湖南师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期第二次大练习（5月）物理试卷（含答案）

这是一份湖南师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期第二次大练习（5月）物理试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：75分钟 满分：100分
得分：____________
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，关于物理学史，下列叙述与事实相符的是
A．库仑利用扭秤实验测定了万有引力常量的值，被称为“测出地球质量的人”
B．法拉第通过实验发现，雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同并命名了正电荷和负电荷
C．牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究力与运动的关系
D．密立根通过油滴实验测量得出元电荷e的数值
2．“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，火星和地球绕太阳的公转视为匀速圆周运动，已知火星和地球的公转方向一致，且火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。当火星和太阳位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是
A．火星的冬季时长约为地球的eq \r(\f(27,8))倍
B．火星公转的角速度比地球的大
C．在冲日处，火星相对于地球的速度最大
D．火星公转的加速度比地球的大
3．一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，重力加速度为g，则下列说法不正确的是
A．小球的运动轨迹为抛物线
B．小球的加速度为gsin θ
C．小球到达B处的水平方向位移大小s＝v0eq \r(\f(2h,g))
D．小球从A处到达B处所用的时间为eq \f(1,sin θ)eq \r(\f(2h,g))
4．如图，粗细均匀的直杆AB、BC连接固定在竖直面内，∠ABC＝105°，a、b两球分别套在AB、BC杆上，用细线连接，给a球施加一个拉力，使a球沿BC杆向右运动，当细线与AB杆的夹角为45°时，a、b两球的速度大小之比为
A.eq \r(2)∶eq \r(3) B.eq \r(3)∶eq \r(2)
C．1∶eq \r(2) D.eq \r(2)∶1
5．无动力帆船依靠风力垂直河岸渡河。船头正指对岸，通过调整帆面位置使风向垂直于帆面，此时帆面与航向间的夹角为θ。若风力的大小为F，河水沿平行河岸方向的阻力恒为f1，沿垂直河岸方向的阻力大小f2＝kv(k为比例系数，v为航行速度)，则帆船
A．先做加速度增大的加速运动，后匀速运动
B．航行时的最大速度为vm＝eq \f(Fcs θ,k)
C．若风力大小加倍，最大速度也加倍
D．若风力大小增大，为保持航向不变，θ也增大
6．如图所示，竖直固定的光滑绝缘圆轨道处于电场强度E＝eq \f(4mg,3q)，水平方向的匀强电场中，轨道半径为R，一质量为m、电荷量为q的带负电小球(可视为质点)在轨道内侧的P点被绝缘挡板挡住不动，过P点的轨道半径与竖直方向的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g。某时刻，沿轨道切线方向给小球一大小为v0的速度释放，使小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是
A．若P点的电势为零，小球在运动过程中的最大电势能为eq \f(8,15)mgR
B. 图中的A点为小球在复合场中做圆周运动的等效最低点，且OA与竖直方向的夹角α＝37°
C. P点速度v0的大小是2eq \r(gR)
D．小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小是3mg
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
7．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是
A．图甲中，武当山金殿安装了避雷针后，“雷火炼殿”现象更加明显和频繁了
B．图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引
C．图丙中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．图丁中，由于金属网的屏蔽，A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零
8．如图所示，MN为光滑放置的水平圆盘，圆盘的半径为1 m，圆盘中心O处有一光滑小孔，穿过小孔的两端各系着一个质量相等的小球A和B，小球A在圆盘面上做匀速圆周运动，关于A、B的运动情况，下列说法正确的是(g取10 m/s2)
A．小球A的运动半径为0.2 m时，它的角速度是5eq \r(2) rad/s
B．小球A的运动半径为0.2 m时，它的角速度是10eq \r(2) rad/s
C．当A球的角速度为2.5eq \r(2) rad/s时，A球的轨迹半径为0.8 m，此时B球保持静止
D．当A球的角速度为2.5eq \r(2) rad/s时，A球的轨迹半径为0.4 m，此时B球保持静止
9. 如图所示，两个带＋Q的点电荷固定于水平木板边缘中点A、B处，现将一个带－Q的点电荷在木板中线边缘C处静止释放，木板始终保持静止。已知木板的质量为M，且上表面光滑，三个点电荷的质量均为m。－Q从C运动到D的过程中，下列说法正确的是
A．－Q点电荷的加速度一定先减小后增大
B．－Q点电荷动能和电势能的和总是保持不变
C．地面给木板的作用力可能先增大后减小
D．地面给木板的摩擦力总是与－Q的加速度方向相同
10．水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有圆形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中，其截面如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角α＝30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，重力加速度为g，下列说法正确的是
A．如果A、B能保持相对静止，则系统的加速度为a＝eq \f(Mg,2m＋M)
B．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为mgeq \r(\f(M2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋2m))\s\up12(2))－1)
C．当M＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)＋1))m时，A恰要从凹槽中滚出
D．若α＝45°时，则无论M为多大，A都不能滚出凹槽
三、实验题(2大题，共14分)
11．(6分)如图所示，金属圆片A、B(均可视为点电荷)固定在两个轻质绝缘支架上，固定支架、下支架放在电子秤检测台面上，上支架等距贴上红色纸圈作为距离标尺，再穿过固定支架的小孔(不与固定支架接触)。
(1)为了方便直观知道静电力大小，首先将电子秤的示数归零。
(2)用起电机让A、B两金属圆片带上相同的电荷量，调整二者之间的正对距离d，读出电子秤的示数m，便可得到B对A的静电力F的大小，则F＝__________(已知当地重力加速度为g)。(用已知和测量物理量的字母表示)
(3)保持A、B两金属圆片的电荷量不变，把二者的距离d增大，通过读取电子秤示数m，便可得到每次B对A的静电力F的大小，利用所测数据描点作图，发现F－__________(选填“d2”“eq \f(1,d2)”或“eq \f(1,d)”)图像为过原点的直线，由此说明在电荷量不变的情况下，两点电荷之间的静电力与__________________________。
12．(8分)为了验证“系统机械能守恒”，某实验小组用水平气垫导轨、光电门、滑块等器材组装了如图所示的装置进行实验，具体步骤如下：
a．用细绳将质量为m的钩码跨过定滑轮连接在滑块上，调整定滑轮高度使细线水平；
b．测量遮光条的宽度d，遮光条到光电门的距离l；
c．将一质量为m0的砝码放置在滑块上，从静止释放滑块，记录遮光条通过光电门时的挡光时间Δt，由此得出遮光条通过光电门时滑块的速度v；
d．依次逐个增加滑块上质量为m0的砝码个数n，每次将滑块从同一位置由静止释放，重复步骤c，得到一系列n和v的数据；
e．以(eq \f(1,v))2为纵轴，n为横轴作图，若图像满足一次函数形式，即可验证“系统机械能守恒”。
(1)在实验过程中，滑块和砝码的总质量______________(选填“需要”或“不需要”)远大于钩码质量。
(2)遮光条通过光电门时，滑块的速度大小为____________(用d和Δt表示)。
(3)若所绘制的(eq \f(1,v))2－n图像截距为b，已知当地重力加速度为g，则滑块的质量M＝____________(用b、m、g和l表示)。
四、解答题(本大题共3小题，共42分)
13．(12分)如图，在匀强电场中，将电荷量为－6×10－6 C的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了－3.6×10－5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10－5 J的功。
(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC分别为多少？
(2)如果规定B点的电势为0，则A点和C点的电势分别为多少？
14．(14分)如图，一足够长的光滑细杆与水平面成θ角固定放置，杆上套有一质量为m的小球。对小球施加一沿杆向上的恒定拉力，使其从杆底端O点由静止起匀加速上升。以O点所在水平面为重力零势能面，在此过程中小球的动能与重力势能始终相等。小球上升到某位置时撤去拉力，此前拉力共做功W。(重力加速度为g)
(1)求撤去拉力前，小球的加速度a；
(2)求拉力大小F；
(3)求小球动能为eq \f(1,3)W时的重力势能Ep。
15．(16分)如图所示，有三根完全相同、原长均为L0的绝缘轻质橡皮筋，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别连接质量均为m的带电小球A、B，它们所带的电荷量分别为－q和＋q，A、B之间用第三根橡皮筋连接起来。由于空间存在水平向右的匀强电场，平衡时三根橡皮筋的长度均为原长的eq \f(3,2)。已知橡皮筋满足胡克定律并始终在弹性限度内，两小球所带电荷量始终不变，两小球间的静电力不计，重力加速度大小为g。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球最后再次平衡时，求小球A电势能的减少量和小球B重力势能的增加量；
(3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，求平衡时A、B球系统电势能的变化量的大小。
物理参考答案
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
三、实验题(2大题，共14分)
11．(6分)(2)mg(2分) (3)eq \f(1,d2)(2分) 距离的平方成反比(2分)
【解析】(2)金属片不带电时，电子秤示数为零，当A、B两金属圆片带上相同的电荷量，由于同种电荷互相排斥，静电力为F＝mg。
(3)根据库仑定律，有F＝keq \f(q1q2,d2)，电荷量不变的情况下，静电力与距离的平方成反比， F－eq \f(1,d2)图像为过原点的直线。
12．(8分)(1)不需要(2分) (2)eq \f(d,Δt)(2分) (3)(2gbl－1)m(4分)
【解析】(1)实验中要验证砝码和滑块及钩码组成的系统机械能守恒，由于我们研究的是整个系统，不需要将绳子拉力近似看作钩码重力，则不需要满足滑块和砝码的总质量远大于钩码质量；
(2)因为遮光条的宽度很小，当遮光条通过光电门时，平均速度可以近似看作瞬时速度。遮光条通过光电门时，滑块的速度大小为v＝eq \f(d,Δt)。
(3)根据系统机械能守恒，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，有mgl＝eq \f(1,2)(M＋nm0＋m)v2
解得eq \f(1,v2)＝eq \f(M＋m,2mgl)＋eq \f(m0,2mgl)n，由数学关系可知截距b＝eq \f(M＋m,2mgl)，解得滑块的质量为M＝(2gbl－1)m
四、解答题(本大题共3小题，共42分)
13．(12分)【解析】(1)A、B两点间的电势差为UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(－3.6×10－5,－6×10－6) V＝6 V(3分)
B、C两点间的电势差为UBC＝eq \f(WBC,q)＝eq \f(1.2×10－5,－6×10－6) V＝－2 V(3分)
(2)因为UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC，φB＝0(3分)
所以φA＝6 V，φC＝2 V(3分)
14．(14分)【解析】(1)设小球沿杆向上移动距离为x，因Ek＝Ep。
即eq \f(1,2)mv2＝mgxsin θ
解得v2＝2gxsin θ
结合匀变速公式可以得到加速度a＝gsin θ，沿斜面向上(4分，没写方向扣1分)
(2)小球受到三个力的作用，如图
由牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma
解得F＝2mgsin θ(5分)
(3)撤去拉力前，动能和重力势能始终相等，故Ep＝eq \f(1,3)W
撤去拉力时小球获得机械能为W。撤去拉力后，机械能守恒Ep＝W－Ek＝eq \f(2,3)W(5分)
15．(16分)【解析】(1)由题意对小球A受力分析，如图1所示，由平衡条件可得
T1cs 30°＝mg，T1sin 30°＋T1＝qE(3分)
联立以上两式解得T1＝eq \f(2\r(3),3)mg，E＝eq \f(\r(3)mg,q)(1分)
(2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球再次平衡时，小球A受力如图2所示，由平衡条件可得
T2cs θ＝mg，T2sin θ＝qE
解得θ＝60°，T2＝2mg(3分)
设橡皮筋的劲度系数为k，则有k＝eq \f(T1,\f(1,2)L0)＝eq \f(4\r(3)mg,3L0)
此时橡皮筋的伸长量ΔL＝eq \f(T2,k)＝eq \f(\r(3),2)L0(1分)
由小球与O点在水平距离的变化，可得小球A电势能的减少量
ΔEp电＝qEeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L0＋\f(\r(3),2)L0))sin 60°－qEeq \f(3,2)L0sin 30°＝eq \f(3,2)mgL0(2分)
小球B原距O点的高度h0＝eq \f(3,2)L0cs 30°＝eq \f(3\r(3),4)L0
此时距O点的高度h＝(L0＋ΔL)cs 60°＝eq \f(2＋\r(3),4)L0
小球B重力势能的增加量ΔEp重＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h0－h))＝eq \f(\r(3)－1,2)mgL0(2分)
(3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，小球A、B受力分析如图3所示，由平衡条件可得
图3
T3sin α＋T4sin β＝qE，T3cs α＝mg＋T4cs β
对小球B，由平衡条件可得T′4sin β＝qE，T′4cs β＝mg
由牛顿第三定律可有T4＝T′4
联立以上各式解得α＝0，β＝60°，T4＝T′4＝eq \f(qE,sin 60°)＝2mg
此时橡皮筋的伸长量为ΔL′＝eq \f(T4,k)＝eq \f(\r(3),2)L0(2分)
则有小球A电势能增加量ΔEpA＝qE×eq \f(3,2)L0sin 30°＝eq \f(3\r(3),4)mgL0
则有小球B电势能的减少量ΔEpB＝qE(L0＋eq \f(\r(3),2)L0)sin β－qE×eq \f(3L0,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)mgL0
可得平衡时A、B球系统电势能的变化量ΔEp＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ΔEpA－ΔEpB))＝eq \f(6－3\r(3),4)mgL0(2分)
题号
1
2
3
4
5
6
答案
D
A
C
A
D
A
题号
7
8
9
10
答案
BC
AC
BD
ACD