2024-2025学年湖南省永州市第二中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省永州市第二中学高二（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。

1.关于元电荷，下列说法中不正确的是( )
A. 元电荷实质上是指电子和质子本身
B. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C. 元电荷的值通常取e=1.60×10−19C
D. 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
2.将重为10N的物体以一定的初速度竖直上抛，在向上运动的过程中，其动能随位移变化关系如图所示，设空气阻力大小恒定，则物体返回抛出点时的动能为( )
A. 17 J
B. 34 J
C. 92 J
D. 196 J
3.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )
A. B. C. D.
4.真空中两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和B上，D为斜边AB的中点，∠ABC=30°，已知D点电场强度ED的方向平行于CA向下，如图所示。则下列说法正确的是( )
A. q1q2=41
B. q1带正电，q2带负电
C. D点电势高于A点电势
D. UBD=UDA
5.P1和P2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P1的上、下表面积大于P2的上、下表面积，将P1和P2按图所示方式接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是( )
A. 若P1和P2的厚度相同，则P1的电功率小于P2的电功率
B. 若P1和P2的厚度相同，则P1的电功率大于P2的电功率
C. 若P1和P2的厚度相同，则P1两端的电压等于P2两端的电压
D. 若P1和P2的厚度相同，则P1两端的电压大于P2两端的电压
6.如图所示为示波管中偏转电极的示意图，相距为d长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场).在AB左端距A、B等距离处的O点，有一电荷量为+q、质量为m的粒子以初速v0沿水平方向(与A、B板平行)射入(如图)，不计重力．要使此粒子恰能从C处射出电场，则A、B间的电压应为( )
A. d2mv 02ql2B. l2mv 02qd2
C. lmv0qdD. qv0dlm
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示为一匀强电场，实线为电场线，一个带负电的粒子射入该电场后，轨迹如图中虚线所示，运动方向从a到b，则可以判断的是
A. 电场强度方向向左B. 粒子在a点的动能大于b点的动能
C. a点的电势高于b点的电势D. 粒子在a点的电势能大于b点的电势能
8.如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一垂直斜面的固定挡板。系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg。则( )
A. 物块B刚要离开C时受到的弹簧弹力为mg
B. 加速度a=g
C. 这个过程持续的时间为 mk
D. 这个过程A的位移为mgk
9.如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R、表面重力加速度为g的行星运动．卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M、N两点间的距离为4R，则以下说法正确的是( )
A. 卫星甲的线速度大小为 2gR
B. 卫星乙运行的周期为4π 2Rg
C. 卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度
D. 卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度
10.如图所示，固定电阻R1A. U1三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.根据公式F向=mv2r和F向=mω2r，某同学设计如下实验来感受向心力。如图甲所示，用一根细绳(可视为轻绳)一端拴一个小物体，绳上离小物体30cm处标为点A，60cm处标为点B。将此装置放在光滑水平桌面上(如图乙所示)抡动细绳，使小物体做匀速圆周运动，请另一位同学帮助用秒表计时。
操作一：手握A点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小F1；
操作二：手握B点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小F2。
(1)小物体做匀速圆周运动的向心力由_________提供；
(2)操作二使小物体每秒运动周数与操作一相同，是为了控制小物体运动的_________相同；
(3)如果在上述操作中突然松手，小物体将做_________运动。
(4)在上述操作中采用的研究方法是_________。
12.某同学要做“测金属丝的电阻率”实验。
(1)用游标卡尺测量金属丝长度示数如图甲所示，其值为l=_____cm。
(2)先用多用电表欧姆挡的“×1”倍率粗测金属丝的电阻，示数如图乙所示，其阻值为R=_____Ω。
(3)实验电路如图丙所示，根据电路图完成图丁中的实物连线_______。
(4)从实验原理上看，待测电阻测量值_____(填“大于”“小于”或“等于”)其真实值。如果测得的金属丝长度为l，直径为d，电阻为R，都采用国际单位制单位，则它的电阻率ρ=_____(用l、d、R字母表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.手持式挂烫机体型小，易携带，使用时，出蒸汽速度也快，随时随地都能熨烫衣服，完全不受场所空间限制，深受年轻一族的欢迎，下表为某型号手持挂烫机的规格参数：求：
(1)手持式挂烫机的额定电流；
(2)连续正常使用手持挂烫机5min所消耗的电能。
14.如图所示，一质量为m=2kg的滑块从离传送带高为ℎ的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0=6m/s，两轮轴心间距为L=5m，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)滑块到达B点时的速度大小；
(2)滑块最初与传送带的高度差ℎ；
(3)此过程中，由于摩擦而产生的热量Q。
15.空间存在范围足够大的水平方向匀强电场，长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电量为q(q>0)、质量为m的小球，已知电场强度E=3mg4q，OA处于水平方向，OC在竖直方向，已知重力加速度为g，将小球从A点由静止释放，求：
(1)小球到达B点时的速度大小及此时细线对小球拉力的大小；
(2)小球从A点运动到B点过程中的最大速率；
(3)如图所示，若将小球从与A点等高的C点静止释放，当小球运动到与D点时，OD与OA的夹角θ=37∘，求小球在D点的速度大小。
答案解析
1.A
【解析】科学实验发现的最小电荷量就是电子所带的电荷量，人们把这个最小的电荷量叫做元电荷。质子所带的电荷量与电子所带的电荷量相同，但符号相反。实验得出，所有带电体的电荷量或者等于e，或者是e的整数倍，这就是说，电荷量是不能连续变化的物理量。电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，A错误。
2.B
【解析】物体上升过程，据动能定理可得−(G+f)ℎ=0−Ek1，物体下降过程，据动能定理可得(G−f)ℎ=Ek2−0，由题图可知Ek1=196J，ℎ=11.5m，联立代入数据解得Ek2=34J，即物体返回抛出点时的动能为34J。
故选B。
3.A
【解析】在0−t1时间内，如果匀速，则v−t图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P=Fv，牵引力减小；根据F−f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1=P1F1=P1f。所以0−t1时间内，v−t图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线； 在t1−t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P=Fv，牵引力减小；再根据F−f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F2=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2=P2F1=P2f。所以在t1−t2时间内，即v−t图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线。故A正确，BCD错误。
故选A。
4.C
【解析】AB.根据点电荷场强方向以及合场强方向可知，q1 q2均带正电，由图可知
E1=E2=ED
由于E=kqr2
且CD=BD可知q1q2=11
选项AB错误；
C.因为q1在AD两点的电势相等，而q2在D点的电势高于A点，由电势叠加可知D点的电势高于A点的电势，选项C正确；
D.由等量同种正电荷的电场线分布以及对称性可知UBD=UCD>UAD
选项D错误。
故选C。
5.C
【解析】AB.若 P1 和 P2 的厚度相同，设为 d ，设正方形的边长为 L ，
根据电阻定律可得R=ρLS=ρLLd=ρd
可知 P1 和 P2 的电阻相等， P1 和 P2 串联，通过 P1 和 P2 的电流相等，
根据 P=I2R 可知，若 P1 和 P2 的厚度相同， P1 的电功率等于 P2 的电功率，故AB错误；
CD.根据 U=IR 可知，若 P1 和 P2 的厚度相同，则 P1 两端的电压等于 P2 两端的电压，故C正确，D错误。
故选C。
6.A
【解析】粒子恰能从C处射出电场，则有d2=12⋅qUmd⋅(lv0)2
所以U= d2mv 02ql2
故选A。
7.AD
【解析】A、由曲线运动的知识可知：负电粒子所受的电场力向右，故场强水平向左，故A正确；
B、负电粒子从a到b点过程中，电场力做正功，故动能增大，故B错误；
C、沿电场线的方向电势逐渐降低，电场水平向左，所以b点的电势高于a点，故C错误；
D、负电粒子从a到b点过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，故D正确。
8.BD
【解析】解：A、物块B刚要离开C时C对B的弹力恰好为零。对B，由平衡条件得，此时弹簧的弹力：F弹=mgsinθ=12mg，故A错误；
B、B刚要离开C时，对A，由牛顿第二定律得：F−mgsinθ−F弹=ma，解得：a=g，故B正确；
D、刚开始时，对A由平衡条件得：kx1=mgsinθ，B刚要离开C时，有：F弹=kx2，整个过程A的位移：x=x1+x2，解得：x=mgk，故D正确；
C、物体A做初速度为零的匀加速直线运动，由x=12at2，解得A运动时间：t= 2mk，故C错误；
故选：BD。
当物块B刚要离开C时，对挡板的压力为零，对B，根据平衡条件求出此时弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量。对A，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度。弹簧开始处于压缩，根据平衡条件求出压缩量的大小，抓住A的位移等于弹簧开始时压缩量与末了时伸长量之和求出物块A的位移，再由位移公式求出A运动的时间。
本题考查了牛顿第二定律、胡克定律和运动学公式的基本运用，关键要能够正确地分析两个物体的受力，知道A的位移等于弹簧长度的变化量。
9.BCD
【解析】A、卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，
GMmr2=mv2r
v= GMr，r=2R ①
根据地球表面万有引力等于重力得：
GMmR2=mg ②
由①②得卫星甲环绕中心天体运动的线速度大小v= gR2，故A错误；
B、卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，
GMmr2=m4π2rT2③
由②③得卫星甲运行的周期T=4π 2Rg，
由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律，可知卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，
则卫星乙运行的周期为4π 2Rg，故B正确；
C、卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，应给卫星加速，所以卫星乙沿椭圆轨道经过M点时的速度大于轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度，而轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度，故C正确；
D、卫星运行时只受万有引力，加速度a=GMr2，所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度，故D正确；
故选：BCD．
10.ABC
【解析】
B.首先分析电路结构： R1 与 R2 串联， V1 与 V2 有一定电阻，因此开关闭合以后对电路的影响不能忽略；
S1 闭合时， V1 与 R1 并联，减少了 R1 分得电压， V2 与 R2 并联，减少了 R2 分得电压，
因此 U1 与 U2 分别小于只是两个固定电阻串联分别分得的电压，即U1+U2故B正确；
A.设两电压表的电阻为 RV ， V1 与 R1 并联后的电阻 R′1
得1R′1=1R1+1RV
同理， V2 与 R2 并联后的电阻 R′2
1R′2=1R2+1RV
因为R1得1R1>1R2
因此得1R′1>1R′2
得R′1根据串联分压特点可知U1故A正确；
C D.设电压表电阻为 R0 ，只合上 S1 时，电压表与 R1 并联后再与 R2 串联，则
U1=R1R0R1+R0R1R0R1+R0+R2U=R1R0R1R0+R1R2+R2R0U
只合上 S2 时，电压表与 R2 并联后再与 R1 串联，则
U2=R2R0R2+R0R2R0R2+R0+R1U=R2R0R1R0+R1R2+R2R0U
故U1U2=R1R2
故C正确、D错误。
故选ABC。
11.(1)绳子拉力
(2)周期
(3)匀速直线
(4)控制变量法

【解析】(1)小物体竖直方向受到重力和支持力而平衡，水平方向只受到一个绳子拉力，小物体做匀速圆周运动的向心力由绳子拉力提供。
(2)操作二使小物体每秒运动周数与操作一相同，是为了控制小物体运动的周期相同。
(3)如果在上述操作中突然松手，不受力小物体将做匀速直线运动
(4)在上述操作中采用的研究方法是控制变量法。
12.(1)13.750
(2)8或8.0
(3)
(4) 小于 πRd24l

【解析】(1)20分度游标卡尺的精确值为 0.05mm ，由图甲可知金属丝的长度为
l=13.7cm+10×0.05mm=13.750cm
(2)先用多用电表欧姆挡的“×1”倍率粗测金属丝的电阻，由图乙可知其阻值为
R=8×1Ω=8Ω
(3)根据图丙电路图，实物连线如图所示
(4)[1]电路图采用了电流表外接法，考虑到电压表分流的影响，电流表读数大于通过待测电阻的电流，根据欧姆定律 R=UI ，可知待测电阻测量值小于其真实值。
[2]根据电阻定律有R=ρlS
又S=14πd2
可得电阻率为ρ=πRd24l
13.(1)手持式挂烫机的额定电流
I=PU=1200220A≈5.45A
(2)连续正常使用手持挂烫机5min所消耗的电能
W=Pt=1200×5×60J=3.6×105J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.解：(1)滑块在传送带的加速度为 a=μmgm=μg=2m/s2
滑块从B点到C点，根据动力学公式 v02−vB2=2aL
解得滑块到达B点时的速度大小为 vB=4m/s。
(2)滑块从A点到B点，根据动能定理 mgℎ=12mvB2
滑块最初与传送带的高度差 ℎ=0.8m。
(3)滑块从B到C的运动时间为 t=v0−vBa=1s
传送带的位移为 x=v0t=6m
相对位移为 Δx=x−L=1m
产生的热量为 Q=fΔx=μmgΔx=4J。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：(1)令等效物理最低点所在半径与水平方向夹角为 α ，则有tan α=mgqE=43
解得α=53∘
可知将小球从A点由静止释放运动至B点过程有mgL−qEL=12mv12
小球在B点，根据牛顿第二定律有T−mg=mv12L
解得v1= gL2 ， T=32mg
(2)小球从A点运动到B点过程中，在上述的等效物理最低点达到最大速率，则有mgLsin α−qE(L−Lcs α)=12mvmax2
解得vmax= gL
(3)令等效物理最低点为e，作出示意图如图所示

可知，小球先沿Cf做匀加速直线运动，根据动能定理有mgsin α⋅2Lcs α=12mvf2
在f点将速度分解，沿半径方向的分速度突变为0，沿切向的分速度为v2=vfsin α
小球由f点到D点有qE[Lcs θ+Lcs (180∘−2α)]−mg[Lsin (180∘−2α)−Lsin θ]=12mvD2−12mv22
解得vD= 282gL10。

【解析】本题考查带电小球在电场和重力场中的运动，利用了动能定理、向心力等知识。
对于竖直面内的圆周运动，当只受重力时，最高点、最低点是比较好确定的，本题小球受到重力与电场力，合力不沿竖直方向，所以“等效最高点”与“等效最低点”的位置就发生了变化，是平行于合力方向的直径与圆的两个交点，在最高点的动能最小，最低点的动能最大，要想恰好完成完整的圆周运动，在最高点必须恰好满足重力与电场力的合力提供向心力。额定电压(V)额定功率(W)产品净重(kg)产品尺寸(mm)
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