面上放置一质量M=1kg，长度L1=3m的薄板AB，薄板上表面光滑，开始时用手按住薄板，在薄板的上端A处将一质量m=0.6kg可视为质点的小滑块无初速度释放，同时放开按住薄板的手，已知薄板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑块与薄平板下端B到达斜面底端C的时间差为Δt=2s，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)滑块离开薄板时的速度v1；
(2)薄板的下端B与斜面底端C的距离L2。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，两板间的电势差UAB=1000V，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m=1×10−13kg，电荷量q=1×10−8C带正电粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M( 3m,1 m)点；粒子P的重力不计，试求：
(1)粒子到达O点的速度；
(2)匀强电场的电场强度；
(3)粒子P到达M点的动能。
答案解析
1.C
【解析】解：A、电视机主要根据带电粒子(电子)在电磁场中受力加速、偏转而工作的，没有利用电流的热效应，故A错误；
B、电动机是通电线圈在磁场中受力转动而工作的，没有利用电流的热效应，故B错误；
C、电饭煲是利用电流热效应工作的，它把电能转化为内能，故C正确；
D、电脑没有利用电流的热效应工作，故D错误；
故选：C。
分析各用电器的工作原理，然后答题．
要熟悉常用用电器的工作原理，这有助于解答该类型习题．
2.A
【解析】设地球表面有一物体质量为m，地球的质量为M.物体在地球表面时，所受的重力近似等于地球对物体的万有引力，则有GMmR2=mg，解得M=gR2G，地球体积为V=43πR3，地球密度ρ=MV=gR2G43πR3=3g4πRG，A正确．
3.C
【解析】等量异种电荷的电场线如图所示。
A.沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大。电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大。v−t图象切线的斜率先变小后变大，该图是不可能的，故A错误；
B.根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度为
E=▵φ▵x E先减小后增大，所以φ−x图象切线的斜率先减小后增大，则B错误；
C.加速度先变小后变大，方向不变，故C正确；
D.粒子的动能 Ek=qEx，电场强度先变小后变大，则Ek−x切线的斜率先变小后变大，故D错误。
则选C。
4.C
【解析】当开关S从1掷向2后，两板间将产生交变电场(设周期为T)，根据两板间电压的周期性可知，若电子在板间的运动时间为T2的奇数倍，则电子在板间加速和减速的时间相等，根据对称性可知电子从两板间射出时的竖直分速度为零，此时电子的动能不变，且电子的竖直分位移方向向上。因为电子一定先向上加速，其竖直位移一定向上或等于零，所以电子不可能从两板间中轴线的下方射出。综上所述可知ABD错误，C正确。
5.A
【解析】A.当速度为30m/s时，牵引车的速度达到最大，做匀速直线运动，此时
Ff=F1=2×103N
A正确；
BCD.牵引车的额定功率
P=Ffv=2×103×30W=6×104W
匀加速直线运动的加速度
a=F−Ffm=6000−20002000m/s2=2m/s2
匀加速直线运动的末速度
v=PF=10m/s
匀加速直线运动的时间
t=va=5s
因为
15m/s>10m/s
所以汽车速度为15m/s时，功率已达到额定功率，BCD错误。
故选A。
6.B
【解析】A.当刚性杆转动到与竖直方向夹角 θ=60∘ 时，如图所示
由系统机械能守恒得mgL(cs30∘−cs60∘)=12mva2+12mvb2，vacs60∘=vbcs30∘
联立得va= 3( 3−1)gL2
故A错误；
B.由于b球初末速度均为0，即先做加速运动再做减速运动，故杆上的法向力先给b球以推力，再变为拉力，变化瞬间法向力为0，故B正确；
C.a球下落到竖直杆末端瞬间，由a、b系统机械能守恒得mgLcs30∘=12mva2
解得va= 3gL
故C错误；
D.a球落地瞬间，合速度竖直向下，沿杆方向速度为0，故b球此时合速度为0，故D错误。
7.BC
【解析】解：A、如果O、P点电荷带电性一致，Q点电场强度必有y轴分量，若O、P点电荷分别带负电、正电，则Q点电场强度必有指向x轴负方向分量，故点O处点电荷带正电，P处点电荷带负电，故A错误；
B、由题意Q点电场强度沿x轴正方向，可得EOy=EPy，即kQOa2=kQP2a2⋅ 22，解得：QP=2 2QO，故B正确；
C、由上分析，结合矢量的合成法则，则有：kQOx2=kQP(x+a)2，解得：x=a 2 2−1，因此在x轴负半轴上某点电场强度可以为零，故C正确；
D、由于电势沿电场线方向降低，P点电荷带负电且电荷量较大，则P点左侧电场线沿x轴负方向，故沿x轴正方向电势越来越高，故D错误。
故选：BC。
根据Q点电场强度方向判断O、P两点点电荷带电性，再根据Q点竖直方向合场强为0计算电荷量大小关系，再根据沿电场线方向电势越来越低判断电势变化。
本题考查点电荷电场的特点以及电场叠加，掌握矢量的合成法则，难度中等，需要熟记点电荷电场分布，同时注意电势的高低与电场线方向关系。
8.BC
【解析】解：A、x−t图线的斜率表示速度，故在t1时刻，乙的瞬时速度为零，甲的瞬时速度不为零，故A错误；
B、根据x−t图线的斜率表示速度，知在0～t2时间内，甲做匀速直线运动，乙先沿负方向做减速直线运动，后沿正方向做加速直线运动，甲、乙能通过的路程可能相等，平均速率可能相等，故B正确；
C、在t2时刻，两图线相交，甲、乙两同学坐标相同，表示相遇，故C正确；
D、在t3时刻，乙的位置坐标为零，但速度不为零，故D错误。
故选BC。
9.AD
【解析】解：连接对角线交于O′，如图所示；根据图中几何关系可知，BC=2OA；
由于匀强电场平行等距离的电势差相等，则φB−φC=2(φA−φO)，
解得φC=16V；
同理，φD−φO=2(φA−φO)，解得φD=16V，故DC为等势线；
A、重力不计的电荷量为e的带电粒子从坐标原点O处以平行于坐标平面的速度v0垂直电场方向射入电场，恰好通过C点，说明沿电场线方向移动一段距离，粒子带正电，故A正确；
B、C点电势为16V，故B错误；
C、粒子从O到C电场力做正功，电势能减小，电势能减少了qUOC=8ev，故C错误；
D、粒子从O到C在沿垂直于电场线方向的位移为 2d，所用的时间为t= 2dv0，故D正确。
故选：AD。
由于匀强电场平行等距离的电势差相等，求解C和D的电势，找出等势线，根据粒子运动情况确定电性；粒子从O到C电场力做正功，电势能减小；根据平抛运动的规律求解运动时间。
解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系。
10.BC
【解析】解：AC.根据图(b)可知，Q的亮度变化的周期(即P的公转周期)为：T=t1−t0，则P公转的角速度的大小为：ω=2πT=2πt1−t0，故A错误，C正确；
B.行星P受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：GMmr2=m×4π2T2r，解得：r=3GM(t1−t0)24π2，故B正确；
D.P的加速度大小为a=ω2r=(2πt1−t0)23GM(t1−t0)24π2=2πt1−t032πGMt1−t0，故D错误。
11.(1)外；(2)分压式；(3)B；(4)P状态灯丝电阻的倒数；变大。
【解析】(1)灯泡正常发光时的电阻：R=UI=3.80.3≈12.67Ω，电流表内阻约为0.4Ω，电压表内阻约为10kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；
(2)灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法；
(3)电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压接法，则应采用图B所示实验电路；
(4)坐标原点O到P点连线的斜率表示小灯泡电阻的倒数；则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻变大。
故答案为：(1)外；(2)分压式；(3)B；(4)P状态灯丝电阻的倒数；变大。
12.(1)D
(2)96.6
(3)9.86
(4)B

【解析】(1)为了减小阻力对实验的影响，应选用小钢球，在固定摆线时，应采用夹子夹紧防止摆动中摆线长发生变化。故选D。
(2)小表盘已经过了0.5格，则读数为1min36.6s=96.6s
(3)根据T=2π Lg
可得L=g4π2T2
从图像中可知斜率k=g4π2=14
解得g=9.86m/s2
(4)根据T=2π Lg
可得g=4π2LT2
A.直接将摆线的长度作为摆长L，L测量值偏小，结果偏小，故A错误；
B.由T=tn
误将49次全振动记为50次，使得T值偏小，导致g测量值偏大，故B正确；
C.摆线上端悬点未固定，摆动过程中出现松动，L测量值偏小，导致g测量值偏小，故C错误。
故选B。
13.(１)对于在天体表面的物体，有
GMmR2=mg
所以天体表面的自由落体加速度
g=GMR2
解得
g=1.5×108m/s2
(２)对于贴近天体表面沿圆轨道运动的小卫星，有
GMmR2=mv2R
所以小卫星的环绕速度为
v= GMR
解得
v=107m/s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)根据题意，对薄板，由于
Mgsinθ<μM+mgcsθ
可知，小滑块在薄板上往下滑时，薄平板静止不动．设小滑块在板上滑动的加速度为 a1 ，对滑块有
mgsinθ=ma1
解得
a1=6m/s2
由运动学公式有
v12=2a1L1
解得
v1=6m/s
(2)滑块在斜面上滑动的加速度为 a2 ，由牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
可得
a2=2m/s2
设滑块在斜面上滑动时间为 t1 ，有
L2=v1t1+12a2t12
滑块离开板后板运动的加速度为 a ，由
Mgsinθ−μMgcsθ=Ma
解得
a=2m/s2
薄板滑至 C 端所用时间为 t2 ，有
L2=12at22
滑块与板下端 B 到达斜面底端 C 的时间差为
Δt=t2−t1
由以上几式解得
L2=16m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：(1)加速过程，根据动能定理得：
qUAB=12mv02−0
代入数据解得：v0= 2×104m/s
(2)粒子在B板右侧做类平抛运动，则有：
x=v0ty=12at2a=qEm
联立解得：E=43×103V/m
(3)粒子从O到M的过程，根据动能定理得：
qEy=Ekt−12mv02
得：Ekt=73×10−5J
答：(1)粒子到达O点的速度是 2×104m/s。
(2)匀强电场的电场强度是43×103V/m；
(3)粒子P到达M点的动能是73×10−5J。
【解析】(1)对粒子加速过程，根据动能定理求粒子到达O点的速度；
(2)粒子在B板右侧做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据分位移公式和牛顿第二定律结合求匀强电场的电场强度；
(3)研究粒子从O到M的过程，根据动能定理求粒子P到达M点的动能。
本题考查了带电粒子在匀强电场中的加速和偏转问题，在加速电场中，一般用动能定理求加速获得的速度；在偏转电场中做类平抛运动，将运动分解为垂直电场线的匀速运动和沿电场线的匀加速运动处理。