2024-2025学年湖南省长沙一中高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙一中高二（上）开学物理试卷（含解析），共18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.测量引力常量的实验装置图如图所示，关于该实验说法正确的是( )
A. 该实验最早由牛顿完成
B. 该实验应用了“微小量放大”的实验方法
C. 实验测得的引力常量是一个没有单位的常量
D. 引力常量与物体质量有关
2.如图为一块手机电池背面印有的一些符号，下列说法正确的是( )
A. 该电池的电动势为4.2V B. 该电池在工作1小时后达到的电流为620mA
C. 当电池给手机供电时，外电路电压为3.7V D. 若电池以10mA的电流工作，可用62小时
3.如图所示，质量为m的物体，从高度为ℎ的粗糙斜面顶端从静止开始释放，以后停在粗糙程度处处相同的平面上的B点，若该物体从斜面顶端以初速度v0沿斜面下滑，则停留在C点，恰有AB=BC。A点有一小段圆弧连接。重力加速度为g，那么物体在斜面上运动时摩擦力做的功为( )
A. 14mv02B. 12mv02−mgℎ
C. mgℎ−12mv02D. 条件不足，无法判断
4. 2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，如图所示。(已知3 3：2 2≈1.8)根据以上信息可以得出( )
A. 火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27：8
B. 当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最小
C. 过1.80年再次出现“火星冲日”
D. 过2.25年再次出现“火星冲日”
5.一跑车在封闭的水平道路上进行性能测试时，其牵引力的功率随时间的变化关系如图所示，已知0～10s内汽车做匀加速直线运动，10s末汽车速度达到20m/s，一段时间后达到最大速度60m/s，运动过程中阻力恒定，下列说法正确的是( )
A. 匀加速过程加速度大小为3m/s2
B. 匀加速过程发生的位移大小为200m
C. 速度为30m/s时，加速度大小为1.5m/s2
D. 整个加速过程，持续时间一定大于30s
6.如图所示，ab是半径为R=1m的圆的一条直径，该圆处于平行该圆周平面的匀强电场中。将质子从a点以30eV的动能在该平面内朝着不同方向射出，质子可经过圆周上所有点。其中，到达c点的动能最大为90eV。已知∠cab=30°，若不计重力和阻力，且规定圆心O处电势为0，则下列说法正确的是( )
A. 电场方向为ac方向
B. 电场强度大小为40 V/m
C. b点电势为20 V
D. 质子经过该圆周时，可能具有5eV动能的同时，其电势能为45eV
7.我们把两个等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。面积足够大的平行板电容器，两极板之间的距离为d，将电容器接在电压恒定的电源两端，规定无穷远处电势为0。将带电量极小的电偶极子用长度为l的绝缘轻杆连接，将其从无穷远处移到电容器两极板之间处于如图所示的状态(杆和极板垂直)，移动电偶极子的过程中电场力做功为W；将两极板分别围绕O、O′点顺时针旋转30°，如图中虚线所示，仍将绝缘轻杆连接的电偶极子从无穷远处移动到同一位置，此过程中电场力做功为( )
A. 0
B. W
C. 3W2
D. 2 3W3
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.上课了，老师推门进入教室。如图所示，在教室门被推开的过程中，下列关于教室门上A、B两个位置的圆周运动说法正确的是( )
A. A、B位置的线速度相等
B. A、B位置的角速度相等
C. A、B位置的周期相等
D. A、B位置的向心加速度相等
9.如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b串联连接在电路中，横截面积之比Sa：Sb=2：3。下列说法正确的是( )
A. 两导线电阻之比为2：3
B. 两导线中的电场强度之比为2：3
C. 两导线的焦耳热功率之比为3：2
D. 自由电子在两导线中移动的速率之比va：vb=3：2
10.如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3的阻值均为R0，电源电动势为E，内阻为r，R为滑动变阻器，电表均为理想电表。开关S闭合后，滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动的过程中，电压表示数变化量的绝对值为ΔU，电流表示数变化量的绝对值为ΔI，下列判断正确的是( )
A. 电压表示数增大B. R2消耗的功率减小C. 电源的效率减小D. ΔUΔI0，所以t>30s，故D正确。
AB.根据匀变速直线运动的加速度公式结合位移公式列式解答；
C.根据图中的参数结合阻力的计算，牛顿第二定律的综合应用列式联立求解；
D.根据动能定理的定量计算结合定性分析进行解答。
考查汽车的启动问题，关键是结合所给的P−t图像提供相关参数、结合动能定理列式求解相应物理量。
6.B
【解析】解：A、小球在c点时的动能最大，电场力做的功最多，则c点的电势最低。作过c点与圆周相切的线，该切线为等势线，Oc方向即为电场方向，故A错误；
B、根据A选项分析，作出下图所示。
由几何关系可知
Lad=R+Rcs60°=1.5R=1.5×1m=1.5m
根据分析可知
Uad=Uac=Wace=Ekc−Ekae=90eV−30eVe=60V
则电场强度的大小为
E=UadLad=601.5V/m=40V/m，故B正确；
C、根据沿着电场线方向电势逐渐降低，结合图可得UeO=UbO=φb−φO=−ERsin30°，其中φO=0
解得：φb=−20V，故C错误；
D、c点的电势为φc=−ER=−40×1V=−40V，根据对称性可知cO延长线与圆相交的另一点电势最高为40V，最大电势能为40eV，故质子经过该圆周时，不可能具有5eV动能的同时其电势能为45eV，故D错误。
故选：B。
从a点抛出的质子在圆周上所有点中，过c点的动能最大，说明电场力做的功最多，沿场强方向的距离最大，则可得到场强的方向，根据E=Ud求解电场强度大小。根据公式U=Ed结合电势差与电势的关系求解b点电势。确定电势最大值，从而求出最小电势能，再分析D项。
本题关键要掌握匀强电场中电势差与电场强度的关系公式U=Ed，知道d是沿电场方向两点间的距离。
7.B
【解析】解：设初始时刻电容器两极板间的电场强度为E1，则E1=Ud，设正、负电荷所在点的电势分别为φ1和φ2，则电偶极子的电势能Ep1=q(φ1−φ2)=qE1l=qUld，则电场力做功W=−Ep1=−qUld；将两极板转30°后，两极板间的电场强度变为E2=U 32d，则电偶极子的电势能Ep2=Uq 32d⋅ 32l=qUld，故电场力做功W2=−Ep2=−qUld=W，故B正确，ACD错误。
故选：B。
利用U=Ed，Ep=Δφq，可求出电场力做功情况，然后先计算旋转前电场力做功的表达式，再计算旋转后电场力做功的表达式，即可解答。
学生在解决本题时，应具备电场力做功、电场强度和电势差有关的知识。
8.BC
【解析】解：B.由于A、B位置绕同轴转动，故A、B的角速度相等，故B正确；
A.由线速度公式：v=ωr可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的线速度不等，故A错误；
C.由周期与角速度的公式：T=2πω可知，A、B位置的角速度相等，则A、B的周期相等，故C正确；
D.由向心加速度公式：a=ω2r可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的向心加速度不等，故D错误。
故选：BC。
同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。
结合线速度、角速度和周期、转速之间的关系以及向心加速度的公式求解即可。
解题关键是掌握线速度、角速度与周期、转速之间的关系；知道同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。难度不大。
9.CD
【解析】解：A、根据电阻定律R=ρLS可得两导线的电阻之比为RaRb=SbSa=32，故A错误；
B、两导线串联，所以通过两导线的电流相等，根据欧姆定律U=IR可得两导线两端的电压之比为UaUb=RaRb=32，
根据电场强度与电势差的关系E=Ud可得，两导线中的电场强度之比为EaEb=UaUb=32，故B错误；
C、根据P热=I2R可知，两导线的焦耳热功率之比等于电阻之比，即热功率之比为3：2，故C正确；
D、根据电流的微观表达式I=neSv可得，自由电子在两导线中移动的速率之比为vavb=SbSa=32，故D正确。
故选：CD。
根据电阻定律计算；根据欧姆定律得到两导线两端电压关系，然后根据电场强度与电势差的关系计算；根据热功率公式计算；根据电流的微观表达式计算。
熟悉电阻定律、欧姆定律、功率公式以及电流的微观表达式是解题的基础。
10.AD
【解析】解：A.滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则外电路总阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可得：I干=Er+R外，可知干路电流减小，电压表的示数为：U=E−l干(r+R1)，可知电压表示数增大，故A正确；
B.R2消耗的功率为PR2=U2R2，因U增大，故R2消耗的功率增大，故B错误；
C.根据电源的效率η=U端I干EI干=U端E，而路端电压U端=E−l干r，可得U端增大，电源的效率增大，故C错误；
D.根据上述分析，干路电流减小，并联电路中通过R2、R3所在的两个支路的电流均增大，则通过的电流表所在支路电流减小，且电流表示数的减小量Δl大于通过另两个支路的电流总的增加量ΔI′，则有：
ΔUΔI