本溪市第二高级中学2023-2024学年高二上学期开学考试物理试卷(含答案)

这是一份本溪市第二高级中学2023-2024学年高二上学期开学考试物理试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题，实验题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．在物理学的发展进程中，许多科学家做出了重要贡献，下列叙述符合史实的是( )
A.伽利略第一次在实验室里测出了万有引力常量G的数值
B.胡克总结出了行星运动的规律，并发现了万有引力定律
C.法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
D.牛顿建立了真空中光速在不同惯性参考系中大小相同的假说
2．如图为一皮带传动装置，a、b、c三点做圆周运动的半径之比。若a、b、c三点的线速度分别用表示，角速度分别用表示，在传动过程中皮带不打滑，则下列关系式正确的是( )
A.B.
C.D.
3．新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题。在某次新车性能测试过程中，新能源汽车速度随时间变化的图像如图所示，其中至阶段汽车牵引力的功率P保持不变，时达到最大速度，该新能源汽车质量为m，所受阻力恒定不变，下列说法正确的是( )
A.这段时间内牵引力保持不变
B.这段时间内加速度保持不变
C.这段时间内所受阻力大小为
D.这段时间内牵引力做功大小为
4． 如图所示，有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，下列说法正确的是( )
A.卫星a放在此位置时受到的重力比放在南极时大
B.卫星c所需的向心力比卫星b所需的向心力要小
C.卫星c的发射速度一定大于卫星b的发射速度
D.卫星d的角速度是四颗卫星中最大的
5．如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是( )
A.处的电场强度大于的电场强度
B.电子从处到处，电场力对其先做负功再做正功
C.电子在处的速度最小
D.电子在处的动能等于电子在的动能
6．如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角。P由静止释放，下降到最低点时α变为，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中( )
A. P、Q组成的系统机械能守恒
B.下降过程中P的速度始终比Q的速度大
C.弹簧弹性势能最大值为
D.P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为
7．在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的图像如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程。下列选项正确的是( )
A.电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右
B.电容器充电过程中电源释放的电能全部转化为电容器中的电场能
C.图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小
D.图乙中形成图线2的过程中，电容器两极板间电压降低的越来越快
二、多选题
8．图1、2分别是生活中常见的台阶式扶梯和倾斜式扶梯，两扶梯的倾角均为θ，高度均为h，某同学体重为m，先后站在两扶梯上，随扶梯以大小相同的速度v匀速从一层上到二层，当地重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.两种情况下该同学的重力势能均增加了
B.两种情况下，该同学受到的支持力均不做功
C.图1中该同学不受摩擦力，所以该同学的机械能守恒
D.图2中该同学受到的摩擦力做了的正功，所以该同学的机械能增加了
9．如图甲所示，在光滑水平面上两个物块A与B由弹簧连接（弹簧与不分开）。初始时弹簧被压缩，同时释放，此后A的图像如图乙所示（规定向右为正方向）。已知，，弹簧质量不计。及弹簧在运动过程中，在A物块速度为时，则( )
A.物块B的速度大小为，方向向右
B.A物块加速度是B物块加速度的2倍
C.此时弹簧的弹性势能为
D.此时弹簧的弹性势能为最大弹性势能的一半
10．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量。把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是( )
A.重物Q的重力功率先增大后减小
B.滑块P运动到位置B处速度大小为
C.轻绳对滑块P做功为4mgL
D.P与Q的机械能之和先减少后增加
三、计算题
11．如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴水平。第一象限内有沿x轴正方向的匀强电场（大小未知），第二象限有沿y轴负方向的匀强电场。一个质量带电量的小球（视为质点）从A点（，0.7m）以初速度水平抛出，小球从y轴上B点（0，0.4m）进入第一象限，并恰好沿直线从x轴上C点（图中未标出）飞出，重力加速度为.求：
（1）初速度大小；
（2）B、C两点间电势差。
12．如图所示，在光滑水平地面上静置一质量的长木板A和另一质量的滑块C，其中长木板的左端还放有质量的滑块B（可看成质点）。现给组成的整体施加水平向右的瞬时冲量，此后以相同速度向右运动，经过一段时间后A与C发生碰撞（碰撞时间极短）。木板足够长，则再经过一段时间后再次以相同速度向右运动，且此后之间的距离保持不变。已知间的动摩擦因数为，重力加速度为，则：
（1）求碰撞时损失的机械能；
（2）滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L。
13．如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长，PN段光滑，上面有静止的小滑块，，，滑块之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，与OP段的动摩擦因数。现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动到达Q点，到达Q点时速度为零，随即撤去外力F，物块A在弹簧弹力作用下向右运动，与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度顺时针转动，重力加速度，，.求：
（1）与B物块碰前物块A的速度大小；
（2）滑块C刚滑上传送带时的速度；
（3）物块C滑上传送带到达顶端的过程中，电动机多做的功。
四、实验题
14．聪聪同学用如图所示装置来验证动量守恒定律。
（1）实验中，质量为的入射小球A和质量为的被碰小球B的质量关系是___________（填“大于”“等于”或“小于”）。
（2）当满足关系式___________时，证明A、B两小球碰撞过程中动量守恒；若碰撞前后系统无机械能损失，则系统机械能守恒的表达式为___________。
A.B.
C.D.
15．为测量某金属丝（电阻约为20Ω）的电阻率，小明同学取来一段粗细均匀、长为的金属丝进行实验。
（1）用螺旋测微器测金属丝的直径d，读数如图甲所示，则________mm。
（2）为进一步准确测量金属丝的电阻，实验室提供的器材有：
A.直流电源E(电动势4V，内阻不计)；
B.电流表(量程0.6A，内阻约1Ω)；
C.电流表(量程150mA，内阻约2Ω)；
D.电压表(量程3V，内阻约10kΩ)：
E.电压表(量程15V，内阻约20kΩ)：
F.滑动变阻器(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)；
G.滑动变阻器(阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A)；
H.金属丝，开关、导线若干。
①实验中，小明设计了如图丙所示的电路，其中电流表应选用________，其中电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均填字母序号)。
②请用笔画线代替导线在图丁中完成实物电路连接(部分连线已画出)，并在丙图方框中画出你所设计方案的实验电路图。
③若实验中测得该金属丝的电阻为，则计算这种金属丝电阻率的表达式为________(用题中给定的物理量符号和已知常数表示)。
参考答案
1．答案：C
解析：A.卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量G的数值，故A错误；B.开普勒总结出了行星运动的规律，万有引力定律是牛顿发现的，故B错误；C.法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故C正确；D.爱因斯坦建立了真空中光速在不同惯性参考系中大小相同的假说，故D错误。故选C。
2．答案：C
解析：AB、ab同传送带传动，所以线速度相等，大小之比为1:1；b与c同轴转动，角速度相等，c的半径是b半径的2倍，根据可知，所以，故AB错误；
CD、a与b线速度相等，，根据，可知a、b的角速度之比为2:1,b、c同轴转动，角速度之比为1:1，所以abc三点角速度之比为，故C正确，D错误；
故选：C。
3．答案：C
解析：A.这段时间内牵引力的功率P保持不变，而速度增加，根据可知，牵引力减小，故A错误；
B.这段时间内牵引力减小，根据牛顿第二定律
可知，加速度减小，故B错误；
C.汽车匀速时，阻力与牵引力平衡，则
所受阻力恒定不变，这段时间内所受阻力大小为，故C正确；
D.这段时间内，加速度不变，则牵引力不变，而速度增加，则功率增加，故这段时间内的功率小于P，这段时间内牵引力做功大小小于，故D错误。
故选C。
4．答案：C
解析：A.卫星a处于赤道位置随地球自转，万有引力提供向心力和重力，而两极的向心力最小为零，则两极处的重力加速度最大，故卫星a放在此位置时受到的重力比放在南极时小，故A错误；
B.根据
卫星c的半径大于卫星的b半径，但由于两卫星的质量关系不确定，无法比较两卫星所受万有引力的大小，万有引力提供向心力，即无法比较卫星c所需的向心力与卫星b所需的向心力的大小，故B错误；
C.卫星要到达离地球越远的高度，需要克服引力做功越多，则需要的初动能越大，则卫星c的发射速度大于卫星b的发射速度，故C正确；
D.对b、c、d三颗公转的卫星，根据万有引力提供向心力，则有
其角速度满足
半径越大，角速度越大，，而对于a与c两个具有相同的角速度，有，故四颗卫星中b的角速度最大，故D错误。
故选C。
5．答案：D
解析：A.根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向左，之后电场方向水平向右，由图像中斜率表示电场强度可知，电场强度为0，处的电场强度小于的电场强度，故A错误；
C.从电子在电场力作用下做加速运动，之后做减速运动，则电子运动到处时速度最大，故C错误；
B.电子从处到处，电场力对其先做正功再做负功，故B错误；
D.由题图可知，坐标轴上与电势相等，电子从坐标轴上处运动到处，电场力做功为零，电子在处的动能等于电子在的动能，故D正确。
故选D。
6．答案：D
解析：A.P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，因此P、Q组成的系统机械能不守恒，A错误；
B.两物体在沿着杆的方向上速度相等，因此可得
当时
当时
B错误；
C.P下降到最低点时，弹性势能最大，整个系统机械能守恒，因此弹簧弹性势能最大值为
C错误；
D.P达到最大动能时，在竖直方向上的加速度为零，整个系统竖直方向合力为零，因此Q受到地面的支持力大小为，D正确。
故选D。
7．答案：C
解析：A.充电时电容器上极板带正电，放电时，电流由电容器的正极流向负极，所以流过电阻R的电流方向向左。A错误；
B.电容器充电过程中电源释放的电能转化为电容器的电场能、电阻上的热能等。B错误；
C.电流时间图像的面积表示电量，所以图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小。C正确；
D.由图可知，放电过程中，电流的变化越来越慢，说明电压的变化也越来越慢，D错误。
故选C。
8．答案：AD
解析：A.两种情况下该同学重力做功均为,可知该同学的重力势能均增加了mgh，故A正确;B.图1中支持力方向竖直向上，与速度方向夹角小于90，支持力对该同学做正功;图2中支持力方向垂直斜面向上，与速度方向垂直，支持力不做功，故B错误;C.图1中该同学不受摩擦力，但支持力对该同学做正功，该同学的机械能增加，故C错误;D.图2中支持力不做功，该同学克服重力做功mgh，由于该同学动能不变，则该同学受到的摩擦力做了mgh的正功，所以该同学的机械能增加了mgh，故D正确。故选AD。
9．答案：BC
解析：A.两物块组成的系统满足动量守恒，可得
解得
可知物块B的速度大小为，方向向左，A错误；
B.根据牛顿第二定律可得
，
可得
B正确；
C.当A的速度最大时，弹簧处于原长状态，由图像可知A的最大速度为，根据动量守恒可得
解得B的最大速度为
根据能量守恒可得
解得A物块速度为时，弹簧的弹性势能为
C正确；
D.当两物块的速度为零时，弹簧的弹性势能最大，则有
D错误。
故选BC。
10．答案：ABC
解析：A.根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为零，则重物Q重力的功率为零，当滑块到达B点时，重物Q的速度也为零，此时，重物Q重力的功率为零，则滑块由A到B的过程中，重物Q的重力功率先增大后减小，故A正确；
B.根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为
重物Q下降的高度为
设滑块P运动到位置B处速度大小v，根据机械能守恒定律有
联立解得
故B正确；
C.对滑块P，设轻绳对滑块P做功为W，由动能定理得
解得
故C正确；
D.根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，根据机械能守恒定律可知，P与Q的机械能之和先增大后减小，故D错误。
故选ABC。
11．答案：（1）1.5m/s（2）10V
解析：（1）小球在第二象限做类平抛运动，轨迹如图所示
解得
竖直方向
解得
则有
（2）在B点
做直线运动合外力与速度方向共线
解得
设小球沿x轴方向运动距离OC为d
解得
则有
12．答案：（1）30J（2）3m
解析：（1）最终以相同速度向右运动，且之间的距离保持不变，则三者速度相同，设为，以三者为系统由动量守恒定律得
其中
解得
A与C发生碰撞且碰撞时间极短，设碰后A的速度为，由动量守恒定律得
解得
则碰撞时损失的机械能为
（2）从发生碰撞到再次以相同速度向右运动；以为系统，根据能量守恒可得
解得
则滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度为。
13．答案：（1）4m/s（2）3m/s（3）0.8J
解析：（1）根据图像与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为
物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功
整个运动过程中克服摩擦力做功为
物块到达M点时的速度为v，由能量守恒得
解得
（2）对A、B系统，由动量守恒定律得
设A、B碰撞后，弹簧恢复原长时的速度为，C的速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
（3）C以的速度滑上传送带，假设匀减速直线运动的位移为时与传送带共速，根据牛顿第二定律得
解得
由运动学公式
解得
所用时间为
与传送带间相对位移
C与传送带共速后继续减速，加速度大小为
解得
由运动学公式
解得
所用时间为
与传送带间相对位移
所以相对位移为
摩擦生热
解得
故电动机多做的功为
14．答案：（1）大于（2）A；C
解析：（1）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即大于;
（2）小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的距离为x，由平抛运动规律得:水平方向，竖直方向，联立解得，入射球碰撞前落点位置是，碰撞后落点位置是，被碰球的落点位置是N则碰撞前入射小球A的速度，碰撞后入射球的速度，碰撞后被碰球的速度，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，整理可得，综上分析，故A正确，BCD错误。故选:A。
若碰撞前后系统无机械能损失，由机械能守恒定律得，整理可得，综上分析，故C正确，ABD错误。故选:C。
15．答案：（1）0.680（2）×1；22（3）C；D；F②见解析③
解析：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为，所以最终读数为。
（2）用×10挡测量金属丝的电阻时，表头指针偏转角度很大，说明所选挡位太大，为了较准确地进行测量，应换到×1挡。由题图乙可知，该金属丝的阻值是：。
（3）①通过金属丝的最大电流，所以电流表选择量程150mA的C；滑动变阻器采用分压接法，选择阻值范围小的E，便于调节；临界电阻，因为，电流表采用外接法，所以开关应接1。
②实物电路如图所示：
③根据电阻定律可得，横截面积，联立解得。