2024-2025学年安徽省阜阳市临泉第一中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省阜阳市临泉第一中学高二（上）开学物理试卷（含解析），共14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7小题，共28分。
1.下列对于各图片的描述正确的是
A. 图1证明平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
B. 图2中两完全相同小球在光滑、固定的圆锥筒内做匀速圆周运动，a球受支持力较大
C. 图3中汽车安全通过拱形桥最高点时，速度越大对桥的压力越小
D. 图4中火车转弯时，速度越大，车轮对轨道的侧向挤压作用一定越大
2.A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则( )
A. 若在A点换上电量为“−q”的电荷，A点的场强方向发生变化
B. 若在A点换上电量为“2q”的电荷，A点的场强将变为2E
C. 若在A点移去电荷“q”，A点的场强变为零
D. A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关
3.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则( )
A. a一定带正电，b一定带负电B. a的速度将减小，b的速度将增加
C. a的加速度将减小，b的加速度将增加D. 两个粒子的动能，一个增加一个减小
4.神舟十六号载人飞船入轨后顺利完成人轨状态设置，采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口。对接过程的示意图如图所示，神舟十六号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，线速度为v1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接，轨道Ⅱ上A点的线速度为v2，运行周期为T2；天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，运行周期为T3，线速度为v3；则神舟十六号飞船( )
A. v2>v1>v3
B. T1>T2>T3
C. 在轨道Ⅱ上B点处的加速度大于轨道Ⅲ上B点处的加速度
D. 该卫星在轨道Ⅰ运行时的机械能比在轨道Ⅲ运行时的机械能大
5.如图所示，在绝缘的水平面上方存在匀强电场，水平面上的带电金属块在水平力F作用下沿水平面移动。已知金属块在移动的过程中，水平力F做功32J，金属块克服电场力做功8.0J，金属块克服摩擦力做功16J，则在此过程中，金属块的( )
A. 动能增加8.0JB. 电势能减少8JC. 机械能减少24JD. 机械能减少8J
6.如图所示，在真空中M、N两点分别固定带同种电荷的点电荷，且QM=QN=q，O点为MN的中点，A、B为MN中垂线上的两点，且AO=OB=MO=ON。一带电粒子从A点由静止释放，经过一段时间刚好以速度v经过O点，不计粒子重力，已知点电荷在某一位置产生的电势与自身电荷量成正比，则下列说法正确的是( )
A. 带电粒子一直沿A→B方向运动至无穷远处
B. 带电粒子的电势能一直减小
C. 若QM=2q，带电粒子在A点受到的电场力大小为原来的 102倍
D. 若QM=QN=2q，带电粒子经过O点的速度为2v
7.如图所示，质量相同、带电量不同的两带电粒子(重力不计)以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，粒子1和2所带电荷量分别为q1和q2，在电场中的运动时间分别为t1和t2，在电场中运动的加速度分别为a1和a2，在电场中运动时动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则( )
A. t1:t2= 2:1B. a1:a2=4:1
C. q1:q2=2:1D. ΔEk1:ΔEk2=16:1
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态。现将接地的B板移至虚线处，则( )
A. 两板间电压不变B. P点与A板间的电势差不变
C. 电荷q仍保持静止D. 电荷q的电势能增大
9.如图所示，在平行于纸面的匀强电场中，一质量为m、带电量为+q的粒子仅在电场力
作用下先后以同样大小的速度v经过同一条直线上的a，b两点，在a点的速度方向与直线
的夹角θ1=30°，a，b两点间的距离为L。下列说法正确的是( )
A. 电场强度垂直a，b所在的直线向左B. 在b点的速度方向与直线的夹角θ2=60°
C. 从a到b运动的过程的中最小速度为v2D. 电场强度的大小为3mv22qL
10.如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电荷量为−q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，其电势能Ep沿x轴的变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 粒子在x2点的速度为v0
B. 若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 2Ep0m
C. 若v0=2 Ep0m，则粒子在运动过程中的最大动能为2Ep0
D. 从O点到x3点的过程中，电场的电势先升高再降低再升高
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器充电后与电源断开。
(1)本实验采用的科学方法是_____；
A.理想实验法 B.等效替代法 C，控制变量法 D.建立物理模型法
(2)实验中使用静电计的目的是_____(填序号)；
A.测定两板之间的电场强度 B.直接测量电容器电容的变化情况
C.观察电容器电荷量的变化情况 D.观察电容器电势差的变化情况
(3)在实验中观察到的现象是_____。
A.图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B.图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变
C.图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
D.图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
12.某同学设计了如图所示的装置来“验证机械能守恒定律”.将量角器竖直固定在铁架台上，使直径边水平，将小球通过一段不可伸长的细线固定到量角器的圆心O处，在铁架台上O点正下方安装光电门(图中未画出)，实验时，让小球在紧贴量角器的竖直平面内运动，调整好光电门，使小球的球心刚好能通过光电门的细光束．
(1)以下列举的物理量中，为本实验必须测量的物理量有__;
A.小球的质量m
B.小球的直径d
C.细线的长度L
D.小球的运动周期T
(2)图中细线与竖直方向的初始偏角为_____;
(3)实验时，将小球拉开，使细线与竖直方向偏开一定的角度θ，将小球由静止释放，测出小球通过光电门的时间t，则小球通过最低点时的速度为_____;如果这一过程中小球的机械能守恒，则题中各物理量应遵循的表达式为____________;
(4)多次实验，由实验数据作出了1t2−csθ图线，则实验所得的图线应该是____．
A. B． C. D.
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，倾角α=30∘的斜坡底端用细绳固定一定滑轮，斜坡上放置质量M=20kg的长木板B，质量m=10kg的物体A放在长木板上，A、B之间用质量不计的细绳相连接，然后跨过质量以及摩擦均可忽略的定滑轮，在长木板B上施加平行斜坡向上的恒力F，使长木板B向上做匀速直线运动。已知，A、B之间的动摩擦因数μ1= 32、B与斜坡间的动摩擦因数μ2= 310，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)各接触面间的摩擦力各为多大？
(2)底端细绳的拉力以及恒力F各为多大？
14.如图所示，在某竖直平面内有一水平向右的匀强电场，场强E=1×104N/C。场内有一半径R=2m的光滑竖直绝缘环形轨道，轨道的内侧有一质量为m=0.4kg、带电量为q=+3×10−4C的小球，它恰能沿圆环作圆周运动。取圆环的最低点为重力势能和电势能的零势能点，重力加速度为g=10m/s2，求：

(1)小球动能的最小值；
(2)小球机械能的最小值；
(3)重力势能和电势能的和的最小值。
15.如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R=5v02g，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m、带电荷量为−q的小球(可看成质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电
场右边界穿出，求：
(1)OM的长L；
(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E’；
(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO’的距离s．
答案解析
1.C
【解析】图1只能说明平抛运动在竖直方向为自由落体运动， A错误;
图2中支持力沿竖直方向分力与重力平衡，可知两球受支持力相等，B错误;
图3中汽车安全通过拱形桥时，设桥对车的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有mg−FN=mv2R可得FN=mg−mv2R，结合牛顿第三定律可知，在安全行驶范围内，汽车速度越大，汽车对桥面压力越小，C正确;
图4中火车转弯时，火车转弯速度小于规定速度时，对内轨有挤压作用，且速度越大，挤压作用越小，当速度大于规定速度时，对外轨有挤压作用，速度越大，挤压作用越大，题干中并未说明是哪种情况，故D错误。
2.D
【解析】
电场强度E=Fq是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变，故D正确，ABC均错误。
故选D。
3.C
【解析】A.带电粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；
BD.从题图中轨迹变化来看速度与力方向的夹角小于90°所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BD错误；
C.电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确。
故选C。
4.A
【解析】A.飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需要加速，所以经过A点时
v2>v1
圆轨道时，根据
GMmr2=mv2r
所以
v1>v3
综合得
v2>v1>v3
故A正确；
B.根据开普勒第三定律，轨道半长轴越大，周期越大，故B错误；
C.根据
GMmr2=ma
则同一点处的加速度应该相等，故C错误；
D.根据变轨原理可知，从低轨道到高轨道应点火加速，外力做正功，则卫星在轨道Ⅰ运行时的机械能比在轨道Ⅲ运行时的机械能小，故D错误。
故选A。
5.A
【解析】A.根据动能定理ΔEk=W合=W外+Wf+W电=32J−8J−16J=8J，故A正确；
B.电势能增加值应等于金属块克服电场力做的功，即ΔE电=−W电=8J，所以电势能增加8J，故B错误；
CD.根据功能关系，除重力和弹簧弹力以外的其他的力做正功，机械能增加，做负功机械能减小，可知，机械能变化为：ΔE机=32J−16J−8J=8.0J，即金属块的机械能应增加8.0J，故CD错误。
6.C
【解析】AB.由对称性可知，粒子在A、B两点间做往复运动，带电粒子由A到O的过程中电场力做正功，电势能减小，由O到B的过程中电场力做负功，电势能增大，A、B错误；
C. 设AN=r，原来M、N两电荷在A点产生的电场强度大小分别为EM=EN=kqr2，则A点的电场强度为E= 2kqr2；若QM=2q，M、N两电荷在A点产生的电场强度大小分别为E′M=2kqr2、E′N=kqr2，A点的电场强度为E′= E′M2+E′N2= 5kqr2，A点的电场强度为原来的 102倍，粒子在A点所受的电场力为原来的 102倍，C正确；
D. 假设原来M、N两点电荷在A点产生的电势分别为φ1，在O点产生的电势分别为φ2，则A、O两点的电势差为UAO=2(φ1−φ2)，由动能定理得qUAO=12mv2−0；若QM=QN=2q，则A、O两点的电势差为U′AO=4(φ1−φ2)，由动能定理得qU′AO=12mv′2−0，联立解得v′= 2v，D错误。
故选C。
7.D
【解析】A.粒子在水平方向做匀速运动，则你t1=12xv=x2v，t2=xv，则t1:t2=1:2，选项A错误;
B.竖直方向做匀加速运动，则y=12at2，可得a1a2=2yt12:yt22=81，选项B错误;
C.根据a=qEm∞q，则q1:q2=8:1，选项C错误;
D.根据△Ek=W=Eqy，可得ΔEk1△Ek2=q1yq2⋅12y=16:1，选项D正确。
8.BCD
【解析】A.平行板电容器充电后与电源分离，说明电容器的电荷量Q不变，当B板向上移动时，极板间距d减小，根据电容
C= εrS4πkd
所以电容C变大，再根据
C= QU
可得U减小， A错误；
B.根据
C= εrS4πkd ，C= QU ， E=Ud
可得 E=4πkQεrS ，故距离发生变化时电场强度E不变，因为移动的是B板，A板与P间的距离不变，所以P点与A板间的电势差
UPA=EdPA
可知故P点与A板间的电势差U不变，B正确；
C.因为极板间的电场强度E不变，所以液滴受到的电场力不变，故液滴仍然静止，C正确；
D.由于液滴受到的电场力是向上的，上极板带负电，所以液滴是带正电的；因B板接地，则电势为零，且它带正电，P点与B板的电势差
UPB= −EdPB
因为电场强度E不变，而PB的距离在减小，故UPB在增大，而
UPB=φP−φB=φP
也会增大，所以电荷q的电势能也增大，D正确。
故选BCD。
9.AD
【解析】A、从a到b，根据动能定理可知电场力做功为零，ab必定是一条等势线，结合轨迹必定向左弯曲可知电场力方向垂直ab向左，又粒子带正电，所以电场方向垂直ab向左，故A正确；
B、根据对称性可知在b点的速度方向与直线的夹角θ2=θ1=30°，故B错误；
C、从a到b，当垂直ab方向的速度变为零时，速度最小，最小速度为vcsθ1= 32v，故C错误；
D、沿ab方向，L=vcsθ1·t，
垂直ab方向，a·t2=vsinθ1，
又a=Eqm，
联立解得E= 3mv22qL，故D正确。
故选AD。
10.AB
【解析】A.粒子从O运动到x2的过程中，电势能变化量为零，静电力做功为零，根据动能定理可知粒子在x2点的速度为v0，故A正确；
B.粒子能运动到x１处，就能运动到x４处，若粒子恰能运动到x１处时初速度v0最小，根据动能定理得
−qφ0=−12mv02
解得
v0= 2qφ0m= 2Ep0m
所以若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 2Ep0m ，故B正确；
C.粒子在运动过程中，静电力所做正功的最大值为 qφ0 ，若 v0=2 Ep0m 时，由动能定理得
qφ0=Ekm−12mv02
解得
qφ0=Ekm−12mv02
粒子在运动过程中的最大动能为
qφ0=Ekm=3EP0
故C错误；
D.从O点到x3点的过程中，电场的电势先降低再升高再降低，故D错误。
故选AB。
11.(1)C；(2)D；(3)A。
【解析】(1)本实验采用的科学方法是控制变量法，故选C；
(2)实验中使用静电计的目的是观察电容器电势差的变化情况，故选D；
(3)根据公式C=εrS4πkd，C=QU，得U=QC=Q⋅4πkdεrS，可知：
AB.图中的手水平向左移动时，d增大，U增大，静电计指针的张角变大，故A正确，B错误；
C.图中的手竖直向上移动时，S减小，U增大，静电计指针的张角变大，故C错误；
D.图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，εr增大，U减小，静电计指针的张角变小，故D错误。
故选A。
12. BC 32.3°(32.0°∼32.8°) dt d22t2 =g(l+ d2 )(1−cs θ) C
【解析】(1)本实验验证机械能守恒的关系式如下：
mgL(1−csθ)=12mv2
v=dt
联立可得： gL(1−csθ)=d22t2
所以本实验必须测量的物理量有绳长L，小球直径d，故选BC。
(2)由题图读数可知，图中细线与竖直方向的初始偏角为32.3°。
(3)小球直径为d，通过光电门的时间为t，所以通过光电门时的速度为 dt ；应遵循的表达式为：
gL(1−csθ)=d22t2
(4)由关系式：
gL(1−csθ)=d22t2
可得： 1t2=−2gLd2csθ+2gLd2
1t2−csθ 图线是一条倾斜的直线，斜率为负，截距为正，故选C。
13.解：(1)根据题意可知，A、B之间发生相对滑动，则各接触面的摩擦力均为滑动摩擦力，
物体A所受的摩擦力为FfA=μ1FN1，由平衡条件有FN1=mgcsα，解得FfA=75N，
斜坡对长木板的摩擦力为FfB=μ2FN2，由平衡条件有FN2=M+mgcsα，解得FfB=45N；
(2)由于装置匀速运动，则A、B均受平衡力的作用，
对物体A沿斜坡方向由力的平衡条件得mAgsinα+T=FfA，解得T=25N，
则底端细绳的拉力为T′=2T=50N，
对A、B整体，由力的平衡条件得F=T′+M+mgsinα+FfB，
代入数据得F=245N。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.解：(1)由题中数据可得Eq=0.75mg
设合力与竖直方向夹角为α，所以
解得α=37°

小球在重力和电场力的作用下恰好做圆周运动，速度最小的位置应该在“最高点”即图中的B点，根据牛顿第二定律，有
联立得
故小球动能的最小值为
(2)因小球的机械能和电势能之和守恒，则当机械能最小时，电势能最大，此位置应该在最左端位置，根据功能关系有

代入数据解得Emin=17J
(3)根据能量守恒，小球在等效最低点即A点的动能最大，则重力势能和电势能之和最小，则重力势能和电势能的最小值为
Epmin=mgR(1−cs37°)−qERsin37°=4×2×0.2−3×2×0.6J=−2J
【解析】解决本题的关键抓住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增量，根据该功能关系确定何处机械能最小．知道在等效最低点的动能最大，则重力势能和电势能之和最小。
(1)求出电场力和重力的合力的大小和方向，将该合力等效成重力，在等效最高点速度最小，根据牛顿第二定律列式求解该最小速度；
(2)小球的机械能和电势能之和守恒，则当机械能最小时，电势能最大，圆环的最左端机械能最小，根据功能关系列式求解小球机械能的最小值；
(3)根据能量守恒得，当动能最大时，重力势能和电势能的和最小，小球在等效最低点的动能最大，根据能量守恒求出重力势能和电势能和的最小值。
15.解：(1)小球在区域I中做类平抛运动，设小球在A点的速度为vA，竖直分速度为vy，
则有：vA=v0cs60∘=2v0，vy=v0tan60°= 3v0，
由牛顿第二定律可得：a=qE+mgm，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：vy2=2aL，
解得：L=3mv022(qE+mg)；
(2)在区域II中，
由图可能得，由A至B下降的高度为R2，
则由A到B，根据动能定理：mg⋅R2=12mvB2−12mvA2，
解得：vB=3v0，
在区域III中，小球在水平方向做匀减速直线运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：vB2=2qE′md，
解得：E′=9mv022qd；
(3)小球的速度：vB=qE′mt，解得：t=2d3v0，
小球在竖直方向上做自由落体运动，即：ℎ=12gt2=2gd29v02，
所以小球到达右边界的点到OO′的距离：s=BC+ℎ=5v022g+2gd29v02；
答：(1)OM的长度为L=3mv022(qE+mg)；
(2)区域Ⅲ中电场的电场强度大小为9mv022qd；
(3)小球到达区域Ⅲ中电场右边界上的点与OO′的距离为5v022g+2gd29v02．
【解析】解决本题的关键理清小球在整个过程中的运动规律，掌握处理曲线运动的方法，会根据物体的受力判断物体的运动，结合牛顿第二定律、动能定理、运动学公式进行求解．