2024-2025学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高二（上）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高二（上）入学考试物理试卷（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.为践行新形势下的强军目标，在某次军事演习中，水平匀速飞行的无人机在斜坡底端A的正上方投弹，炸弹垂直击中倾角为θ=37°、长为L=300 m的斜坡的中点P，如图，若sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，g取10 m/s2，则无人机距A点的高度ℎ和飞行的速度v分别为( )
A. ℎ=170 m v=30 m/sB. ℎ=135 m v=40 m/s
C. ℎ=80 m v=30 m/sD. ℎ=45 m v=40 m/s
2.利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )
A. 1 ℎB. 4 ℎC. 8 ℎD. 16 ℎ
3.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有竖直挡板MN。在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是( )
A. MN对Q的弹力逐渐减小B. 地面对P的摩擦力逐渐增大
C. P、Q间的弹力先减小后增大D. Q受到P和MN的合力逐渐增大
4.如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v0向右传上水平台面，物块前端在台面上滑动s后停下来。已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ且s>L，则物块在整个过程中克服摩擦力所做的功为( )
A. μmg(s+L2)B. μmgsC. μmg(s−L2)D. μmg(s−L)
5.如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l=4m，现从静止释放圆环。不计定滑轮和空气的阻力，g取10m/s2，若圆环下降ℎ=3m时的速度v=5m/s，则A和B的质量关系为( )
A. Mm=3529 B. Mm=79
C. Mm=3925 D. Mm=1519
6.如图，在竖直平面内一半径为R的圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，csα=45。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。不计一切摩擦，重力加速度大小为g。则下列说法不正确的是( )
A. 小球在A点时速度最大B. 小球在B点时对轨道的压力最大
C. 小球受到的水平恒力的大小为34mgD. 小球到达C点时速度的大小为 5gR2
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，甲车正在刹车，其v−t图像如图所示。在t=0时刻，乙车在甲车前方x0处，在0～t1时间内甲车的位移为x，下列判断正确的是( )
A. 若甲车的位移为58x时，两车第一次相遇，则第二次相遇时，甲车位移是98x
B. 若甲车的位移x=43x0，则甲、乙两车在t ​1时刻相遇
C. 若甲、乙两车在tD. 若甲、乙两车在t8.如图所示，两矩形物块A、B质量均为m，叠放在一个竖直立着的弹簧上时，弹簧的压缩量为Δl1，弹簧的劲度系数为k，质量忽略不计。今用一竖直向下的力F压物块A，弹簧在F的作用下又缩短了Δl2(仍在弹性限度内)，突然撤去外力F，此时A对B的压力大小为( )
A. kΔl22−mgB. kΔl22+mgC. kΔl1+Δl22D. 1+Δl2Δl1mg
9.如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO=ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)从P点由静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的速度图像中，一定不正确的是( )
A. B.
C. D.
10.四个相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程小于A2，V1的量程小于V2，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后( )
A. A1的读数和A2的读数相同B. V1的读数小于V2的读数
C. A1指针偏转角度和A2指针偏转角相同D. V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.物理实验小组用如图(a)所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。
(1)关于本实验，下列说法正确的是________。
A.必须平衡摩擦力
B.必须控制槽码质量不变
C.必须控制小车质量不变
D.必须保证槽码的质量远小于小车的质量
(2)某同学在实验中得到如图(b)所示的一条纸带(两计数点间还有四个计时点没有画出)，已知打点频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为_________m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条过原点的直线，如图(c)所示，若直线斜率为k，则小车(包含定滑轮)的质量为_______(用k表示)。
12.某实验小组通过电流传感器研究电容器充放电过程，可将电路中电流和时间的关系显示在计算机上，实验电路如图甲所示。
(1)实验操作过程如下：先将开关S打到___________(填选“1”或“2”)，对电容器进行充电。充电完毕后，将开关打到___________(填选“1”或“2”)，电容器进行放电。在放电过程中，经过电流传感器的电流方向为___________(填选“从上往下”或“从下往上”)。
(2)某次充电过程，电路中电流和时间的关系如图乙所示，则充电过程释放的电量约为___________。
A.1.6×10−2C B．4.0×10−3C C．5.2×10−3C D．1.2×10−4C
(3)已知电源的输出电压为6V，估算该电容器的电容约为___________F。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂，B放在粗糙的水平桌面上。滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，O′是三根细线的结点，细线bO′水平拉着物体B，cO′沿竖直方向拉着弹簧。弹簧、细线、小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略，整个装置处于静止状态。若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F=20 3 N，∠cO′a=120∘重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)弹簧的弹力；
(2)重物A的质量；
(3)桌面对物体B的摩擦力；
(4)细线OP与竖直方向的夹角。
14.如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为 gR，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥−R区域有方向与x轴夹角为θ=45​∘的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为 2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
15.如图所示，质量mB=3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k=100N/m。一轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后，另一端与套在光滑直杆顶端的、质量mA=1.6kg的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为0.8m，且与水平面的夹角θ=37∘。初始时使小球A静止不动，与A端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N。已知AO1=0.5m，重力加速度取g=10m/s2，A、B均视为质点，绳子不可伸长。现将小球A从静止释放。
(1)求在释放小球A之前弹簧的形变量；
(2)若直线CO1与杆垂直，求小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功；
(3)求小球A运动到底端D点时B物体的速度大小。
答案解析
1.A
【解析】根据速度的分解有：tan θ=vvy=vgt，x=L2cs 37°=vt，联立解得t=4 s，v=30 m/s；则炸弹竖直位移为y=12gt2=80 m，故无人机距A点的高度ℎ=y+L2sin θ=170 m，故选A．
2.B
【解析】解：设地球半径为R，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示。
由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径r=2R.设地球自转周期的最小值为T，则由开普勒第三定律可得：(6.6R)3(2R)3=(24ℎ)2T2，解得：T≈4 ℎ，故ACD错误，B正确。
故选：B。
明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小。由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期。
本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键。
3.B
【解析】D.对圆柱体Q受力分析，如图所示，
P对Q的弹力为F，MN对Q的弹力为FN，挡板MN向右运动时，F和竖直方向的夹角逐渐增大，而圆柱体所受重力大小不变，所以F和FN的合力大小不变，故D错误;
AC.由图可知，F和FN都在不断增大，故A、C错误;
B.对P、Q整体受力分析知，地面对P的摩擦力大小等于FN，所以地面对P的摩擦力逐渐增大，故B正确。
4.C
【解析】分两个阶段计算物块克服摩擦力所做功，物块在完全滑上台面前，摩擦力随滑上的距离从0均匀增大，最大值为μmg，物块滑上平台后摩擦力恒定，则有整个过程中克服摩擦力做的功W=0+μmg2L+μmg(s−L)=μmg(s−L2)，故C正确，ABD错误。
5.A
【解析】解：若圆环下降ℎ=3m时的速度v=5m/s，如图所示，A、B的速度关系为
vA=vcsθ=v⋅ℎ ℎ2+l2=5×3 32+42=3m/s
A上升的高度ℎA= ℎ2+l2−l= 32+42−4=1m
由机械能守恒定律得：
mgℎ=MgℎA+12mv2+12MvA2
解得：Mm=3529；
故选：A。
圆环B下降的过程中，圆环B与A组成的系统机械能守恒，结合可得此时A、B速度关系，可得两物体的质量关系。
该题的关键是用好系统机械能守恒和圆环的速度沿绳子方向的分速度等于A的速度这两个知识点，要注意对A或B单个物体，机械能并不守恒。
6.A
【解析】根据题意可知 α=37∘ ，重力和恒力 F 的合力沿 CB 方向，则可以将此模型中重力和 F 的合力看做等效重力 G′ ，则在圆周中 B 点为等效最低点， C 点为等效最高点。
C.设小球受到的水平恒力大小为F，由题意，根据力的合成与分解可得
tanα=Fmg=34
解得
F=34mg
故C正确；
AB.在模型的等效最低点 B 点速度最大，所需向心力最大，受到轨道的支持力也最大，即对轨道的压力最大，故A错误，B正确；
D.在C点小球对轨道的压力恰好为零，等效重力 G′ 提供小球做圆周运动的向心力，则
G′=mv2R ， G′=mgcsα=54mg
解得
v= 5gR2
故D正确。
题目要求选择不正确，故选A。
7.ABD
【解析】解：A、若甲车的位移为58x时，两车第一次相遇，由几何关系可知，相遇的时刻为t0=t12，根据对称性，下一次相遇的时刻为32t1，此过程中甲车的位移为98 x，故A正确；
B、如果甲乙两车在t1时刻相遇，则x乙=14x；x−14x=x0，即x=43x0，故B正确；
CD、若甲、乙两车在t故选：ABD。
解决追及与相遇问题关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件，此外，v−t图象中，面积表示位移．
本题主要考查了v−t图象，在v−t图像中纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析。
8.BCD
【解析】施加压力前，根据题意有
2mg=kΔl1
用一竖直向下的力F压物块A，弹簧又缩短了 Δl2 ，以A、B为整体，则有
2mg+F=k(Δl1+Δl2)
可得
F=kΔl2
突然撤去外力F，弹簧弹力保持不，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得
k(Δl1+Δl2)−2mg=2ma
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
k(Δl1+Δl2)−mg−NAB=ma
联立解得A对B的压力大小为
NAB=F2+mg=kΔl22+mg=kΔl1+Δl22=1+Δl2Δl1mg
故选BCD。
9.CD
【解析】在中垂线上，O点场强为零，无穷远处场强为零，故从无穷远到O的过程，场强指向O点，先增大后减小，小球做加速度先增大后减小的加速运动，越过O点后由对称性可知，小球做加速度先增大后减小的减速运动，若P点在场强最大值的内侧，小球先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动，对比图像可知，AB正确，不符合题意，CD错误，符合题意。
故选CD。
10.BC
【解析】AC.设改装前四个电流表的满偏电流为Ig，内阻为Rg。改装成电流表时需要并联电阻R，其量程为
I=IgRgR+Ig
由上式可知，改装后的电流表量程越小，R越大，所以A1的内阻大于A2的内阻。根据并联分流规律可知通过A1的电流小于通过A2的电流，所以A1的读数小于A2的读数，又因为原始表头为并联关系，所以表头两端电压相等，通过两表头的电流相等，即A1指针偏转角度和A2指针偏转角相同，故A错误，C正确；
BD.改装成电压表时需要串联电阻R，其量程为
U=Ig(R+Rg)
由上式可知，改装后电压表量程越小，R越小，所以V1的内阻小于V2的内阻，根据串联分压规律可知V1两端电压小于V2两端电压，所以V1的读数小于V2的读数，又因为原始表头为串联关系，所以通过两表头的电流相等，即V1指针偏转角度和V2指针偏转角度相同，故B正确，D错误。
故选BC。
11.(1)AC；(2)2.00；(3)2k
【解析】(1) A.为了使小车受到的合力等于弹簧测力计测量值的2倍，故该实验必须平衡摩擦力，故 A正确;
BC.根据控制变量法，探究小车运动的加速度与力的关系，故要保证小车的质量不变，而要改变槽码的质量改变拉力，故 B错误， C正确;
D.因为拉小车的力可以用弹簧测力计示数的2倍来表示，所以不需要保证槽码的质量远小于小车的质量，故 D错误。
故选AC。
(2)相邻两计数点间的时间间隔为
T=5×1f=0.1s
由逐差法可知小车的加速度大小为
a=(11.99+10.01+7.98−6.02−3.96−2.00)(3×0.1)2×10−2m/s2=2.00m/s2。
(3)对小车(包含定滑轮)整体由牛顿第二定律2F=Ma
变形可得a=2FM
根据图像的斜率可知k=2M
所以小车(包含定滑轮)的质量为M=2k。
12.(1) 1；2；从下往上；(2) C；(3) 8.7×10−4
【解析】(1)实验操作过程如下：先将开关S打到1，与电源连接，对电容器进行充电。充电完毕后，将开关打到2，与定值电阻连接，电容器进行放电。在放电过程中，由于电容器上极板带正电，经过电流传感器的电流方向为从下往上。
(2)根据图乙中 I−t 图像与横轴围成的面积表示充电过程释放的电量，图中所围面积大约有65个小方格，则充电过程释放的电量约为Q=65×0.2×10−3×0.4C=5.2×10−3C，故选C。
(3)已知电源的输出电压为 6V ，根据C=QU，可得该电容器的电容约为C=5.2×10−36F≈8.7×10−4F。
13.(1)由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，根据对称性和几何关系可知，细线OP与竖直方向的夹角为30°。设 O′a 绳上的拉力为 T ，根据题意
2Tcs30∘=F
解得
T=20N
以结点 O′ 为研究对象，则受力分析如下图所示
根据平衡条件得，弹簧的弹力为
F1=Tcs60∘=10N
(2) O′a 绳上的拉力大小等于重物A的重力，则A的质量大小为
mA=Tg=2kg
(3)物体B受力平衡，则 O′b 绳上的拉力大小等于桌面对物体B的摩擦力，即
f=F2=Tsin60∘=10 3N
(4)根据(1)问中的解析可得细线OP与竖直方向的夹角为30°。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.解：(1)设弹簧在A点的弹性势能为EP，由能量守恒定律可知：EP=12mvB2=12mgR；
(2)设小球经过O点时的速度为v，由动能定理知：12mv2−12mvB2= 2mg 2R−mgR=mgR 解得：v= 3gR；
(3)经过O点后，小球只受重力和电场力两个恒力的作用，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的直线运动，其中水平方向的初速度为0 ，竖直方向的初速度为v= 3gR，
于是有：水平方向(x方向)：Fx=Fcs45°=mg=max，解得：ax=g，
表明小球在水平方向做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可得： x=12axt2，
竖直方向：Fy=Fsin45°−mg=0，表明小球在竖直方向做匀速直线运动，
由匀速直线运动规律知：y=vt，
联立两个方向位移表达式消去时间t后得到小球的轨迹方程为：y2=6Rx。
【解析】(1)根据能量守恒定律得出弹簧的弹性势能；
(2)根据动能定理计算出小球的速度；
(3)根据力的合成分解结合牛顿第二定律得出加速度，根据运动学公式完成分析。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉力的合成和分解，根据运动的独立性和运动学公式即可完成分析。
15.(1)对物体B受力分析可知，设弹簧的弹力为 T ，根据平衡条件有
F=mBg+T
设释放小球A之前弹簧的形变量为 x1 ，根据胡克定律有 T=kx1 ，联立解得
x1=0.1m
此时，弹簧弹力向下，则弹簧被拉伸，形变量为 0.1m 。
(2)小球A从顶点运动到C的过程，设绳子拉力对小球A所做的功为 W ，根据动能定理有
mAgℎ+W=12mAvA2
由图，根据几何关系有
xCO1=xAO1sin37∘=0.3m ， ℎ=xCO1cs37∘
物块B下降的高度为
ℎ1=xAO1−xCO1=0.2m
由此可知，弹簧此时被压缩了 0.1m ，则弹簧的弹性势能与初状态相等，A、B组成的系统机械能守恒，则
mAgℎ+mBgℎ1=12mAvA2+12mBvB2
当小球A运动到C点时，小球A的速度方向与绳子垂直，则此瞬间物块B的速度
vB=0
联立解得
W=7J
(3)由图根据几何关系可知
DO1=AO1
则小球A运动到D点时，物体B又回到原位置，根据几何关系有
vB′=vA′cs37∘
对于整个下降过程由机械能守恒得
mAgLsin37∘=12mAv A′2+12mBv B′2
解得
vA ′=2m/s ， vB ′=1.6m/s
则小球A运动到底端D点时B物体的速度大小为 1.6m/s 。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】