2024-2025学年江苏省扬州市新华中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省扬州市新华中学高二（上）开学物理试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.有两个半径为r的金属球如图放置，两球表面间距离为3r。今使两球带上等量的异种电荷Q，两球间库仑力的大小为F，那么( )
A. F=kQ2(5r)2B. F>kQ2(5r)2C. FkQ2(5r)2，
故B正确，ACD错误。
故选：B。
2.A
【解析】A、滑块在3s末的加速度为a=ΔvΔt=0−42m/s2=−2m/s2，A正确；
B、在2s末前后滑块的速度均为正，说明滑块的速度方向没有改变，加速度方向发生改变， B错误;
C、根据图像与时间轴所围的面积表示位移，在坐标轴上方表示正位移，下方表示负位移，滑块在2∼ 4 s内的位移与4∼6s内的位移大小相等，方向相反，位移不相同，C错误;
D、图像在2∼6s内与时间轴围成的面积和为0，所以滑块的位移为0，则滑块在0∼6s内的位移等于0∼2s内的位移，但所用时间不等，则滑块在0∼6s内的平均速度不等于0∼2s内的平均速度，D错误；
3.B
【解析】根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F=k(1.5L−L)=0.5kL
设此时两根橡皮条与合力的夹角为θ，根据几何关系知sinθ=13
根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力F合=2Fcsθ=2 23kL
故选B。
4.D
【解析】A、对AB及弹簧组成的系统分析可知，整体受重力、支持力和斜面的摩擦力，则摩擦力大小为2mgsinθ，故A错误；
B、对斜面及斜面上的物体整体分析可知，整体在水平方向不受外力，故地面不受静摩擦力；故B错误；
C、开始时单个物体受到的静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，说明最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，若将弹簧拿掉，摩擦力瞬间发生变化，与重力沿斜面的分力大小相等，仍然小于最大静摩擦力，不可能使物块发生滑动；故C错误；
D、物块静止在斜面上，在斜面这个平面内共有三个力作用在物体上，一个是重力沿斜面向下的分力mgsinθ，静摩擦力f，方向不确定，弹簧弹力水平方向kx，则弹力等于mgsinθ和静摩擦力f的合力，当静摩擦力达到最大静摩擦力即fm=μmgcsθ时，弹力最大，此时：kx= fm2−(mgsinθ)2
故x=mg μ2cs2θ−sin2θk，故D正确。
5.AD
【解析】AB、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，故A正确B错误。
CD、根据电场线的疏密来判定电场强度的强弱，粒子在M点的电场力小于N点，故C错误D正确。
根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低。由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小。
本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小。
6.D
【解析】棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，
沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即v实sinα=v，
得到：v实=vsinα，ω=v实L=vLsinα，平台向上运动，夹角增大，线速度和角速度都减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
7.D
【解析】A.在轨道Ⅰ上从P点到Q点的过程中，只有万有引力做功，探测器机械能不变，选项A错误；
B.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr2=mv2r，解得v=​GMr
由于在轨道III上运行时的轨道半径大于火星的半径，因此在轨道III上运行时的速度小于火星的第一宇宙速度，选项B错误；
C.根据开普勒定律，轨道I半径大，周期长，C错误；
D.根据GMmr2=ma可知探测器分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过P点的向心加速度大小相等，选项D正确。
故选：D。
8.C
【解析】A.由能量守恒可知mgℎ=μmgx，故ℎ=μx，故A错误；
B..由能量守恒可知Ep=mgℎ=μmgx，故B错误；
C.物块沿斜面AB下滑，速度越来越大，动能越来越大，到水平面BC上后，由于摩擦力的作用做减速运动，动能越来越小，故C正确；
D.物块运动沿斜面AB匀加速下滑，速度均匀增大，竖直方向的速度也均匀增大，重力的功率P均匀增大；到B点以后，速度沿水平方向，重力的功率P为0，故D错误。
故选C。
9.A
【解析】解：A、正点电荷Q在A点的电场强度大小E′=kQr2，而匀强电场在A点的电场强度大小为E，因方向相互垂直，根据矢量的合成法则，则有A点的场强大小为 E2+k2Q2r4，故A正确；
B、同理，点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B点的场强大小为E+kQr2，故B错误；
C、当点电荷Q在D点的电场强度的方向与匀强电场方向相反，且大小相等时，则D点的电场强度大小可以为零，故C错误；
D、根据矢量的合成法则，结合点电荷电场与匀强电场的方向，可知，A、C两点的电场强度大小相等，而方向不同，故D错误；
故选：A．
根据点电荷电场强度公式E=kQr2，结合矢量合成法则，即可求解．
考查点电荷的电场强度公式的内容，掌握矢量合成法则的应用，注意正点电荷在各点的电场强度的方向是解题的关键．
10.C
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力，即GMmR2=mR4π2T2，解得核心舱的周期约为85min，每天经过赤道的次数大于2次，故A错误；
B、由于并不知道地球半径R，即核心舱的轨道半径，所以无法求得地球质量，故B错误；
C、地球某建筑物的ω与同步卫星相等，由a=rω2，可知地球某建筑物的加速度小于同步卫星的加速度，根据GMmr2=ma，可知核心舱的加速度大于同步卫星，所以核心舱加速度一定大于地球赤道上某建筑的加速度，故C正确；
D、核心舱在稳定轨道上机械能守恒，故D错误。
故选：C。
计算核心舱T，可知道经过赤道的次数；根据核心舱与同步卫星的比较可知核心舱与赤道建筑物的加速度关系；核心舱在稳定轨道上机械能守恒。
考查人造卫星相关的知识，解题的关键是明确核心舱的轨道半径，根据周期的计算可判断。
11.(1)0.60(2)0.58 (3)(m2−m1)gm1+m2
【解析】(1)m1=150g=0.150kg,m2=250g=0.250kg，
在打下0点到打下计数点5的过程中系统重力势能的减少量ΔEp=(m2−m1)gx=(0.250−0.150)×10×(0.4540+0.1460)J=0.60J。
(2)相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的时间间隔T=0.02×5s=0.1s，
在纸带上打下计数点5时，m2的速度v=x462T=0.1460+0.19402×0.1m/s=1.7m/s，
在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量ΔEk=12(m1+m2)v2=12×(0.150+0.250)×1.72J=0.58J
(3)由机械能守恒定律得(m2−m1)gℎ=12(m1+m2)v2
可得12v2=(m2−m1)gm1+m2ℎ，
图象的斜率表达式k=(m2−m1)gm1+m2。
12.设带电小球A的质量为m，当小球A的加速度大小为 g2 时，
根据牛顿第二定律得
mg− kQAQBL2 =m g2
可得
kQAQBL2=12mg
设当小球A向下运动 L4 时，它的加速度为a，根据牛顿第二定律得：
mg− kQAQBL−L42 =ma
可得
a= g9
设球A在向电荷B运动的过程中，与B相距为r时速度最大，此时重力等于库仑力
mg= kQAQBr2
可得
r= 22L

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
13.解：(1)根据UAB=WABq，UAB=φA−φB，φA=0，代入数据，可得：φB=−4V；
UBC=WBCq=−△EPBCq，UBC=φB−φC，代入数据，可得：φC=12V；
即：B点和C点的电势 分别为−4V、12V；
(2)如图所示：
；
连接BC，将BC四等分，则φ0=0V；
连接AO，则AO为等势线；
由于AB=4cm，AC=4 3cm，BO=2cm；由几何关系可知：AO⊥BC，所以场强方向为BC连线，由C指向B；
E=UCBdCB=200V/m；
即：匀强电场的电场强度大小为200V/m，方向：由C指向B。

【解析】本题考查了电场力做功与电势差及电势能与电势的关系，难度不大，属于基础题。
(1)由电场力做功的公式W=qU，可以求得电势差；根据电势能与电势的关系可以求得电势；
(2)作出图像，再根据电势差与场强的关系即可求解。
14.解：(1)假设运动员刚落在B点时竖直方向的速度为vy，运动员从A点落到B点，有：
vy=g t1
v0 =vy tan53°
得：v0=8m/s
(2)运动员从B点落到C点，做平抛运动。在此过程中，有：
水平位移：x=38v0t2
竖直位移：y=12gt22
tan53°=yx
W=mgy
得出：W=1600J

【解析】(1)运动员从A到B做平抛运动，根据速度的分解求解即可；
(2)运动员从B到C做平抛运动，根据位移的分解得出竖直方向的分位移，再结合重力做功的定义式求解即可。
本题是平抛运动与斜面相结合的题目，来源于生活，基础题目。
15.解：(1)第一次在斜面上滑到顶端时a=gsin30∘=12g
由运动学公式得v12=2al，所以第一次小物块获得的初速度v1= 2al = gl ；
(2)第二次恰好让物块水平冲上传送带，逆向看相当于平抛运动，竖直方向上相当于自由落体，则有：vy= 2g12l= gl ，同时12l=12gt12
由速度分解关系得第二次小物块滑上传送带的速度 v2=vx=vytan30∘= 3gl
传送带距斜面的水平距离s=vxt1= 3gl⋅ lg= 3l ；
(3)当物块匀减速至传送带速度相等的时间t2=v2−vμg= 3lg
物块向右的位移x物=v2+v2t2=94l