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

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    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(含解析),共14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.
    答案解析
    1.C
    【解析】A.根据静电感应原理可知,M端感应出负电荷,N端感应出正电荷,故A错误;
    B.静电平衡导体内部的场强为0,则P点电场强度为0,故B错误;
    CD.达到静电平衡后的导体为等势体,则枕形导体上Q点的电势与P点的电势相等,静电平衡导体表面处的电场强度方向与表面垂直,即Q点的电场方向与Q点所在表面垂直,故C正确,D错误。
    故选C。
    2.A
    【解析】解:A、船和人组成的系统,在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向后退,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:m人v−m船V=0,
    人从船头走到船尾,设船后退的位移大小为x,则人相对于岸的位移大小为L−x.则:m人L−xt−m船xt=0,代入数据解得:x=3m,船向后退了3m,故A正确;
    故选:A。
    人和小船组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律求出船移动的位移大小。
    本题考查了动量守恒定律的应用,解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件,以及知道在运用动量守恒定律时,速度必须相对于地面为参考系。
    3.A
    【解析】铁链释放之后,到离开桌面到落地的过程,由于桌面无摩擦,整个链条的机械能守恒。取桌面为零势能面,整个软绳的质量为m。
    根据机械能守恒定律得:12mg⋅L4=12mv2
    解得:v= gL2,故A正确
    故选:A。
    在运动的过程中,对整个系统而言,机械能守恒。抓住系统重力势能的减小量等于动能的增加量,分别求出离开桌面时的速度
    本题为机械能守恒定律应用的问题,要注意正确设定零势能面;本题中也可以选取地面为零势能面
    4.B
    【解析】AB.电介质板向右平移进入电容器一小段距离过程,电容器间的介电常数 εr 增大,由电容的决定式
    C=εrS4πkd
    可知电容增大,因U不变,由电容的定义式
    C=QU
    可知,电容器的带电量Q增大,故A错误,B正确;
    C.电容器的带电量增大,则电源对电容进行充电,故通过灵敏电流计的电流方向从a到b,故C错误;
    D.当电介质板停止运动后,电容无充放电,故电路中无电流,故D错误。
    故选B。
    5.B
    【解析】AC.1、2接入电路时,也可作为电流表使用,R1阻值越小量程越大;因为 R1=RA ,通过R1的最大电流为500mA,最大可以测量的电流为1A, AC错误;
    BD.1、3接入电路也可作为电压表使用,R2阻值越大量程越大;电流表A两端最大电压为
    UA=500mA×0.4Ω=0.2V R2两端最大电压为
    R2=7RA=2.8Ω
    U2=IR2=1A×2.8Ω=2.8V
    最大可以测量的电压为
    Um=UA+U2=3.0V
    B正确。
    故选B。
    6.B
    【解析】A.在运动员下落ℎ的过程中,重力做功mgℎ,故重力势能减少了mgℎ,故A错误;
    B.根据牛顿第二定律得,物体所受的合力为
    F合=ma=45mg,
    则根据动能定理得,合力做功为45mgℎ,则动能增加了45mgℎ,故B正确;
    C.合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和,因为重力做功为mgℎ,则克服阻力做功15mgℎ,故C错误;
    D.重力势能减少了mgℎ,动能增加了45mgℎ,故机械能减少了15mgℎ,故D错误。
    故选B。
    7.D
    【解析】A.根据图像,AB段和CD段平行,减速阶段斜率相同,则加速度相同,由f=ma可知皮划艇受到的阻力相同,对划动过程,两皮划艇最大速度相同,根据动能定理,甲:W1−fx甲=12mv2,乙:W2−fx乙=12mv2,由图知道,x甲>x乙,所以甲做功多,故A错误;
    BC.根据动量定理,对甲:I1−ft甲=mv,对乙,I2−ft乙=mv,甲划桨时间长,所以划桨时甲受到水反作用力的冲量大,故BC错误;
    D.根据图像,划动过程,甲的加速度小于乙,根据牛顿第二定律,F−f=ma,所以甲在划桨时用力小,故D正确。
    8.B
    【解析】A.根据题意可得
    I=PU=66220A=0.3A
    故A错误;
    B.电风扇正常工作时转化为机械能的功率为
    P机=P−I2r=66−0.32×20W=64.2W
    故B正确;
    C.电风扇正常工作时电动机的效率为
    η=P机P×100%=97.3%
    故C错误;
    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为
    P热=U2r=2420W
    故D错误。
    故选B。
    9.C
    【解析】AB.由闭合电路的欧姆定律得
    E=U+Ir
    将图线上A、B两点的U、I值代入可得
    E=16+0.2r
    E=4+0.8r
    解得
    E=20V , r=20Ω
    故AB正确,不符合题意;
    C.当R3的滑片自左向右滑动时,R3的有效阻值变小,电路中的总电阻变小,总电流变大,由此可知,图线上的A、B两点分别对应滑片位于最左端和最右端,当滑片位于最右端时,有
    R3=0 R1被短路,外电路电阻即为R2,故由B点的U、I值得
    R2=UBIB=40.8Ω=5Ω
    故C错误,符合题意;
    D.当滑片在最左端时,R3的有效阻值最大,并对应着图线上的A点,故由A点的U、I值可求出此时外电路的电阻,再根据串、并联电路的规律求出R3的最大值,则
    R外=UAIA=160.2Ω=80Ω
    R外=R1R3mR1+R3m+R2
    代入数据解得滑动变阻器的最大值
    R3m=300Ω
    故D正确,不符合题意。
    故选C。
    10.C
    【解析】A.机械能E与位移x的关系图像切线的斜率表示拉力F的大小,由图可知,x1处图像切线的斜率最大,则说明此时拉力最大,在0∼x1过程中物体所受拉力逐渐增大,x1∼x2过程中,拉力减小,x2处所受拉力为零,故A错误;
    B.x1∼x2过程中,拉力减小,x2处所受拉力为零,则在这一过程中物体应先加速后减速,则说明最大速度一定不在x1处,故B错误;
    C.x1∼x2过程中,物体先加速后减速,故动能先增大后减小;x2∼x3的过程机械能不变,拉力为零,物体在重力作用下做减速运动,动能继续减小,故在x1∼x3过程中,物体的动能先增大后减小,故C正确;
    D.由图像可知,0∼x2过程中,拉力先增大后减小,直到变为零,则物体受到的合力应先增大,后减小,减小到零后,再反向增大,即加速度应先增大,后减小,再反向增大,故D错误。
    故选C。
    11.D
    【解析】A.电子做匀速圆周运动,则
    ke2r2=mv2r
    解得电子的速率
    v=e krm
    故A错误;
    B.电子绕核运动时等效电流为
    I=eT=e2πrv=e22πr kmr
    故B错误;
    C.电子绕核运动运动一周时,该氢原子核施加的库仑力方向与速度垂直,可知库仑力对其做功为零,故C错误;
    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
    E=Ek+Ep=12mv2+(−ke2r)=−ke22r
    故D正确。
    故选D。
    12.(1)大;>;(2)天平;(3)0.780;(4)甲。
    【解析】(1)为了减小实验的误差,甲图中的重物应选择质量大,体积小的重物,即密度大的重物.
    乙图是验证系统机械能是否守恒,m1向下运动,m2向上运动,所以m1>m2.
    (2)验证系统机械能是否守恒,即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等,动能的增加量为
    △Ek=12(m1+m2)v2,
    重力势能的减小量为△EP=(m1−m2)gℎ.
    可知需要测量两个重物的质量,所以实验器材还需要天平;
    (3)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小,
    vC=xBD2T=0.049−0.01782×0.02m/s=0.780m/s
    (4)甲方案更合理,因为在乙图中受到细绳和滑轮之间的摩擦力的影响。
    故答案为:(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。
    【解析】由△p=mvt−mv0计算动量变化量;用动量定理求手机对头部的作用力。
    本题考查了动量定理的应用,注意动量定理是矢量方程,列式之前要选择正方向,同时此题的易错点是在列动量定理方程时丢掉重力的冲量。
    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。

    【解析】(1)根据W=Uq求解电势差;(2)匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线,而等势线与电场线垂直;由题意知AB连线上一定有一点的电势与C点相等,故可以找到一条等势线,根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向,再根据公式U=Ed求出电场强度。
    本题的关键在于找出等势面,然后才能确定电场线,要求学生明确电场线与等势线的关系,能利用几何关系找出等势点,再根据等势线的特点确定等势面,知道公式U=Ed应用时d为沿着电场线方向的距离。
    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

    【解析】详细解答和解析过程见【答案】
    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。

    【解析】(1)根据动能定理求出经加速电场加速后进入偏转电场时初速度,电子在两板间做匀速运动,根据匀速运动求得周期。
    (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,根据类平抛运动列式求解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。
    (3)在t=nT(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,此时偏转距离最小,根据类平抛运动列式求解保证所有电子能从两板间穿出,求两平行导体板间的最小距离。
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    2024-2025学年河南省驻马店市树人高级中学高二(上)开学考试物理试卷(含解析): 这是一份2024-2025学年河南省驻马店市树人高级中学高二(上)开学考试物理试卷(含解析),共10页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,实验题,计算题,综合题等内容,欢迎下载使用。

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