湖南省长沙大学附属中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题（Word版附解析）

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物理
考试范围：必修部分；考试时间：75分钟，满分100分。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1. 我国首颗由东中校友潘建伟主导的量子卫星于2016年8月16日1点40分成功发射。量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。如图所示，量子卫星最后定轨在离地面5×102km的预定圆周轨道，已知地球半径约为6.4×103km，同步卫星距地面约3.6×104km，下列说法正确的是（ ）
A. 量子卫星的发射速度可能为7.8 m/s
B. 量子卫星的环绕速度小于同步卫星的环绕速度
C. 量子卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度
D. 量子卫星绕地球的周期小于同步卫星绕地球的周期
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．发射环绕地球的人造卫星，最小的发射速度为第一宇宙速度7.9km/s。故A错误；
BCD．量子卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
整理得
量子卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以量子卫星的环绕速度大于同步卫星的环绕速度，量子卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，量子卫星绕地球的周期小于同步卫星绕地球的周期。故BC错误；D正确。
故选D。
2. 飞镖扎气球是一种民间娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，靶面竖直固定，O点为镖靶中心，OP水平、OQ竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置M点水平射出飞镖，且M、O、Q三点在同一竖直平面，忽略空气阻力。关于分别射中靶面O、P、Q三点的飞镖，下列说法错误的是（ ）
A. 射中O点的飞镖射出时的速度最小
B. 射中P点的飞镖射出时的速度最大
C. 射中Q点的飞镖空中飞行时间最长
D. 射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等
【答案】A
【解析】
【详解】飞镖做平抛运动，由平抛运动的特点知
解得飞镖飞行时间
飞镖初速度
O、P、Q三点，根据
则
飞镖射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等，射中Q点的飞镖空中飞行时间最长。由
、
可得
即射中Q点的飞镖射出时的速度最小，射中P点的飞镖射出时的速度最大。
本题选择错误的，故选A。
3. 为了研究某彗星，人类先后发射了两颗人造卫星．卫星A在彗星表面附近做匀速圆周运动，运行速度为v,周期为T;卫星B绕彗星做匀速圆周运动的半径是彗星半径的n倍．万有引力常量为G,则下列计算不正确的是( )
A. 彗星的半径为
B. 彗星的质量为
C. 彗星的密度为
D. 卫星B的运行角速度为
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，卫星A绕火星表面做匀速圆周运动，则彗星的半径满足：，故A正确；根据，解得，故B错误；彗星的密度为，故C正确；根据解得，则卫星B的运行角速度为，故D正确；不正确的故选B．
【点睛】本题要掌握卫星绕行星表面做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，可以计算出中心天体即行星质量，再根据密度的定义式可计算出行星的密度．
4. 如图所示为两个电阻的U－I图像，则电阻之比R1∶R2和把两电阻串联后接入电路时消耗功率之比P1∶P2及并联后接入电路时消耗功率之比P1′∶P2′分别是（ ）
A. 2∶1 2∶1 1∶2B. 2∶1 1∶2 2∶1
C. 1∶2 1∶2 2∶1D. 1∶2 2∶1 1∶2
【答案】A
【解析】
【详解】根据，结合图像可知
根据功率，结合串联电路的电流相等，则
根据功率，结合并联电路的电压相等，则
故选A。
5. 中国北斗导航卫星目前已经有27颗卫星在轨道上运行，该系统计划发射卫星35颗，使我国具有精确的导航系统．假若北斗导航系统将要发射的某颗中继卫星，在距地面高度为h处做圆周运动的周期为T，且与月球绕地球运行的轨道在同一平面内，与月球运行方向一致，如图所示，该时刻卫星与月球间的距离最近．已知地球半径为R，月球绕地球做圆周运动的周期为T0，月球轨道半径为r，忽略地球公转和月球与卫星间引力的影响，关于该卫星下列说法正确的是
A. 环绕周期
B. 线速度为
C. 加速度为
D. 卫星由图示位置运动至离月球最远处所需时间至少为
【答案】D
【解析】
【详解】A．地球作为中心天体，根据开普勒第三定律
所以卫星环绕周期
选项A正确；
B．卫星的线速度
选项B错误；
C．卫星的加速度
选项C错误；
D．卫星运动至离月球最远时
又
整理可得
选项D正确；
故选D.
6. 武汉“东湖之眼”摩天轮，面朝东湖、背靠磨山，是武汉东湖风景区地标之一。摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动，角速度为，在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示，放置在地板上的物体，其与地板之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，为了保证物体在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动，则角速度的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】物块做匀速圆周运动的过程中，对其受力分析如左图所示，当角速度最大时，意味着静摩擦力达到最大，此时，地板对物块的作用力为F，F与竖直方向的夹角为，且
物块在匀速圆周运动过程中，向心力的大小总保持不变，画出矢量三角形如右图所示，图中虚线圆周的半径大小为向心力的大小，F和mg的矢量和等于向心力，当F与mg的夹角为时，此时向心力达到最大。故最大的向心力
同时
因此最大的角速度
故选A。
7. 如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v—t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m／s2，下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F的大小为24N
B. 物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为
C. 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D. t=2s时刻，物块的速度减为0
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的v-t图像不可能是两段折线。
在1～1.5s内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a1、a2，则
设物块、木板的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数μ2，则有
对物块
得
μ1=0.2，μ2=0.4
撤去拉力F前，木板的加速度
对木板,根据第二定律有
得
F=18N
选项A错误；
B．由上可知，物块与木板间的动摩擦因数为，选项B错误；
C．在t1=1.5s内，物块位移为
木板位移为
在t1=1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小
木板的加速度大小为
得
物块到停止的时间还需
木板到停止的时间还需
所以木板比物块早停止运动。
在t1=1.5s到物块停止运动时间内，物块的位移为
木板位移为
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
选项C正确；
D．由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，选项D错误。
故选C。
【点睛】
二、多选题
8. 匀强磁场中有一个圆形闭合线圈，下列操作能产生感应电流的是（ ）
A. 线圈向上匀速运动
B. 线圈向右加速运动
C. 用力拉线圈的四周使其面积发生变化
D. 以线圈的任意直径所在直线为轴转动
【答案】CD
【解析】
【详解】A．线圈向上匀速运动，线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误；
B．线圈向右加速运动，线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故B错误；
C．用力拉线圈的四周使其面积发生变化，线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故C正确；
D．以线圈的任意直径所在直线为轴转动，线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D正确。
故选CD。
9. 为了研究电介质的极化性质，设想用粒子轰击某电介质。电介质极化时产生很多电偶极子，电偶极子可视为如图所示等量异种电荷。粒子从等量异种电荷垂直平分上某点A开始水平向右轰击如图所示等量异种电荷，轨迹如图中实线所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子在C点时机械能比A位置时大
B. 粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加
C. 粒子在C点时加速度比A位置时大
D. 要使粒子沿着虚线做匀速直线运动，则需要加一垂直纸面向里的匀强磁场
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．粒子从A到C电场力做正功，动能增大，速度增大，即在C点时机械能比A位置时大，选项AB正确；
C．粒子从A到C时，在C点电场线比A点密集，则在C点时受电场力大，加速度比A位置时大，选项C正确；
D．粒子沿着虚线运动时受到向下的先增大后减小的电场力，则要使粒子沿着虚线做匀速直线运动，受到向上的磁场力先增大后减小，需要加一垂直纸面向里的向增大后减小的磁场，选项D错误。
故选ABC。
10. 质量为的带电小球以初速度水平抛出，经过时间后进入方向竖直向下的匀强电场，再经过时间速度方向重新变为水平，已知初末位置分别为A点和C点，经B点进入电场．下列分析正确的是
A. 电场力大小为2mg
B. 从A到C的运动过程，小球动量守恒
C. 小球从A到B与从B到C的速度变化量相同
D. 从A到C的高度
【答案】AD
【解析】
【详解】小球从A到B过程中，小球只受重力，所以做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，故，小球从B到C过程中，小球受到重力，电场力，要使在竖直方向上到达C点时竖直速度为零，所以小球在竖直方向上做匀减速直线运动，故，根据牛顿第二定律可得，联立解得，，方向都竖直向上，故从A到C的竖直高度为，AD正确；小球从A到B过程中速度变化，方向竖直向下，从B到C过程中速度变化为，方向竖直向上，两者大小相同，方向不同，C错误；从A到C过程中小球受到的合外力不为零，故动量不守恒，B错误；
11. 如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为的斜面，BCD部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整个轨道放置在电场场强为E的水平匀强电场中。现将一带电荷量为+q、质量为m的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点。已知重力加速度为g，且，下列说法正确的是（ ）
A. 释放点A到斜面底端B的距离为R
B. 小滑块运动到C点时对轨道的压力为8mg
C. 小滑块运动过程中最大动能为5mgR
D. 小滑块从D点抛出后恰好落在轨道上的B点
【答案】AC
【解析】
【详解】A．小滑块受到的重力与电场力的合力为
设两个力合力与水平方向的夹角为，则有
所以
即方向与方向重合，小滑块恰好能到达点，则在点恰好提供向心力，则有
解得
对小滑块从A到，因为方向与方向平行，设线段在上的投影为，如图：
根据动能定理有
解得
所以
故选项A正确；
B．小滑块运动到的速度为，则从到有
从到有
联立解得
在点，重力与轨道的支持力的合力提供向心力，则有
解得
根据牛顿第三定律，小滑块运动到点时对轨道的压力为，故B错误；
C．延长，交圆与点，则点即为等效最低点，在点小滑块动能最大，从A到，沿方向的距离为
则有
故C正确；
D．小滑块从点抛出后做类平抛运动，加速度为
小滑块能落在轨道上某一点时，则沿初速度方向的位移为，时间为
则沿方向的位移为
故小滑块应该落在的中点位置，故D错误。
故选AC。
三、实验题
12. 某同学用如图甲所示装置验证动量定理，部分实验步骤如下：
(1)将一遮光条固定在滑块上，用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，游标卡尺如图乙所示，则遮光条的宽度___________mm；
(2)用天平称得滑块（包含遮光条）的质量；
(3)将一与轻弹簧相连的压力传感器固定在气垫导轨左端，一光电门安装在气垫导轨上方，用滑块将弹簧压缩一段距离后由静止释放，压力传感器显示出弹簧弹力F随时间t变化的图像如图丙所示，根据图丙可求得弹簧对滑块的冲量大小为___________N·s；滑块离开弹簧一段时间后通过光电门，光电门测得遮光条的挡光时间为，可得弹簧恢复形变的过程中滑块的动量增量大小为___________kg·m/s。（计算结果均保留2位有效数字）
【答案】 ①. 4.00 ②. 0.77 ③. 0.76
【解析】
【详解】(1)[1]则遮光条的宽度为
(3)[2]弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，约等于0.77 N·s；
[3]滑块通过光电门时的速度为
滑块的动量增量大小为
13. 用如图所示的向心力演示器探究向心力大小与哪些因素有关。匀速转动手柄，可以使变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动，槽内的小球也随着做匀速圆运动；使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂的挡板对小球的支持力提供，球对挡板的反作用力使弹传动皮带力套下降、从而露出标尺。
(1)若左右标尺漏出长度之比为，则可以说明左右两边小球所需向心力大小之比为___________；
(2)在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的___________；
A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.演绎法
(3)在探究向心力大小F与角速度ω的关系过程中，将两个大小和质量相同的小球1、2分别置于长槽和短槽中，下面的操作中能得到小球1、2角速度之比为1：3的是（皮带不打滑）___________；
A.小球1、2做圆周运动半径之比为，皮带连接的变速塔轮1、2的半径之比为
B.小球1、2做圆周运动半径之比为，皮带连接的变速塔轮1、2的半径之比为
C.小球1、2做圆周运动半径之比为，皮带连接的变速塔轮1、2的半径之比为
D.小球1、2做圆周运动半径之比为，皮带连接的变速塔轮1、2的半径之比为
【答案】 ①. ②. C ③. D
【解析】
【详解】(1)[1]根据胡克定律可知，弹簧的弹力之比等于挡板对小球的弹力之比，等于标尺漏出长度之比，即等于小球的向心力之比，故向心力之比也为。
(2)[2]在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的控制变量法，故选C。
(3)[3] AB．皮带连接的变速塔轮1、2通过皮带传动，线速度相等，根据可知，若皮带连接的变速塔轮1、2的半径之比为，则小球1、2角速度之比为，故AB错误；
C．皮带连接的变速塔轮1、2通过皮带传动，线速度相等，根据可知，皮带连接的变速塔轮1、2的半径之比为，则小球1、2角速度之比为，故C错误；
D．皮带连接的变速塔轮1、2通过皮带传动，线速度相等，根据可知，皮带连接的变速塔轮1、2的半径之比为，则小球1、2角速度之比为，故D正确。
故选D。
四、解答题
14. 一火车以1m/s的初速度，2m/s2的加速度做匀加速直线运动，求：
（1）火车在第3s末的速度是多少？
（2）火车在前4s内的平均速度是多少？
（3）火年在5s内的位移是多少？
【答案】（1）7m/s；（2）5m/s；（3）30m
【解析】
【详解】（1）根据速度时间公式得
（2）火车在前4s内的位移
则平均速度
（3）火车在第5s内的位移
15. 某同学利用图甲所示装置测定某电动机的效率。分别用电压传感器和电流传感器测得电动机的输入电压和输入电流与时间的关系图像分别如图乙、图丙所示，当重物匀速上升时用位移传感器测得重物上升的位移与时间的关系图线如图丁所示，电动机提升的重物的质量为，不计一切摩擦，取。求：
（1）该电动机在图丁所示时间内效率；
（2）该电动机的内阻；
（3）电源的电动势和内阻。
【答案】（1）；（2 ；（3），
【解析】
【详解】（1）当重物匀速上升时，电动机的电压
即电动机输入功率为
由图像的斜率可得重物匀速上升的速度为
此时电动机的输出功率
得该电动机在图丁所示时间内的效率
（2）由
得
（3）电动机与电源构成闭合回路，初始启动时
电动机稳定工作时
由闭合电路欧姆定律
联立
16. 如图所示，物体放在足够长的木板上，木板静止于水平面上，已知的质量和的质量均为，、之间的动摩擦因数，与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，若从开始，木板受到的水平恒力作用，时改为，方向不变，时撤去。取。
（1）木板受到的水平恒力作用时，、的加速度、各为多少？
（2）从开始，到、都静止，在上相对滑行的时间为多少？
（3）请以纵坐标表示受到的摩擦力，横坐标表示运动时间（从开始，到、都静止），取运动方向为正方向，在图中画出的关系图线（以图线评分，不必写出分析和计算过程）。
【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
【详解】（1）根据牛顿第二定律得到
代入数据可以得到
，
（2）时，、速度分别为、，则
，
改为后，在速度大于速度的过程，的加速度不变，的加速度设为，根据牛顿第二定律得到
代入数据得到
设经过时间，、速度相等，此后它们保持相对静止，
代入数据得到
在上相对滑行的时间为
（3）的关系图线如图所示