2023-2024学年江苏省苏州市常熟市高二（上）暑期物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年江苏省苏州市常熟市高二（上）暑期物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.用不同材料制成两个形状和大小完全相同的电阻A、B，它们的U−I图像如图所示。若A、B的电阻率分别为ρA、ρB，下列说法正确的是A.ρA>ρB

B.ρA<ρB

C.A、B并联后整体的U−I图像可能是C2.下列判断正确的是(

)

A.图甲中磁铁向右插入不闭合线圈，线圈中会产生感应电动势

B.图乙中矩形金属线圈水平向右移动，矩形线圈中会产生感应电流

C.图丙中闭合导线框以其任何一条边为轴在磁场中旋转，都能产生感应电流

D.图丁中水平放置的圆形线圈直径正上方导线中电流增大，线圈中产生感应电流3.一只风扇，标有“U、P”，电动机线圈电阻为R，把它接入电压为U的电路中能正常工作，经过时间t，下列说法正确的是(

)A.流过电风扇的电荷量为URt B.电风扇输出机械能Pt

C.电风扇的发热量为Q=4.2020年7月23日，天问一号火星探测器搭乘长征五号遥四运载火箭成功发射，中国航天开启了走向深空的新旅程。由着陆巡视器和环绕器组成的天问一号经过如图所示的发射、地火转移、火星捕获、火星停泊、离轨着陆和科学探测六个阶段后，其中的着陆巡视器将于2021年5月至6月着陆火星，则(

)A.天问一号发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度

B.天问一号在“火星停泊段”运行的周期大于它在“科学探测段”运行的周期

C.天问一号从图示“火星捕获段”需经过加速才能运动到“火星停泊段”

D.着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆火星过程，机械能守恒5.如图所示，有一个半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v，下列叙述中正确的是(

)A.v的极小值为gR

B.v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大

C.当v由gR值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大

D.当v6.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是(

)

A.金属块带负电荷 B.金属块克服电场力做功8J

C.金属块的电势能减少4J D.7.如图所示的电路中，R1、R2是定值电阻，电表均为理想电表，RB是磁敏材料制定的元件(其特点无磁场时处于断开状态，有磁场出现时导通)。闭合开关S，滑动变阻器R的滑片处于某位置，当有磁铁靠近RB附近时

A.电流表读数减小 B.R1的功率减小 C.电压表读数增大 D.8.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是(

)A.静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电

B.由静止突然向前加速时，电容器的电容增大

C.由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表

D.保持向前匀减速运动时，电阻R以恒定功率发热9.如图所示，在P1、P2处各放一个等量正点电荷，O点为P1、P2连线的中点，一带正电的试探电荷从M点由静止出发，沿直线MON运动到N点，M、N关于O点对称，以O为坐标原点，ON为轴的正方向，下列各图关于试探电荷速度v、电势能Ep及x轴上各点电场强度E、电势A. B.

C. D.10.现代科技中常常利用电场来控制带电粒子的运动。某控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置组成，如图所示。加速电场可以提供需要的电压，偏转电场为辐向电场，其内外圆形边界的半径分别为r0、3r0，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，方向沿半径向外，且满足E=k1r2(r为半径)，已知rA.加速电场电压无论取多少，粒子只要垂直PB飞入电场，就一定能做匀速圆周运动

B.要使粒子由静止加速后能从A点沿半径2r0的圆形轨迹1到达C点，则加速电场的电压为E0r02

C.若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子做圆周运动的周期T与轨迹对应半径r应满足的关系式T二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）11.如图甲所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g取9.80m/s2)。

(1)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50Hz的交变电流。在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00kg。根据以上数据算出(g取9.8m/s2)：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了______J，此时重锤的速度vB=______m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了______J。(结果均保留三位有效数字)

(2)利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以12v2为纵轴作出如图丙所示的图线，图线的斜率近似等于三、简答题（本大题共4小题，共45.0分）12.我国发射的高分系列卫星中，高分四号卫星处于地球同步轨道。如图所示，卫星A是位于赤道平面内、绕行方向与地球自转方向相同的近地卫星，B是高分四号地球同步卫星，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近。已知A的角速度为ω1，地球自转角速度为ω2，万有引力常量为G。

(1)估算地球的密度；

(2)由图示时刻开始，至少经过多长时间13.如图所示，竖直放置的A、B与水平放置的C、D为两对正对的平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D两板分别带正电和负电，两板间场强为E，C、D两极板长均为L。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子(不计重力)由静止开始经A、B加速后穿过C、D并发生偏转，最后打在荧光屏上。求：

(1)粒子离开B板时速度大小v；

(214.如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端B与水平传送带平滑相接，传送带长L=3m。有一个质量为m=0.5kg的滑块放在水平平台上。平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接。现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内。在弹簧处于压缩状态时，若将滑块静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.20(g取10m/s2)。

(1)若传送带静止，求弹簧储存的最大弹性势能EP；

(2)若传送带以1m15.如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一轻定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质m=2kg的小球A。半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B，用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现对小球A施加一个水平向右的恒力F=60N。(g取10m/s2)，求：

(1)小球B被拉到与小球A速度大小相等时，小球B

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：AB、U−I图像的斜率为电阻，由题图可知

RA>RB

由电阻定律R=ρls可知，两个形状和大小完全相同的电阻阻值，与电阻率成正比，故

ρA>ρB

故A正确，B错误；

C、A、B并联后的电阻小于任意一个支路的电阻RA>RB>R并

故图像的斜率比A、B的都小，A、B并联后整体的U−I图像不是C，故C错误；

D、A、B串联后的电阻大于任意一个电阻，故

R串>RA>RB2.【答案】A

【解析】解：A、图甲中磁铁向右插入不闭合线圈，穿过线圈的磁通量增加，线圈中会产生感应电动势，故A正确；

B、图乙中矩形金属线圈水平向右移动，穿过矩形线圈的磁通量不变，线圈中不会产生感应电流，故B错误；

C、图丙中闭合导线框以其左边或右边为轴在磁场中旋转，线圈的磁通量始终为零，不能产生感应电流，故C错误；

D、图丁中金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，根据安培定则可知，直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使增大通过导线中电流，圆形线圈中的磁通量始终为零，不会产生感应电流，故D错误。

故选：A。

感应电动势产生的条件是穿过电路的磁通量发生变化，感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照条件判断即可。

解答本题时，要准确掌握感应电动势和感应电流产生的条件，要注意两者的区别。只要磁通量发生变化，电路就产生感应电动势，如果电路闭合，也产生感应电流。3.【答案】D

【解析】解：AC.电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以t时间内产生的热量为Q=I2Rt；由于是非纯电阻电路，故I<UR，故Q≠U2Rt，流过电风扇的电荷量q<URt，故AC错误；

B.电风扇的功率为P，而电风扇消耗的电能大部分转化为机械能，所以机械能：W<Pt，故B4.【答案】B

【解析】解：A、天问一号已脱离地球达到火星，所以天问一号发射速度必须大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故A错误；

B、天问一号绕“火星停泊段”运行时轨道半长轴大于它绕“科学探测段”运行时轨道半长轴，根据开普勒第三定律a3T2=k知天问一号绕“火星停泊段”运行的周期大于它绕“科学探测段”运行的周期，故B正确；

C、天问一号从图示“火星捕获段”需经过减速才能运动到“火星停泊段”，故C错误；

D、着陆巡视器从图示“离轨着陆段”变轨至着陆火星做近心运动，必须减速，机械能要减小，故D错误。

故选：B5.【答案】C

【解析】解：A、因为轨道内壁下侧可以提供支持力，则最高点的最小速度为零，故A错误；

BC、当v<gR

时，此时管道下壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得：mg−N=mv2R且随着速度的增大，作用力N在逐渐减小；当v>gR

管道上壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得，mg+F=mv2R

且

随着速度的增大，作用力N在逐渐增大；故6.【答案】D

【解析】解：A、B、C、在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：

W总=WG+W电+Wf=△EK

解得：W电=−4J

所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J．

由于金属块下滑，电场力做负功，

所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误，B错误，C错误；

D、在金属块滑下的过程中重力做功7.【答案】D

【解析】解：AC、当有磁铁经过RB附近时，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得：I=ER+r，则知电流表示数I变大，外电路电压为U=E−Ir，I变大，其它量不变，所以电压表示数U减小，故AC错误；

B、无磁场时，R1处于断路状态，电功率为0，有磁场时R1有电功率，故B错误

D、干路电流变大，根据P=8.【答案】C

【解析】解：A、静止时，电容器的电容不变，则电容器电量不变，电流表示数为零，电容器两极板带电，选项A错误；

BC、由静止突然向前加速时，N板向后运动，则电容器两极板间距变大，根据C=ɛrS4πkd可知，电容器的电容减小，根据C=QU知，电容器带电量减小，则电容器放电，电流由b向a流过电流表，故B错误，C正确；

D、保持向前匀减速运动时，加速度不变，则N板在某位置静止不动，电容器电量不变，电路中无电流，所以电阻R的功率为零，故D错误。

故选：C。

静止时，电容器连在电源两端，电容器带电，但电路中无电流；由静止突然向前加速时，用决定式9.【答案】D

【解析】解：AC、根据等量同种电荷电场的分布特点可知，O点的场强为零，故试探电荷在O点受到的电场力为零，加速度为零；从O点向两侧电场强度逐渐增大，故AC错误；

B、正等量同种点电荷的电场中，它们连线的中点处的电势最低，而且两侧是对称的，所以正电荷的电势能也应该是关于O点是对称的，故B错误；

D、正电荷周围的电势为正，且两电荷连线中点的电势最低，而且两侧是对称的，故D正确。

故选：D。

根据等量同种点电荷电场强度的变化的特点，分析加速度的变化，来分析v−t图象的形状。由φ10.【答案】C

【解析】解：A、设加速电场电压U，粒子垂直PB飞入电场，做匀速圆周运动，则由动能定理有：qU=12mv2

在辐向电场中，由牛顿第二定律得：qE=mv2r

联立两式得：U=Er2=k1r2⋅r2=k2r

即加速电压与粒子入射的半径满足以上关系，粒子才能做匀速圆周运动，故A错误；

B、带电粒子在电场中加速，有：qU=12mv12

粒子在偏转电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，可得：E2q=mv122r0

又由题意知：E0=k1r02，E2=k14r011.【答案】1.85

1.83

1.67

B

实验时先释放重锤后接通电源

【解析】解：(1)当打点计时器打B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了ΔEp=mgOB=1.00×9.80×18.90×10−2J≈1.85J；

打点计时器通以频率为50Hz的交变电流，打点计时器打点的时间间隔T=1f=150s=0.02s，

做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打B点时重锤的速度vB=AC4T=(27.06−12.41)×12.【答案】解：(1)设地球半径为R，地球质量为M，近地卫星A的质量为m，根据牛顿第二定律有：GMmR2=mω12R

变形解得：M=ω12R3G

而地球体积为：V=43πR3

所以密度为：ρ=MV=3ω124Gπ

(2【解析】(1)对近地卫星A，由万有引力提供向心力从面地球的质量，再由密度公式求密度；

(213.【答案】解：(1)粒子在AB极板间运动只受电场力作用，对粒子在AB间运动应用动能定理可得：qU=12mv2

解得：v=2qUm；

(2)粒子在CD间运动初速度水平，合外力即电场力方向竖直向下，粒子做类平抛运动，根据类平抛运动规律，水平方向有：L=vt

沿电场线方向有：y=12at2

根据牛顿第二定律得：qE=ma

联立解得：y=E【解析】(1)根据动能定理求得离开B板时的速度；

(2)根据粒子在14.【答案】解：(1)弹簧处于压缩状态，弹簧释放恢复原长时，弹簧储存的最大弹性势能EP完全转化为滑块的动能，则有：EP=12mvB2

对滑块，从B到C，由动能定理有：−μmgL=0−12mvB2

联立解得：vB=23m/s，EP=3J

(2)因为vB>v传=1m/s，所以滑块刚滑到传送带上时做匀减速直线运动。

滑块的加速度大小为：a=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2

设滑块经时间t1与传送带共速，则有：v传=vB−at1

滑块在时间t的位移为：x1=【解析】(1)弹簧释放恢复原长时，弹簧储存的最大弹性势能EP完全转化为滑块的动能，由功能关系可列方程；对滑块，从B到C，由动能定理可列方程；联立方程可求滑块在B点速度、弹簧储存的最大弹性势能EP；

(2)根据滑块在B点速度与传送带速度的大小