河北省邯郸市2024-2025学年高二上学期开学考试物理试卷（解析版）

这是一份河北省邯郸市2024-2025学年高二上学期开学考试物理试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 关于磁通量，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（共32分，每题4分）
1. 一同学将质量为的物体（视为质点）从离地面高处以大小为的初速度水平抛出，不计空气阻力，取重力加速度大小。物体下落到距离地面高处时，重力的瞬时功率为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，物体做平抛运动，物体下落的高度为
由速度位移关系公式可得，物体下落5m时竖直方向的分速度为
则有重力的瞬时功率为
故选D。
2. 一颗在低圆轨道上运行的卫星，轨道平面与赤道平面的夹角为30°，卫星运行到某一位置时恰好能观测到南极点或北极点，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。则该卫星运行的周期为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设该卫星的轨道半径为，根据题意结合几何关系可得
可得
根据万有引力提供向心力可得
在地球表面有
联立解得该卫星运行的周期为
故选D。
3. 真空中，两个半径为r的金属球，其球心相距3r，现使两球带上等量的电荷量Q，静电力常量为k，关于两球之间的静电力说法正确的是（ ）
A. 若两金属球带同种电荷，两金属球间的静电力为斥力，大小为
B. 若两金属球带同种电荷，两金属球间的静电力为引力，大小大于
C. 若两金属球带异种电荷，两金属球间的静电力为引力，大小大于
D. 若两金属球带异种电荷，两金属球间的静电力为引力，大小小于
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据同种电荷相互排斥可知若两金属球带同种电荷，两金属球间的静电力为斥力，由于同种电荷相互排斥，所带电量集中在两球的外侧，两球上电荷间的平均距离大于3r，则根据库仑定律可知两球间的静电力满足
故AB错误；
CD．根据异种电荷相互排斥可知若两金属球带异种电荷，两金属球间的静电力为引力，由于异种电荷相互吸引，所带电量集中在两球的内侧，两球上电荷间的平均距离小于3r，则根据库仑定律可知两球间的静电力满足
故C正确，D错误。
故选C。
4. 操场上两同学练习排球，在空中同一水平直线上A、B两点处分别把相同的1、2两球同时击出，球1做平抛运动，球2做斜抛运动，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，如图所示，轨迹交于P点，P是A、B连线的中垂线上一点，球1的初速度为，球2的初速度为，不考虑排球的旋转，不计空气阻力，两球从抛出至到达P点的过程中（ ）
A. 两球在P点相遇B. 球2在最高点的速度等于
C. 球1速度变化得比球2更快D. 球1速度的变化量小于球2速度的变化量
【答案】D
【解析】
【详解】A．两球在竖直方向上到P点高度一样设为h。球1做平抛运动，竖直方向上自由落体高度为h。而球2竖直方向上，先上抛后自由下落，自由下落的高度大于h，根据格式可知，光球2下落的时间都大于球1运动的时间，所以两球在P点不相遇。故A错误；
B．球2在最高点的速度为水平方向上匀速的速度。由于两球水平位移一样，球2运动时间长，根据公式可知，球2水平方向上速度小，即球2在最高点的速度小于。故B错误；
C．由于两球的加速度均为重力加速度，所以单位时间内球1速度的变化等于球2速度的变化，故C错误；
D．球2运动时间长，根据公式可知，球1速度的变化量小于球2速度的变化量，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为）连接，电源负极接地，开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是（ ）
A. 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向下运动
B. 当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动
C. 当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变
D. 当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，选项A错误；
B．当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式知电容减小，而电容器的电压不变，由知Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，选项B错误；
C．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由
知电容器板间场强不变，由U=Ed知P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高，选项C错误；
D．当电容器的下极板向左移动时，根据知电容器的电容减小，由知Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，选项D正确。
故选D。
6. 内壁光滑、由绝缘材料制成的半径R=m的圆轨道固定在倾角为θ=45°的斜面上，与斜面的切点是A，直径AB垂直于斜面，直径MN在竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中。质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点，现对在A点的该小球施加一沿圆轨道切线方向的速度，使其恰能绕圆轨道完成圆周运动。g取10m/s2，下列对该小球运动的分析，正确的是（ ）
A. 小球可能带负电
B. 小球运动到N点时动能最大
C. 小球运动到M点时对轨道的压力为0
D. 小球初速度大小为10m/s
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球受向下的重力，圆轨道垂直AB的支持力，要使小球处于静止状态，电场力应水平向左，与场强方向相同，故小球只能带正电，A错误；
BC．由A的解析可知，小球受到重力、电场力的合力（等效重力）垂直斜面向下，故A点可看成等效最低点，B点为等效最高点，小球在A点时动能最大，由于其恰能绕圆轨道完成圆周运动，故在B点恰好由等效重力作为向心力，轨道对小球的压力为零，即小球运动到B点时对轨道的压力为0，BC错误；
D．在等效最高点B由牛顿第二定律可得
从A到B过程，据动能定理可得
联立解得小球初速度大小为
D正确。
故选D。
7. 如图所示，A、B、C为匀强电场内的三个点，电场的方向与三点所在平面平行。连接A、B、C三点构成一顶角为的等腰三角形，AB边和AC边的长度均为2.0m。将一电子从A点移到B点过程中，电子克服电场力做功为W1=1.0eV；从A点移到C点过程中，电场力对电子做功为W2=3.0eV。D、G、F分别为线段BC的四等分点。则电场强度大小为（ ）
A. 1V/mB. V/mC. V/mD. V/m
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】将电子从B点移到C点过程中，电场力做功为
W3= W1+W2=4.0eV
因为D、G、F分别为线段BC的四等分点，所以电子从D点移到C点过程中，电场力做功为3.0eV，则A点与D点为等势点，直线AD为等势线，根据电场线与等势线的关系，电场线与AD垂直，如图
根据可得
根据几何关系得
，
根据电场强度与电势差的关系得
故选D。
8. 如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量，小球质量，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成角，则（ ）
A. 圆弧半径
B. 小球飞出时，圆弧轨道的速度为
C. 小球飞出时速度大小为
D. 若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为x，则小球在轨道上运动时间为
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．小球以初速度滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示
由几何关系，可知与成60°角，v与成30°角，则与v成30°角，所以四边形是菱形
则有
由动量守恒定律可得
系统的机械能守恒
联立解得
解得小球飞出时圆弧轨道的速度为
解得小球飞出时速度为
故ABC错误；
D．根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有
设小球在轨道上运动时间为，则有
整理可得
解得
故D正确。
故选D。
二、多选题（共18分，每题6分，漏选少选得3分，有错选不选不得分）
9. 2024年3月20日地月中继卫星——鹊桥二号发射成功，鹊桥二号将为后续探月工程提供坚实的通信支持。如图所示，鹊桥二号的最终运行轨道为环月椭圆冻结轨道，该轨道近月点、远月点到月球表面的距离分别约为200km、16000km，近月卫星A绕月球做半径近似等于月球半径的圆周运动（图中未画出）。已知月球的半径约为1700km，不考虑其他星球引力的影响，关于在环月椭圆冻结轨道上运行的鹊桥二号和近月卫星A，下列说法正确的是（ ）
A. 鹊桥二号在近月点的加速度小于近月卫星A的加速度
B. 鹊桥二号在近月点、远月点受月球的万有引力大小之比约为6400∶1
C. 鹊桥二号与近月卫星A的运行周期的二次方之比约为
D. 若近月卫星A由近月轨道变轨至环月椭圆冻结轨道，则卫星的机械能减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得
可得
故轨道半径越大，加速度越小，由于鹊桥二号近月点的轨道半径大于月球的半径，故鹊桥二号在近月点的加速度小于近月卫星A的加速度，A正确；
B．根据万有引力定律
可知，鹊桥二号在近月点和远月点的万有引力之比
B错误；
C．设鹊桥二号的半长轴为，周期为，近月卫星的半长轴为，周期为，且
根据开普勒第三定律
解得
C正确；
D．近月卫星A由近月轨道变轨至环月椭圆冻结轨道，需要克服万有引力做功，卫星的机械能应增大，D错误。
故选AC。
10. 关于磁通量，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，通过两金属圆环的磁通量
B. 图乙中，通过 匝边长为L的正方形金属线圈的磁通量为
C. 图丙中，在通电直导线的磁场中，线圈在Ⅱ位置时穿过线圈的磁通量不为0
D. 图丙中，在通电直导线的磁场中，若线圈在I位置时的磁通量大小为，则线圈从I位置平移至Ⅲ位置过程中，线圈的磁通量的变化量大小为2
【答案】AD
【解析】
【详解】A．图甲中，通过两金属圆环既有条形磁铁的外部磁场又有内部磁场，磁通量比较的是净胜的磁感线条数，所以。故A正确；
B．图乙中，通过 匝边长为L的正方形金属线圈的磁通量为
故B错误；
C．图丙中，在通电直导线的磁场中，线圈在Ⅱ位置时既有垂直纸面向里的磁场，也有垂直纸面向外的磁场，由磁场分布的对称性可知，穿过线圈的磁通量为0。故C错误；
D．图丙中，在通电直导线的磁场中，设垂直纸面向里的磁通量为正，则线圈在I位置时的磁通量为-，由磁场分布的对称性可知线圈在Ⅲ位置时磁通量为，则线圈从I位置平移至Ⅲ位置过程中，线圈的磁通量的变化量大小为
故D正确。
故选AD。
11. 大小相同的三个小球（可视为质点）a、b、c静止在光滑水平面上，依次相距l等距离排列成一条直线，在c右侧距c为l处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。小球a的质量为2m，b、c的质量均为m。某时刻给a一沿连线向右的初动量p，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。下列判断正确的是（ ）
A. c第一次被碰后瞬间的动能为
B. c第一次被碰后瞬间的动能为
C. a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为
D. a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为
【答案】AC
【解析】
【详解】a球与b球发生弹性碰撞，设a球碰前的初速度为v0，碰后a、b的速度为、，取向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有
其中，解得
，
b球以速度v2与静止的c球发生弹性碰撞，设碰后的速度为、，根据等质量的两个球发生动静弹性碰撞，会出现速度交换，故有
，
AB．c第一次被碰后瞬间的动能为
故A正确，B错误；
CD．设a与b第二次碰撞的位置距离c停的位置为，两次碰撞的时间间隔为t，b球以v2向右运动l与c碰撞，c以一样的速度v4运动2l的距离返回与b弹碰，b再次获得v4向左运动直到与a第二次碰撞，有
对a球在相同的时间内有
联立可得，故a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为
故C正确，D错误。
故选AC。
三、实验题（共11分）
12. 某实验小组得到了A、B两个电池，想探究两电池的电动势和内阻大小。利用如图甲所示电路测量了A电池的路端电压和电流，通过改变滑动变阻器的滑动触头，得到了多组实验数据，利用得到的实验数据描绘出了如图乙所示的U-I图像，所有电表均为理想电表（计算结果均保留两位有效数字）。
（1）结合乙图像，该实验小组测得电池A的电动势为EA=________V，电池A的内阻为rA=________Ω。
（2）已知两电池的电动势EA︰EB=3︰4，保持图甲电路中其他条件不变，将电池A与电池B分别接入电路，外电路的电压表均显示1.0V，则电池B的电动势EB=________V，内阻rB=________Ω。
（3）若将滑动变阻器调小到另一相同阻值，两电池分别接入时，电池A的外电路功率为P1，电池B的外电路功率为P2，则P1________P2。（填“＞”、“＜”或“=”）
【答案】（1） ①. 1.5 ②. 3.1
（2） ①. 2.0 ②. 6.3##6.2
（3）＞
【解析】
【小问1详解】
[1]由乙图的纵截距可知，电池A的电动势为
[2]横截距可知短路电流为0.48A，内阻
电池A的内阻为
【小问2详解】
[1]两电池的电动势EA︰EB=3︰4，结合电池A的电动势为，则电池B的电动势为
[2]外电路此时的电压为1.0V，根据图像可知电流为0.16A，两电池的U-I图像与电阻的U-I图像相交于（0.16A，1.0V），画出电池EB的U-I图像如下图1所示
根据图像可知电池B的短路电流为0.32A，电池B的内阻为
【小问3详解】
当外电路所接电阻变小时，作出变小电阻的U-I图像如图2所示，由图可知，两电池分别在外电路接同一变小的电阻时，电池A的U-I图像与电阻图像交点的路端电压和电流均比电池B的U-I图像与电阻图像交点的路端电压和电流大，故两外电路功率
13. 如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为和；
②安装实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面连接在斜槽末端；
③先不放小球，让小球从斜槽顶端处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置；
④将小球放在斜槽末端处，仍让小球从斜槽顶端处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球、在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端距离，图中、、点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从、、到点的距离分别为、、。依据上述实验步骤，请回答下面问题：
（1）两小球的质量、应满足__（填写“”“=”或“”
（2）小球与发生碰撞后，的落点是图中__点，的落点是图中__点
（3）用题目中给出的符号来表示，只要满足关系式__，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的
【答案】 ①. ②. ③. ④.
【解析】
【详解】(1)[1]为了保证碰后一起向前运动，必须满足
(2)[2][3]由于
两球碰撞后，的速度比自由滚下时的速度还要大，的速度减小，因此落到M点，而落到N点。
(3)[4]设斜面倾角为，物体落到斜面上距离抛出点S时，根据平抛运动
整理得
①
碰撞过程中满足动量守恒
②
小球都做平抛运动，由①式结论可得
，，
代入②式整理得
四、解答题（共39分）
14. 如图所示，虚线MN左侧有一方向水平向左、电场强度大小为E的匀强电场。
在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着长为L，间距为d的平行金属板，两板之间电压为U，AO过两板的中线，在虚线PQ右侧距离为处有一水平放置，长度为的屏，屏到AO的距离为d。现将一带电量为，质量为m的带电粒子无初速度地放入电场中的A点，A点到MN的距离为kL，粒子最后可打在右侧屏上。不计带电粒子的重力，求：
（1）求带电粒子到达MN时的速度大小；
（2）求带电粒子离开平行金属板时距中心线AO的偏移量；
（3）使粒子打在屏的最右侧，求k的取值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得
解得
（2）粒子在平行板的运动时间
竖直方向的加速度为
带电粒子离开平行金属板时距中心线AO的偏移量
（3）当粒子达到屏的最右侧，由几何关系有
则
解得
15. 如图甲所示，有一装置由倾斜轨道AB、水平轨道BC、竖直台阶CD和足够长的水平直轨道DE组成，表面处处光滑，且AB段与BC段通过一小圆弧（未画出）平滑相接．有一小球用轻绳竖直悬挂在C点的正上方，小球与BC平面相切但无挤压．紧靠台阶右侧停放着一辆小车，车的上表面水平与B点等高且右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，其中PQ段是粗糙的，Q点右侧表面光滑．现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处自由释放，滑至C点时与小球发生正碰，然后从小车左端P点滑上小车．碰撞之后小球在竖直平面做圆周运动，轻绳受到的拉力如图乙所示．已知滑块、小球和小车的质量分别为m1=3kg、m2=1kg和m3=6kg，AB轨道顶端A点距BC段的高度为h=0.8m，PQ段长度为L=0.4m，轻绳的长度为R=0.5m． 滑块、小球均可视为质点．取g=10m/s2．求：
（1）滑块到达BC轨道上时的速度大小．
（2）滑块与小球碰后瞬间小球的速度大小．
（3）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】试题分析：（1）设滑块与小球碰撞前瞬间速度为，由机械能守恒，
有 ①
得
（2）设小球在最高点的速度为v，由图乙可知小球在最高点时受到的拉力
由牛顿第二定律，有 ②
设小球碰撞后瞬间速度为，由机械能守恒，有 ③
联立①②③并代入数据，解得
（3）滑块与小球碰撞过程满足动量守恒： ④
得碰撞后的速度 方向向右
滑块最终没有滑离小车，滑块和小车之间必有共同的末速度
由滑块与小车组成的系统动量守恒： ⑤
（I）若较大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量转化与守恒有 ⑥
联立④⑤⑥得
（II）若不是很大，则滑块必然挤压弹簧，再被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量转化与守恒有 ⑦
④⑤⑦得
综上所述，得
考点：机械能守恒，动量守恒，功能关系．
【名师点晴】该题的难点在于最后一问，滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内, 使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车；根据要求我们就取两个极端，即摩擦系数大时刚好到弹簧和摩擦系数小时刚好返回到小车的P点，将复杂的问题具体化．
16. 如图，质量，厚度的木板C静置于光滑水平地面上，半径的竖直光滑半圆弧轨道固定在木板C右边的水平地面上，木板与轨道均在同一竖直面内。轨道底端D点与木板C等高，并与圆心O在同一竖直线上，轨道上端最高为E点。质量的物块B置于木板C的左端，一质量的子弹A以的水平速度射中物块B并留在其中（时间极短），然后物块（B包括A）从木板左端水平向右滑行，B与C间的动摩擦因数。当物块（B包括A）到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时物块（B包括A）沿圆弧切线方向滑上轨道。已知木板长度，重力加速度g取。
（1）求子弹A射中物块B并留在其中后物块（B包括A）的速度大小和该过程损失的机械能。
（2）求木板C与圆弧轨道底部碰撞前瞬间，物块（B包括A）和木板C的速度大小。
（3）判断物块（B包括A）是否会落到木板上？如果没有落在木板上，求该物块落点到木板左端的距离。
【答案】（1）8m/s；1216J；（2）v1=7m/s；v2=2m/s；（3）1.4m
【解析】
【详解】（1）子弹A射中物块B并留在其中，有
解得
由能量守恒定律，该过程损失的机械能
解得
（2）设木板与轨道底部碰撞前瞬间，物块B（包括A）和木板C的速度分别为v1和v2，物块B与木板间的动摩擦因数为μ，木板的长度为L，由动量守恒定律和功能关系有
由题意分析可知，联立解得
（3）设B（包括A）运动到圆弧轨道最高点E时的速度大小为vE。B（包括A）从轨道最低点到最高点E的过程，根据动能定理有
解得
物块B（包括A）从E点抛出后做平抛运动，设B（包括A）没有落到木板上，则
联立可得
由于，故假设成立，B（含A）落到水平地面时到木板左端的距离