2024-2025学年山东省东营市广饶县第一中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省东营市广饶县第一中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.比值法定义是指用两个量的比值来定义一个新的物理量，而新的物理量反映物质的属性，与参与定义的两个物理量无关。下列各物理量的表达式中，是用比值法定义该物理量的是( )
A. 加速度a=FmB. 电流强度I=URC. 电场强度E=UdD. 电阻R=UI
2.如图所示，电源正负极分别接A、B金属板给容器内的盐水通电，t时间内通过溶液内截面S的一价正离子数是n1，一价负离子数是n2，设元电荷为e，以下说法中正确的是( )
A. 只有正离子的定向移动才能产生电流
B. 电解液内正、负离子向相反方向移动，电流抵消
C. 电流I=n1et
D. 电流I=(n1+n2)et
3.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d=0.50m，盆边缘的高度为ℎ=0.30m.在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为( )
A. 0.50mB. 0.25mC. 0.10mD. 0
4.如图，在a,0位置放置电荷量为q的正点电荷，在0,a位置放置电荷量为q的负点电荷，在距Pa,a为 2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为( )
A. 0,2a， 2q
B. 0,2a，2 2q
C. 2a,0， 2q
D. 2a,0，2 2q
5.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y.要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转极板的情况)( )
A. 增大偏转电压UB. 增大加速电压U0
C. 增大偏转极板间距离D. 将发射电子改成发射负离子
6.如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=0.1m，b=0.2m，c=0.8m，当里面注满某种电解液，且P、Q加上电压后，其U−I图线如图乙所示，当U=10V时，下列说法正确的是( )
A. 电解液的电阻为1000ΩB. 电解液的电阻为200Ω
C. 电阻率是50Ω⋅mD. 电阻率是25Ω⋅m
7.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V.下列说法不正确的是( )
A. 电场强度的大小为2.5 V/cm
B. 坐标原点处的电势为1 V
C. 电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
8.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的1/4圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于图弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，下列说法正确的是( )
A. a球下滑过程中机械能保持不变
B. b球下滑过程中机械能保持不变
C. a、b球滑到水平轨道上时速度大小均 2gR
D. 从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为12mgR
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图表所示为某款扫地机器人的铭牌标有的参数，根据表中的参数可求得该扫地机器人( )
A. 电动机线圈的电阻值B. 电动机线圈电阻的热功率
C. 电池充满电后储存的总电荷量D. 以额定电压工作1min消耗的电能
10.如图所示，在两个电量分别为+Q和−Q的点电荷A、B的连线上有a、c两点，在连线的中垂线上有b、d两点，a、b、c、d都与连线的中点O等距。则( )
A. a点场强与b点场强相同
B. b点电势小于c点电势
C. 负电荷q在O点电势能大于在a点的电势能
D. 正电荷q从c点移动到d点电场力做负功
11.如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
A. 对电梯，其所受的合力做功为12Mv22−12Mv12
B. 对物体，动能定理的表达式为W合=0，其中W合为合力做的功
C. 对物体，动能定理的表达式为W−mgH=12mv22−12mv12，其中W为支持力做的功
D. 对物体，动能定理的表达式为W=12mv 22−12mv12，其中W为支持力做的功
12.如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T=2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则( )
A. 在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B. 粒子的电荷量为mv022U0
C. 在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02
D. 在t=14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
三、填空题：本大题共1小题，共8分。
13.某实验小组把一只满偏电流Ig=3mA，内阻Rg=100Ω的灵敏电流计，改装成双量程电压表(0∼3V和0∼15V)。该小组根据电表改装原理设计电路图如图，请结合电路图完成下列问题：
(1)选0∼3V量程时应该使用_______两个接线柱；选0∼15V量程时应该使用_______两个接线柱(选填“AB”、“AC”)；
(2)若要达到改装目的，图中两个电阻的阻值应为：R1=_______Ω，R2=_______Ω。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
14.某同学采用重物自由下落的方法验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。
(1)为了完成实验，下列器材中必备的是 ；(多选)
A.交流电源 B.直流电源 C.秒表 D.刻度尺
(2)重物由静止释放，O是打下的第一个点。按实验要求正确地选出纸带，用刻度尺测量连续三点A、B、C到O点的距离分别为ℎ1，ℎ2，ℎ3，如图乙所示。已知重物的质量为m，打点频率为f，当地重力加速度为g。B点的速度vB= ，从打下O点到B点的过程中重力势能的减少量ΔEp= ，动能的增加量ΔEk= (用题中已知量和测量量表达)。
(3)用ℎ代表重物下落的距离，重锤的动能Ek随着ℎ变化的图线如图丙所示，如果重物所受阻力恒定，已知图线的斜率为k，那么重物受到的阻力大小为 (用题中给出的字母表示)。
五、计算题：本大题共4小题，共42分。
15.质量为1.0×103kg的汽车，沿倾角为30∘的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W，开始时以a=1m/s2的加速度做匀加速运动(g取10m/s2)，求：
(1)汽车做匀加速运动的时间；
(2)汽车所能达到的最大速率；
(3)若斜坡长143.5m，且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，汽车从坡底到坡顶所需时间。
16.如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一个不计重力的带正电的粒子电荷量q=10−10C，质量m=10−20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后，可进入界面MN和光屏PS间的无电场的真空区域，最后打在光屏PS上的D点。已知界面MN与光屏PS相距12cm，O是中心线RO与光屏PS的交点。求：
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离
(2)粒子射出平行板电容器时偏向角
(3)OD两点之间的距离。
17.如图所示，竖直平面内一倾斜光滑直轨道与水平地面在A点平滑连接，一半径R=0.8m的光滑半圆轨道BDC与水平地面相切于B点。小滑块从斜面上距水平地面高度为ℎ处由静止下滑，经过水平地面后进入圆轨道。已知小滑块质量m=0.2kg，AB段长度s=1m，小滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。
(1)若小滑块释放后恰好能到达最高点C，求ℎ；
(2)若ℎ=1.8m，求：
(ⅰ)小滑块经过与圆心等高的D点时对轨道的压力；
(ⅱ)小滑块刚要脱离半圆轨道时距地面的高度。
18.绝缘的粗糙水平地面上方有一竖直方向的矩形区域OCC′O′，该区域由三个水平边长是L，竖直边长是2L的小矩形区域组成，从左到右依次为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形区域的下边OC与桌面相接。为方便描述建立如图所示的平面直角坐标系；区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分别存在沿y轴负方向、y轴正方向、y轴正方向的匀强电场，其场强大小比例为1:1:2。现有一带正电的滑块(可视为质点)以某一初速度v0(未知)从O点沿x轴正方向进入区域Ⅰ，滑块最终从P点3L,12L(图中未标出)离开区域Ⅲ。已知滑块在区域Ⅰ中所受静电力与所受重力大小相等，地面与滑块间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g。求：
(1)滑块进入区域Ⅲ时的速度大小v1；
(2)滑块在矩形区域OCC′O′运动的总时间；
(3)若滑块以相同大小的初速度v0(未知)从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，试确定滑块离开电场区域的位置(Q点)坐标。
答案解析
1.D
【解析】A. a=Fm 说明物体的加速度与F正比，与质量m成反比，故不属于比值定义，故A错误；
B.电流强度I由U、R决定，则电流强度 I=UR 不属于比值定义法，故B错误；
C.电场强度 E=Ud ，适用于匀强电场的电场强度的计算，不属于比值定义法，电场强度 E=Fq 属于比值定义法，故C错误；
D.电阻R由电阻本身性质决定，与U、I无关，符合比值法定义的共性，所以 R=UI 属于比值法定义，故D正确。
故选D。
2.D
【解析】A.负离子的定向移动也能产生电流，A错误；
B.电解液内正、负离子向相反方向移动，电流加强，B错误；
CD.正离子产生的电流为I1=n1et
负离子产生的电流为I2=n2et
总电流为I=I1+I2
解得I=(n1+n2)et
C错误，D正确。
故选D。
3.D
【解析】分析小物块的运动过程，可知由于克服摩擦力做功，则物块的机械能不断减少，最终物块将停止运动。
设小物块间在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为：f=μmg
对小物块从开始运动到停止运动的整个过程，由动能定理得：
mgℎ−μmgs=0
解得：s= ℎ μ = m=3m
因d=0.50m，所以小物块停的地点到B的距离为0。
故选D。
4.B
【解析】在(a,0)和(0,a)位置的点电荷在P点产生的合场强为E合= 2kqa2，方向如图所示(P指向A)，
要使P点的场强为零，则Q的场强一定与E合大小相等，方向相反，即从A指向P，
因为AP的长度为 2a，所以Q的位置即为图中A点，即(0,2a)处，
则EQ=kQ 2a2，解得Q=2 2q。
故选B。
5.A
【解析】设经加速电场后的速度为v，则12mv2=eU0，电子进入偏转电场时速度的大小为v= 2eU0m
电子进入偏转电场后的偏转位移y=12at2=12⋅eUmd⋅(lv)2=Ul24dU0，可见，要增大y，可行的方法有：增大偏转电压U，减小加速电压U0，或减小偏转电场极板间距离d，与粒子的电性与质量无关，故A正确，BCD错误。
故选A。
6.C
【解析】AB.电解液的电阻为
R=UI=105×10−3Ω=2000Ω
故AB错误；
CD.根据
R=ρLS=ρcab=50Ω⋅m
故C正确；D错误。
故选C。
7.C
【解析】解：A、沿x方向的场强大小为：Ex=Ucadca=φc−φadca=26−108V/cm=2V/cm，方向沿x轴负方向；
沿y方向的场强大小为：Ey=Ucbdcb=φc−φbdcb=26−176V/cm=1.5V/cm，方向沿y轴负方向；
故该电场的电场强度大小为：E= Ex2+Ey2= 22+1．52V/cm=2.5V/cm，故A正确。
B、在匀强电场中，相互平行的等距离两点间电势差相等，即为：φa−φ=φc−φb，所以原点O的电势为：φ=1V，故B正确。
C、根据电势能的定义式知道，电子在a点的电势能为：Epa=−eφa=−10eV，电子在b点的电势能为：Epb=−eφb=−17eV，所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C不正确。
D、电子从b点运动到c点，电场力做功为：Wbc=−eUbc=−e(17−26)V=9eV，故D正确。
因为本题是选不正确的，故选：C。
把电场强度分解到相互垂直的两个方向上，然后根据矢量合成计算出电场强度；根据在匀强电场中，任意相互平行的直线上距离相等的两点间电势差相等可以计算出原点处的电势；根据电势能的定义式可以比较出两点电势能的大小；根据电场力做功公式可以计算出电场力做的功。
8.D
【解析】AB.由于a球在下滑中杆对a球做功，故a球的机械能不守恒，同理，b球下滑过程中机械能不守恒，故AB错误；
C.下滑的整个过程中，两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律有：mgR+mg(2R)=12×2mv2，解得：v= 3gR，故C错误；
D.对a球由动能定理可知：W+mgR=12mv2，解得：W=32mgR−mgR=12mgR，故D正确。
故选D。
9.CD
【解析】ABD.由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为20V，额定功率为40W，根据P=UI可得额定电流
I=PU=4020A=2A
机器人在额定电压下工作时每分钟消耗电能为
E=Pt=40×60J=2400J
因为电动机不是纯电阻电路，所以不能用欧姆定律计算电机的内阻；由于不知道电动机的机械功率也不能计算电动机线圈电阻的热功率，故AB错误，D正确；
C.电池充满电后储存的总电荷量
q=It=5200mA⋅ℎ=5200×10−3×3600C=18720C
故C正确。
故选CD。
10.CD
【解析】等量异种电荷的电场线分布如下
A.由等量异种电荷的电场线分布可看出，a点电场线比与b点密集，则说明a点场强大小大于b点场强大小，A错误；
B.沿着电场线方向电势逐渐降低，则由等量异种电荷的电场线分布可看出，b点电势高于c点电势，B错误；
C.将负电荷从O点移到a点电场力做正功，电势能减小，则负电荷q在O点电势能大于在a点的电势能，C正确；
D.等量异种电荷的电场线分布可看出，将正电荷q从c点移动到d点大致为逆着电场线方向移动，电场力做负功，D正确。
故选CD。
11.AC
【解析】A.根据动能定理，对电梯，其所受的合力做功为
W=ΔEk=12Mv22−12Mv12
故A正确；
BD.对物体，动能定理的表达式为
W合=12mv22−12mv12
其中 W合 为合力做的功，故BD错误；
C.物体受支持力和重力的作用，根据动能定理
W合=W−mgH=12mv22−12mv12
其中 W 为支持力做的功，故C正确。
故选AC。
12.AD
【解析】
A.粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t=2dv0，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；
B.粒子在竖直方向，在T2时间内的位移为d2，则12d=12·U0qdm·(dv0)2，计算得出q=mv02U0，故B错误；
C.t=18T时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d′=2×12a(3T8)2−2×12a(T8)2=18aT2=12d，故电场力做功为W=U0qd×12d=12U0q=14mv02，故C错误；
D.t=14T时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T4，然后向下减速运动T4，再向上加速T4，向上减速T4，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确；
故选AD。
13.(1) AB AC
(2) 900 4000

【解析】(1)[1][2]根据欧姆定律可得AB和AC接线柱对应量程分别为
UAB=Ig(Rg+R1) ， UAC=Ig(Rg+R1+R2)
可知
UAB则选0∼3V量程时应该使用AB两个接线柱；选0∼15V量程时应该使用AC两个接线柱。
(2)[1][2]若要达到改装目的，则有
UAB=Ig(Rg+R1)=3V ， UAC=Ig(Rg+R1+R2)=15V
解得
R1=900Ω ， R2=4000Ω
14.AD
(ℎ3−ℎ1)f2
mgℎ2
m(ℎ3−ℎ1)2f28
mg−k

【解析】(1)AB.“验证机械能守恒定律”实验中打点计时器使用交流电源，，故A正确，B错误；
C.打点计时器能够记录物体的运动时间，不需要秒表，故C错误；
D.刻度尺用来测量纸带上两点间的距离，故D正确；
故选AD。
(2)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得vB=ℎ3−ℎ12T=(ℎ3−ℎ1)f2；
根据重力势能的表达式可知从起始点O开始到B点的过程中，重物重力势能的减小量为ΔEp=mgℎ2；
从起始点O开始到打下B点的过程中重物动能的增加量为Ek=12mvB2=m(ℎ3−ℎ1)2f28；
(3)下落ℎ过程中，根据能量守恒：mgℎ=Ek +Ffℎ，同时除以ℎ，则Ff=mg−k。
15.(1)由牛顿第二定律得
F−mgsin30∘−Ff=ma
设匀加速过程的末速度为 v ，则有
P=Fv ， v=at1
解得
t1=7s
(2)当达到最大速度 vm 时，加速度为零，有
Fm=mgsin30∘+Ff
则有
P=Fmvm=mgsin30∘+Ffvm
解得
vm=8m/s
(3)汽车匀加速运动的位移
x1=12at 12
在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2−mgsin30∘+Ffx2=12mvm2−12mv2
又有
x=x1+x2
解得
t2≈15s
故汽车运动的总时间为
t=t1+t2=22s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.解：(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为
a=Fm=qUmd
水平方向有
L=v0t
竖直方向有
y=12at2
vy=at
联立解得
y=qUL22mdv02=0.03m
(2)粒子射出平行板电容器时偏向角为θ
tanθ=vyv0=atv0=qULmdv02=34
故偏向角为37°。
(3)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两界面MN、PS相距为D，由相似三角形得
L2L2+D=yY
解得
Y=4y=0.12m

【解析】(1)带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动。由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y。
(2)根据粒子在电场中运动规律求出粒子射出平行板电容器时偏向角。
(3)粒子飞出电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，由几何知识求解粒子到达PS界面时离D点的距离Y。
本题是粒子在电场中的运动问题，分析清楚粒子的运动情况是关键。粒子垂直射入匀强电场，粒子在电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律和运动学公式结合即可解题。
17.(1)若小滑块释放后恰好能到达最高点C，根据牛顿第二定律有mg=mvC2R
小球从释放到最高点过程，根据动能定理有mgℎ−μmgs−mg⋅2R=12mvC2
解得ℎ=2.4m
(2)(ⅰ)小滑块运动至与圆心等高的D点过程，根据动能定理有
mgℎ−μmgs−mgR=12mvD2
在D点，根据牛顿第二定律有N1=mvD2R
根据牛顿第三定律有N2=N1
解得N2=3N
方向水平向右。
(ⅱ)令小滑块刚要脱离半圆轨道时对应半径与水平方向夹角为 θ ，脱离瞬间有mgsinθ=mv2R
小滑块从释放到脱离过程有mgℎ−μmgs−mgR+Rsinθ=12mv2
滑块刚要脱离半圆轨道时距地面的高度H=R+Rsinθ
解得H=1.2m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.(1)在区域Ⅱ中由于所受静电力与所受重力大小相等，则滑块做匀速直线运动，区域Ⅲ做类平抛运动，竖直方向加速度
a=2qE−mgm=g
根据类平抛运动规律
12L=12gt 32
L=v1t3
解得
v1= gL ， t3= Lg
(2)滑块进入区域Ⅲ时，根据动能定理
−μmg+qEL=12mv 12−12mv 02
解得
v0= 3gL2
在区域Ⅰ运动时间
t1=v0−v1μqE+mgm=2 6−2 Lg 运动的总时间
t=t1+2t3=2 6−1 Lg
(3)从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，则在区域Ⅲ运动时间仍为 t3= Lg ，竖直方向偏转
y3=12gt 32=12L
竖直方向速度为
v=gt3= gL 区域Ⅱ中做匀速直线运动，区域Ⅰ中做类斜抛运动、水平速度不变，从出区域Ⅲ到上升到最高点竖直位移
y′=vt3+v22×2g=54L
由于
y′+y3+12L>2L
可知上升到最高点之前就从上边缘出电场区域。
则在区域Ⅰ中，竖直方向运动实际距离
y5=2L−12L−y3−vt3=0
故滑块离开电场区域的位置即为 (L,2L)

【解析】详细解答和解析过程见【答案】主机基本参数
产品尺寸
高79mm×直径310mm
电池
5200mA·ℎ锂电池
质量
2.2kg
无线连接
WiFi智能快连
工作额定电压
20V
工作额定功率
40W