四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二上学期开学考试物理 Word版含解析.docx

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绵阳南山中学2022级高二上学期8月入学考试试题物理试卷本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷组成，共5页；答题卷共2页。满分100分，时间75分钟。考试结束后将答题卡和答题卷一并交回。第Ⅰ卷（选择题，共48分）注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。一、本大题12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项是符合题目要求的，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错或不选的得0分。1.关于电场强度，下列说法正确的是(　　)A.以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同B.正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大C.若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右D.电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大【答案】C【解析】【详解】以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的场强大小相同，但是方向不同，选项A错误；正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度大，要看电场线的疏密，选项B错误；在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度为E=F/q，取走q后，该点的场强仍为E不变，选项C正确；根据E=F/q可知，电荷所受到的电场力很大，该点的电场强度不一定很大，选项D错误；故选C.2.空间某区域的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　） A.该电场可能是孤立正点电荷形成的电场B.A点的电场强度大于B点的电场强度C.A点的电势高于B点的电势D.在A点附近沿电场线的方向移动检验电荷时，电场力对其不做功【答案】B【解析】【详解】A．孤立正点电荷的电场线是自正电荷指向四周无穷远处的直线，A错误；B．电场线越密的地方电场强度越大，由图可知A点的电场强度大于B点的电场强度，B正确；C．沿电场线方向电势降低，则A点的电势低于B点的电势，C错误；D．在A点附近沿电场线的方向移动检验电荷时，在电场力的方向有位移，根据功的定义，可知电场力对其做功，D错误。故选B。3.2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（　　）A.质量比静止在地面上时小B.所受合力比静止在地面上时小C.所受地球引力比静止在地面上时大D.做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大【答案】D【解析】【详解】A．物体在低速（速度远小于光速）宏观条件下质量保持不变，即在空间站和地面质量相同，故A错误；BC．设空间站离地面的高度为h，这批物质在地面上静止合力为零，在空间站所受合力为万有引力即在地面受地球引力为因此有，故BC错误；D．物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力 解得这批物质在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。故选D。4.如图所示。在光滑绝缘的水平面上，三个静止的带电小球a、b和c：分别位于三角形的三个顶点上，已知，a、c带正电，b带负电，三个小球所带电荷量为q，静电力常量为k。下列关于小球c所受库仑力的大小和方向描述正确的是（　　）A.，方向平行于向右B.，方向平行于向右C.，方向平行于向右D.方向平行于向左【答案】A【解析】【详解】由题意，结合几何关系可得小球c受到小球a的库仑力同理小球c受到小球b的库仑力和F1大小相等，且两力夹角为60°，如图所示所以根据力的平行四边形法则，小球c受到小球a、b库仑力的合力 方向平行于ab向右，故A正确，BCD错误。故选A。5.如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物块。从某一时刻起给m一个水平向右的初速度，那么在块与盒子前后壁多次往复碰撞后（）A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.物块的最终速度为，向右D.物块的最终速度为，向右【答案】D【解析】【详解】选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：所以v方向与同向，即方向水平向右。故选D。6.如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为，则（　　）A.B.C.D.， 【答案】C【解析】【详解】A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A或C球由机械能守恒定律，均有得对B球有得故C正确。故选C。7.如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则点的场强大小变为E2.E1与E2之比为()A.1：2B.2：1C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：由得：；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，知两点电荷在O点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，得：，B对 8.如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针匀速运行，左、右两端A、B之间距离。现将一质量可看做质点物块轻轻放到传送带的A端，同时对物块施加一水平向右的恒力。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度。物块从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是（）A.物块先匀加速运动后匀速运动B.物块从A端运动到B端的时间为2.1sC.物块运动到B端时，恒力F的瞬时功率为30WD.物块与传送带间因克服摩擦产生的热量为12J【答案】D【解析】【详解】AB．物块速度加速到与传送带速度相等之前，物块所受传送带的摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律有解得物块的加速度大小此过程加速的时间物块向右运动的距离物块速度与传送带速度相等后，受到的摩擦力反向，根据牛顿第二定律有解得物块的加速度大小由位移时间关系式有 解得此过程加速的时间可知物块从A端运动到B端的过程中，物块一直做加速运动，运动的时间为故AB错误；C．物块运动到B端时的速度大小为恒力F的瞬时功率为故C错误；D．共速前物块与初速度发生的相对位移大小为共速后物块与初速度发生的相对位移大小为则物块与传送带间因克服摩擦产生的热量为故D正确。故选D。9.M和N是两个都不带电的物体。它们互相摩擦后，M带正电荷2.72×10－9C，下列判断正确的有（　　）A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B.N在摩擦后一定带负电荷2.72×10－9CC.摩擦过程中电子从M转移到ND.M在摩擦过程中失去1.7×1010个电子【答案】BCD【解析】【详解】A．原本不带电的物体处于电中性，不是不带电，而是正负电荷相等，故A错误； B．根据电荷守恒定律可知N在摩擦后一定带负电荷2.72×10－9C，故B正确；C．根据摩擦起电可知，M带正电荷，失去电子，摩擦过程中电子从M转移到N，故C正确；D．M在摩擦过程中失去电子个数故D正确。故选BCD。10.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ与O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（　　）A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最大D.q运动到O点时电势能为零【答案】BC【解析】【详解】试题分析：本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误．B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确．C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确．D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．故D错误．故选BC 【点评】本题考查静电场的基本概念．关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．11.如图甲所示，倾角α＝45°的斜面置于粗糙水平地面上，有一质量为2m的滑块A通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球B相连（绳与斜面平行），滑块A能恰好静止在粗糙的斜面上。在图乙中，换成让小球在水平面上做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角β（β≤45°），两幅图中滑块、斜面都静止。下列说法中正确的是（　　）A.甲图滑块受到斜面的摩擦力为B.甲图斜面受到地面的摩擦力为2mgC.乙图中β越小，滑块受到的摩擦力越小D.小球转动角速度越小，滑块受到的摩擦力越小【答案】A【解析】【详解】A．甲图中，以小球为研究对象，根据平衡条件可知绳子的拉力以滑块为研究对象，根据平衡条件得，滑块受到斜面的摩擦力为故A正确；B．以滑块与斜面体组成的整体为研究对象，根据平衡条件可知水平方向有：斜面受到地面的摩擦力 方向水平向左，故B错误；C．乙图中小球做圆锥摆运动，小球竖直方向没有加速度，则有得绳子拉力对滑块，根据平衡条件得：滑块受到的摩擦力由于，则知为正值，即方向沿斜面向上，所以，越小，越大，则滑块受到的摩擦力越大，故C错误；D．小球转动角速度越小，越小，滑块受到的摩擦力越大，故D错误。故选A。12.一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）A.在x=1m时，拉力的功率为6WB.在x=4m时，物体的动能为2JC.从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为8JD.从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s【答案】BC【解析】【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx可看出W—x图像的斜率代表拉力F。AB．在物体运动的过程中根据动能定理有 则x=1m时物体的速度为v1=2m/sx=1m时，拉力为则此时拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m时物体的动能为Ek=2JA错误、B正确；C．从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=8JC正确；D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1=6N，2—4m的过程中F2=3N，由于物体受到的摩擦力恒为f=4N，则物体在x=2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空题（每空2分，共计16分）13.冬奥会赛场利用了“高速运动目标跟踪拍摄系统”，不仅让观众看清了动作，还实现了对物体运动情况的多角度定量分析。 为观测冰球在不同方向上的运动情况，冰球场中用三台摄像机进行跟随拍摄，以记录冰球运动的时间、位置等信息。如图所示，在冰面上建立平面直角坐标系，其中设备A视角是竖直向下的，跟随冰球俯拍：设备B、C视角是水平的，分别沿x、y轴跟随拍摄，可以拍摄小球沿x轴、y轴的运动情况。（1）对设备B拍摄的信息进行分析，得到以下数据，请在答题卡对应方格纸中作出冰球位置随时间变化的图像：时刻00.40.81.21.62.0位置08.016.023832.139.8（2）由设备B得到冰球速度大小是____________；（3）同时，设备C得到冰球的速度大小为，设备A得到冰球的速度大小为。由此可以得出、、之间的数学关系式是____________；（4）在某次比赛中，B、C设备测出的冰球的速度大小分别是和，则冰球实际运动速度的大小是______________，方向是____________（用实际速度与x轴的夹角的正切值表示）。【答案】①19.9②.③.17④.【解析】【详解】（2）[1]由设备B得到冰球速度大小是（3）[2]同时，设备C得到冰球的速度大小为，设备A得到冰球的速度大小为。由此可以得出、、之间的数学关系式是（4）[3]在某次比赛中，B、C设备测出的冰球的速度大小分别是和，则冰球实际运动速度的大小是 [4]设实际速度与x轴的夹角为，则14.利用如图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘，另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接，A放光滑的倾斜轨道上，A与滑轮之间的绳与斜轨平行，距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放，测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次试验，测得多组数据如下表所示。L、g、m、R为已知量，不计滑轮转轴处摩擦，绳与滑轮不打滑。数据记录表滑轮质量Mm0.8m0.6m0.4m0.2m（1）若A上的挡光条宽为d，经过光电门时的挡光时间为，则A通过光电门处的速度______。（2）根据表格中数据，在图乙坐标系中作出图像______。（3）上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，由此可求得斜轨倾角为______。（4）利用表中的第1组数据，可以推出质量m的滑轮以角速度转动时其转动的动能______。（用m、R、表示） 【答案】①.②.③.30°④.【解析】【详解】（1）[1]A通过光电门的时间极短，则通过光电门的速度（2）[2]作出图像如图（3）[3]上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=0时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，即由能量关系可知由此可求得斜轨倾角为=30°（4）[4]当滑轮的质量为m时，根据第1组数据可知即由能量关系 其中解得三、本大题3小题，共36分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。15.如图所示，在一带负电的导体A附近有一点B，若在B处放置一个q1＝－2.0×10－8C的电荷，测出其受到的静电力F1大小为4.0×10－6N，方向如图，则：（1）B处场强是多少？方向如何？（2）如果换成一个q2＝4.0×10－7C的电荷放在B点，其受力多大？此时B处场强多大？【答案】（1）200N/C；方向与F1相反；（2）80×10－5N；200N/C【解析】【分析】【详解】（1）由场强公式可得EB=＝N/C＝200N/C因为是负电荷，所以场强方向与F1方向相反；（2）q2在B点所受静电力F2＝q2EB＝4.0×10－7×200N＝8.0×10－5N方向与场强方向相同，也就是与F1反向，此时B处场强仍为200N/C不变，方向与F1相反。16.如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求（1）小球离开桌面时的速度大小；（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知得小球离开桌面时速度大小为（2）离开桌面后由平抛运动规律可得第一次碰撞前速度的竖直分量为，由题可知离开桌面后由平抛运动规律得，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为17.如图所示的装置由安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆心为的竖直半圆轨道BCD、圆心为的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接。滑块（可视为质点）从K点静止开始下滑，滑块质量m＝0.02kg，轨道BCD的半径R＝0.45m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，H可调最大的高度是4m，轨道FG的长度L＝3m。（1）若滑块恰能过D点，求高度H的大小；（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求滑块经过管道DEF的最高点F 时的最小速度和对轨道的最小压力；（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道，写出滑块在轨道FG上滑行距离s与可调高度H的关系式。【答案】（1）1.125m；（2）m/s，0；（3）（1.125m≤H<2.3m）【解析】【详解】（1）恰能过D点时，由牛顿第二定律可得则恰能过BCD的最高点D的最小速度为从释放到D点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得解得H=1.125m（2）滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为DF过程，以D所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得解得vF=m/s经半圆管道的F点时，若vF>0，滑块即可通过F点，则经过管道DEF的最高点F时的最小速度vF=m/s。当在F点对轨道压力为零时的速度为 可知，小球在F点对轨道的压力最小值为零。（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vF=m/s，若以此速度在FG上滑行直至静止运动时，有μmg=ma则加速度大小为a=μg=0.4×10m/s2=4m/s2此时在FG上滑行距离为不掉落轨道；此时H=1.125m。若滑块恰好静止在G点，根据公式v2－v02=2ax可得F点的最大速度为从K释放到F点过程，以AB所在平面零势能面，据机械能守恒定律可得解得滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG上，可调高度H的范围应满足1.125m≤H<2.3m根据解得