2024-2025学年湖南省常德市汉寿县第一中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省常德市汉寿县第一中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，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.下列说法正确的是( )
A. 体积很小的带电体就是点电荷
B. 元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电量
C. 电荷量e的数值最早是由英国物理学家库仑用实验测得的
D. 电场是假想的，电场线是真实存在的
2.将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中v−t图像如图所示，g=10m/s2，整个运动过程阻力不变，则下列说法正确的是( )
A. 小球重力和所受阻力之比为5：1
B. 小球上升过程中克服阻力做功24 J
C. 小球上升与下落所用时间之比为2：3
D. 小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损失
3.汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，如图，若保持功率P继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。假设汽车运动过程中阻力(不包含重力沿斜面的分力)大小保持不变，下列图像中能正确表示该汽车运动过程速率v随时间t变化的是( )
A. B. C. D.
4.如图所示，真空中有两个点电荷q1和q2，带同种等量负电荷，a、b为q1、q2连线上的两点，c、d为q1、q2连线中垂线上的两点，则关于a、b、c、d四点的电场强度和电势，下列说法一定正确的是( )
A. Ea>Eb
B. φa>φb
C. Ec>Ed
D. φc>φd
5.如图所示，用相同材料制作了两个电阻R1和R2，它们的厚度相同，表面均为正方形，但R2的尺寸比R1小得多，若两电阻上加上相同大小的电压，电流方向如图所示。则下列判断正确的是( )
A. 通过R1中的电流强度大于R2中电流强度
B. 通过R1中的电流强度小于R2中电流强度
C. 经过相同时间，通过R1中的电量大于R2中电量
D. 经过相同时间，通过R1中的电量等于R2中电量
6.如图所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为U1，两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2。现有质量为m、电荷量为+q的粒子从A处由静止释放，被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，最后从右侧射出。平行板C、D的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是
A. 带电粒子射出B板时的速度v0= qU12m
B. 带电粒子在C、D极板间运动的时间t=L 2qU1m
C. 带电粒子飞出C、D间电场时在竖直方向上发生的位移y=U2L22U1d
D. 若同时使U ​1和U ​2加倍，则带电粒子在飞出C、D极板间电场时的速度与水平方向的夹角不变
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点。如图所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定
A. 电场中A点的电势高于B点的电势
B. 粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
C. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
D. 粒子在A点的动能小于它在B点的动能
8.如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A、B，它们的质量分别为m、M(mA. 物块B的质量满足Mgsinθ=kd
B. 此时物块A的加速度大小可能为F−kdm
C. 此时物块A克服重力做功的功率为mgvsinθ
D. 此过程中弹性势能增量为Fd−mgdsinθ−12mv2
9.如图所示，人造卫星甲和乙分别在圆轨道和椭圆轨道上绕地球运行，两轨道相交于P、Q两点，圆轨道的直径等于椭圆轨道的长轴。关于两卫星的运动，下列说法正确的是( )
A. 两卫星运行周期相同B. 两卫星经过P点时的速度相同
C. 两卫星经过Q点时的加速度相同D. 甲卫星的机械能小于乙卫星的机械能
10.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后，电压表和电流表的读数分别为U、I，R1消耗的功率为P，电容器所带的电荷量为Q，两电表均为理想电表。当滑动变阻器的滑片从最左端向右移动到最右端的过程中，下列说法正确的是( )
A. U在减小B. P一定先增大后减小
C. Q正比于ID. ΔU正比于ΔI
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.如图所示，某同学为了探究物体做匀速圆周运动时，影响向心力大小的因素，某同学进行了如下实验：如图甲所示，绳子的一端拴一个小沙袋，绳上离小沙袋L处打一个绳结A，2L处打另一个绳结B。使小沙袋在水平面内做圆周运动，来感受向心力。
请一位同学帮助用秒表计时．如图乙所示，做了四次体验性操作。
第一次：手握A点，让小沙袋在水平面内做匀速圆周运动，10s运动5周。体验此时绳子拉力的大小。
第二次：手握B点，让小沙袋在水平面内做匀速圆周运动，10s运动5周。体验此时绳子拉力的大小。
第三次：手握A点，让小沙袋在水平面内做匀速圆周运动，10s运动10周。体验此时绳子拉力的大小。
第四次：手握A点，增大小沙袋的质量到原来的2倍，让小沙袋在水平面内做匀速圆周运动，10s运动5周。体验此时绳子拉力的大小。
(1)物理学中此种实验方法叫_____法。
(2)第四次与第一次相比较：_____相同，向心力大小与_____有关。
(3)总结以上四次体验性操作，可知物体做匀速圆周运动时，向心力大小与______有关。
A.半径 B.质量 C.周期 D.线速度的方向
12.某同学要测量一个由均匀新合金材料制成的金属丝的电阻率ρ。
(1)该同学用游标卡尺测量金属丝的长度如图甲所示，可知其长度为L=________mm。
(2)如图乙所示，用螺旋测微器测金属丝的直径，测量值d=________mm。
(3)选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择“________”倍率的电阻挡(填“×1”或“×100”)，并________，再进行正确测量，多用电表的示数如图丙所示，测量结果为R=________Ω。
(4)该金属丝电阻率的表达式为ρ=________。(用R、d、L表示)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成，当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出，已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，求：
(1)当电吹风热风时，电动机功率；
(2)电热丝的电阻．
14.如图所示，一质量m=1kg的滑块(可视为质点)从高度ℎ=0.2m的光滑斜面的顶端A处由静止滑下，斜面的底端B与水平传送带平滑相接(滑块经过连接处的能量损失可忽略不计)。已知传送带匀速运行的速度为v0=3m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=2m，当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同。(g取10m/s2)求：
(1)滑块到达底端B速度大小；
(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)此过程中，滑块与传送带之间由摩擦而产生的热量Q；
15.如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L= 3l0不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为+q的小球，线的上端固定于O点。将小球拉到与O点在同一水平面的A处，由静止释放小球，细线转过120°角到达B点时的速度恰好为零，设整个过程中细线始终处于拉直状态，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的场强E的大小；
(2)小球运动过程中的最大速度；
(3)若小球刚运动到最大速度时烧断细线，并从此开始计时，经过3s小球的速度变化量为多少？
答案解析
1.B
【解析】解：A、当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状、电荷量无具体关系，故A错误；
B、元电荷是带电量等于电子的电量，但不是电子，元电荷是带电量的最小单元，故B正确；
C、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的，故C错误；
D、电场是真实存在的，电场线是为了描述电场而假想的一组曲线，故D错误；
故选：B。
带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状、电荷量无具体关系；
电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的；
电场是真实存在的，电场线是为了描述电场而假想的一组曲线；
明确点电荷的概念，元电荷的概念是解决问题的关键。
2.A
【解析】A.速度时间图线可知，小球上升的加速度大小
a1=12m/s2
根据牛顿第二定律得
mg+f=ma1
解得阻力
f=ma1−mg=2N
所以重力和所受阻力之比为5：1，选项A正确；
B.小球匀减速直线运动的位移
x=12×2×24m=24m
克服阻力做功
W=fx=48J
选项B错误；
C.小球下降的加速度
a2=mg−fm=8m/s2
由 x=12at2 得，
t下落= 2xa2= 6s
小球上升与下落所用时间之比为 6:3 ，选项C错误；
D.机械能损失量等于阻力的功，上下过程阻力做功一样多，所以损失机械能一样多，选项D错误。
故选A。
3.A
【解析】匀速行驶时
P=F0v0
此时阻力等于牵引力
f=F0
若 t1 时刻进入另一足够长的倾斜路面，由于多了一与速度方向相反的重力下滑分力，汽车开始做减速运动，功率不变，根据P=Fv可知，牵引力会增加。
在斜面上，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有
−F+f+mgsinθ=ma
则该过程是加速度减小的减速运动。当加速度再次为零时，有
F′=f+mgsinθ>F0
根据P=Fv可知，此时速度小于 v0 。
故选A。
4.B
【解析】AB、两个等量同种电荷连线中点a的电场强度为零，电场强度的方向从中点a指向负电荷所以Eaφb，故A错误，B正确；
C、两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在c、d连线之间，也可能在c、d连线上，还可能在c、d连线下，由于c、d两点的间距也不确定，Ec可能大于Ed，也可能小于Ed，还可能等于Ed；故C错误；
D、cd连线电场强度一直向下，故电势越来越低，则φc<φd，故D错误。
故选B。
5.D
【解析】设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：导体的电阻R=ρLS=ρLLd=ρd，则可知，R与边长L无关，故R1=R2。
A。通过电阻的电流I=UR，由于U与R都相同，则通过两电阻的电流相同，故AB错误；
C。通过导体的电量：q=It，由于电流I相等，则经过相同时间，通过R1中的电量等于R2中电量，故C错误，D正确。
故选：D。
6.D
【解析】A.根据动能定理可知，qU1=12mv02，解得：v0= 2qU1m，故A错误；
B.如果带电粒子能离开CD板，则飞行时间t=Lv0=L m2qU1，故B错误；
C.带电粒子在CD板中的加速度：a=Fm=U2qmd，飞行时间为t=Lv，则飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移y=12at2=12·qU2md·Lv02=U2L24U1d，故C错误；
D.带电粒子在离开板间时的速度与水平方向夹角：tanθ=vyv0=U2L2U1d，则可知，若使U1和U2加倍时夹角不变，故D正确。
7.AC
【解析】A.沿电场线方向电势逐渐降低，A点的电势高于B点的电势，故A正确；
B.由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，故B错误；
CD.粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线斜向下的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做负功，电荷的电势能增加，动能减小，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，故D错误，C正确。
8.BCD
【解析】A.开始时，弹簧被压缩，弹力等于A重力沿斜面向下的分力，即
kx1=mgsinθ
刚要开始运动时，弹簧被拉长，弹力等于B重力沿斜面向下的分力
kx2=Mgsinθ
物块A运动的距离
d=x1+x2
选择A错误；
B.分析物体的受力，根据牛顿第二定律有
F−mgsinθ−kx2=ma
结合A选项的分析
kd=kx1+kx2=mgsinθ+kx2
则
a=F−kdm
选项B正确；
C.根据功率定义 P=Fv 可知此时物块A克服重力做功的功率为
P=mgvsinθ
选项C正确；
D.根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为
Fd−mgdsinθ−12mv2
选项D正确。
故选BCD。
9.AC
【解析】A.由题意，椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等，则根据开普勒第三定律得：r3T甲2=r3T乙2，所以两卫星运行周期相同，故A正确；
B.速度是矢量，曲线运动的速度方向为曲线上该点的切线方向，由图可知，在P点时，两卫星的速度方向不同，故速度不相同，故B错误；
C.由万有引力定律和牛顿第二定律得a=GMr2，即可判断两卫星经过Q点时的加速度相同，故C正确；
D.两卫星的质量关系不知道，所以不能判断甲卫星的机械能和乙卫星的机械能大小关系，故D错误。
故选AC。
10.AD
【解析】A.当滑动变阻器的滑片从最左端向右移动到最右端的过程，滑动变阻器接入电路的电阻在减小，电路中电流在增大，所以电源内阻上分担到的电压变大可得U在减小，A正确；
B.将 R2 等效为电源内阻，变阻器阻值变化时由于不知道其与 R2+r 的大小关系，根据电路知识可得不能判断P的变化规律，B错误；
C.根据公式有
Q=CU1 ， U1=E−I(R2+r)
可得
Q=CE−CI(R2+r)
可得Q不正比于I，C错误；
D.根据闭合电路欧姆定律可得
U=E−Ir
可得
ΔUΔI=−r
可得 ΔU 正比于 ΔI ，D正确。
故选AD。
11.(1)控制变量
(2) 转动半径和角速度 质量
(3)ABC

【解析】(1)物理学中此种实验方法叫控制变量法。
(2)[1][2]第四次与第一次相比较：转动半径和角速度相同，向心力大小与质量有关。
(3)总结以上四次体验性操作，可知物体做匀速圆周运动时，向心力大小与转动半径、物体质量和转动周期有关。
故选ABC。
12.(1)50.20
(2)0.226
(3)×1 重新进行欧姆调零 13.0
(4)πRd24L
【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+4×0.05mm=50.20mm；
(2)由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+22.6×0.01mm=0.226mm；
(3)选用“×10”倍率的电阻挡测量，多用表指针偏转过大，所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应选择较小倍率，因此需选择×1倍率的电阻挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再进行测量，由图示表盘可知，电阻阻值：R=13.0×1Ω=13.0Ω；
(4)金属丝的电阻为：R=ρLS=ρLπ(d2)2，电阻率为：ρ=πRd24L。
故答案为：(1)50.20；(2)0.226；(3)×1；重新进行欧姆调零；13.0；(4)πRd24L。
13.解：(1)当电吹风吹热风时，电动机两端的电压不变，故电动机消耗的功率仍为120W
(2)电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为：P=P热−P冷=1000−120W=880W，
由P=U 2R可知：R=U 2P=220 2880=55Ω
答：(1)当电吹风热风时，电动机功率为120W；
(2)电热丝的电阻55Ω
【解析】吹热风时，电热丝和电动机都工作，它们是并联的，电路的总功率等于它们功率之和，根据并联电路的特点可以求
本题考查了电吹风的电路结构及电功率的计算问题；对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目，要结合串并联电路的电流流向特点进行分析．
14.(1)滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得
mgℎ=12mv B2
解得
vB= 2m/s
(2)滑块从A到C整个运动过程中，由动能定理得
mgℎ+μmgL=12mv 02−0
代入数据解得
μ=0.125
(3)滑块从B到C运动过程中，设运动时间为t，由运动学公式得
v0=vB+at
其中
a=μg
代入数据解得
t=0.8s
在此过程中传送带走的距离为
x=v0t
则产生的热量：
代入数据解得
Q=0.5J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：(1)小球从A到B的运动过程只有重力、电场力做功，故由动能定理可得：mgLcs30°−qE(L+Lsin30°)=0
所以，E=mgcs30°q(1+sin30∘)= 3mg3q；
(2)小球运动过程只受电场力、重力和绳子拉力作用，故当电场力与重力的合力与细绳在同一条直线上时，小球的速度最大；
电场力qE= 33mg，故细绳与竖直方向的夹角为30°，小球速度最大，设为v；
对小球从A运动到速度最大的过程应用动能定理可得：mgLcs30°−qE(L−Lsin30°)=12mv2−0
所以，v= 2m( 32mgL−12qEL)= 2 33gL= 2gl0；
(3)细绳被烧断后，小球只受电场力和重力作用，所受电场力与重力的合力与速度垂直，故小球做类平抛运动；
由牛顿第二定律可得加速度a= (qE)2+(mg)2m=2 33g；
故由匀变速运动规律可得：经过3s小球的速度变化量△v=a△t=2 3g(m/s)=20 3m/s，方向与合外力方向一致，即与竖直方向成30°角斜向右下；
答：(1)匀强电场的场强E的大小为 3mg3q；
(2)小球运动过程中的最大速度为 2gl0；
(3)若小球刚运动到最大速度时烧断细线，并从此开始计时，经过3s小球的速度变化量为20 3m/s，方向与竖直方向成30°角斜向右下。
【解析】(1)对小球从A到B的运动过程应用动能定理求解；
(2)分析小球受力情况得到取得最大速度时小球的位置，然后根据动能定理求得最大速度；
(3)分析烧断细线后小球的受力情况，由牛顿第二定律求得加速度，即可根据匀变速运动规律得到速度变化量。
求解电势、电势能时要注意参考点(势能零点)，然后根据两点间的电势差求解；由于势能零点的选取，电势能也可能为负值；且计算电势能时，要注意电荷符号一起代入计算。