2023-2024学年浙江省衢州市江山中学高二年级上册开学考试物理试题（解析版）

江山中学2023学年第一学期高二开学限时训练

物理

一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一

个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

I.下列物理量属于矢量，且其单位用国际单位制基本单位表示正确的是（）

A力：NB.电动势：A-mC.功：kg-m2/s2D.电场强度：kg.m/A-s3

【答案】D

【解析】

【详解】A.力是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg-m/s?,故A错误；

B.电动势是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg-m2/A-s3,故B错误；

C.功是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg-n?右2,故C错误；

D.电场强度是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg-m/A-s3,故D正确。

故选D。

2.在物理学的发展过程中，许多科学家做出了突出贡献，下列说法不符合物理学史的是（）

A.牛顿提出了万有引力定律，开普勒通过实验测出了万有引力常量

B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律

C.奥斯特发现了电流的磁效应

D.美国物理学家密立根测出了元电荷e的数值

【答案】A

【解析】

【详解】A.牛顿提出了万有引力定律，卡文迪什通过实验测出了万有引力常量，故A错误：

B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，故B正确；

C.奥斯特发现了电流的磁效应，故C正确；

D.美国物理学家密立根测出了元电荷e的数值，故D正确。

本题选不符合物理学史,故选A。

3.“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（)

A.选地球为参考系，“天和”是静止的

B.选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的

C.选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的

D.选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的

【答案】C

【解析】

【详解】AB.“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参

考系，二者都是运动的，AB错误；

CD.“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。

故选C。

4.图甲为排球课的某个场景。小睿同学将排球从A点水平击出，排球飞到B点时，被小睿同学垫起，球

向斜上方飞出后落到4点正下方且与B点等高的。点，排球运动的最高点为C,C点与A点高度相同，

不计空气阻力，将排球飞行过程简化为乙图。下列说法正确的是（）

乙

甲

A.排球在两次飞行过程中的时间

B.排球到达B点的速率比离开B点的速率大

C.排球在A点、C点两处的动能相等

D.两次飞行过程中重力对排球做的功相等

【答案】B

【解析】

【详解】A.排球从A点到8点的运动是平抛运动，将排球由A点运动到B点和由C点运动到。点的平抛

运动比较，由

h=gg产

因下落高度相同，结合对称性可知，排球从A点运动到8点是从8点运动到。点时间的一半，故A错

误；

C.设A、C两点的高度为/?,抛球从由A点运动到8点和由C点运动到。点都是平抛运动，这两个过程

时间相等，但CD两点间的水平距离小于4B两点间的水平距离，根据

可知排球在A点的速率大于经过C点的速率，根据

E,.--mv

k2

可知排球在A点的动能大于排球在C点的动能，故C错误;

B.排球从A点到B点的过程，根据机械能守恒定律得到达B点时的速率

离开8点时的速率

%=J佐+2g力

VA>%

所以排球到达B点的速率比离开B点的速率大，故B正确：

D.排球从A点到B点重力做功为mgh,排球从B点到D点重力做功为零，故D错误。

故选B。

5.小明同学在“观察电容器的充、放电现象”实验中给一个固定电容器充电。下列描述电容器电荷量。、

电压U、电容C之间关系的图像中，正确的是（）

【解析】

【详解】ABC.由电容定义式

C吟

固定电容器的电容。是确定的，与电荷量。和电压U无关。A正确，BC错误;

D.由

Q=CU

电荷量。与电压U成正比，D错误。

故选A

6.如图所示，卫星沿圆形轨道I环绕地球运动，当其运动到用点时采取了一次减速制动措施，进入桶圆轨

道（H或HI）。轨道I、H和HI均与地球赤道面共面，变更轨道后（）

B.卫星经过M点之后速度可能大于7.9km/s

C.卫星经过M点时的加速度变大

D.卫星环绕地球运动的周期变大

【答案】B

【解析】

【详解】A.M点时采取了一次减速制动措施，卫星速度减小，卫星将由高轨道变轨到低高度，由图可

知，相对于圆形轨道I,椭圆轨道II是低轨道，椭圆轨道III是高轨道，可知卫星可能沿轨道II运动，卫星

不可能沿轨道山运动，A错误；

B.7.9km/s是第一宇宙速度，等于近地卫星的环绕速度，根据图像可知，M点是椭圆轨道n的远地点，卫

星在该点的速度小于近地点的速度，相对于近地卫星，椭圆轨道n是高轨道，由近地卫星变轨到椭圆轨道

II,需要在近地点加速，即椭圆轨道II近地点的速度大于7.9km/s,可知卫星经过”点之后速度可能大于

7.9km/s,B正确；

C.根据

Mm

G卞=ma

解得

GM

可知变更轨道后，卫星经过“点时距离地心间距不变，则卫星经过M点时的加速度也不变，C错误;

D.根据开普勒第三定律有

房居

72rp2

由于圆形轨道I的轨道半径大于椭圆轨道II的半长轴，则圆形轨道I的周期大于椭圆轨道n的周期，即卫

星环绕地球运动的周期变小，D错误。

故选B。

7.质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为光滑的半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，8为

半圆水平直径的端点。凹槽内有一质量为加的小滑块，用力尸推动小滑块由4点向8点缓慢移动，力尸

的方向始终沿圆弧的切线方向，而凹槽始终静止。在此过程中，下列说法正确的是（）

A.推力产先增大后减小

B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大

C.水平地面对凹槽的摩擦力方向向右

D.水平地面对凹槽的支持力一直减小

【答案】D

【解析】

【详解】AB.对滑块进行受力分析如图所示

F=mgsin0,N、=mgcos3

当滑块由A点向8点缓慢移动时，。增大，可知推力尸增大，凹槽对滑块的支持力减小，故AB错误：

C.根据上述可知，推力F与水平方向夹角为6,对凹槽与滑块整体分析可知，在推力F的作用下，凹槽

与滑块整体有向右运动的趋势，则水平地面对凹槽的摩擦力方向向左，故C错误；

D.根据上述，对凹槽与滑块整体分析有

Fsm0+N2=(m+A/)g

解得

N>=(〃?+M)g—尸sin。

。增大，可知水平地面对凹槽的支持力一直减小，故D正确。

故选D。

8.如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是()

A.如图a,汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态

B.图b所示是一圆锥摆，增大仇但保持圆锥的高度不变,则圆锥摆的角速度不变

C.如图c,同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、8位置先后做匀速圆周运动，则在A、8两位置小球

的角速度及所受筒壁的支持力大小均相等

D.如图d,火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用

【答案】B

【解析】

【详解】A.如图a,汽车通过拱桥的最高点时具有竖直向下的向心加速度，汽车处于失重状态，故A错

误;

B.图b所示，设高度为儿根据牛顿第二定律有

mgtan0=marhtan0

解得

co-

可知增大仇但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故B正确;

C.设圆锥筒侧壁与竖直方向的夹角为仇所受筒壁的支持力大小为

N喘

根据牛顿第二定律

mg

marr

tan。

解得

g

0)=

rtand

可知A、8两位置小球的轨道半径不相同，可知A、B两位置小球的角速度不相等，故C错误；

D.火车转弯超过规定速度行驶时，圆周运动所需要的向心力增大，大于重力和支持力的合力，有向外运

动的趋势，则外轨对轮缘会有挤压的作用，故D错误.

故选Bo

9.图为“玉兔二号”巡视器在月球上从。处行走到8处的照片，轨迹0A段是直线，AB段是曲线，巡视器

质量为135kg,则巡视器（）

A.受到月球的引力为1350NB.在A8段运动时一定有加速度

C.04段与4B段的平均速度方向相同D.从。到B的位移大小等于0A8轨迹长度

【答案】B

【解析】

【详解】A.在月球上的g与地球不同，故质量为135kg的巡视器受到月球的引力不是1350N,故A错误;

B.由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B正确；

C.平均速度的方向与位移方向相同，由图可知0A段与A8段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故

c错误；

D.根据位移的定义可知从。到B的位移大小等于OB的连线长度，故D错误。

故选B。

10.在如图所示的各电场中，〃、人两点的电场强度相同的是()

【解析】

【分析】

【详解】AB.A图和8图中的加两点的电场的方向不同，场强大小相等，所以两点的电场强度不相同。

故AB错误；

C.C图中向两点，b点的电场线比较密，所以匕点的场强大。故C错误；

D.。图中的两点所在的电场为匀强电场，两点的电场强度大小相等，方向相同，场强相同，故D正确；

故选D。

【点睛】

11.如图所示，直线I、II分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线in是一个

小灯泡的伏安特性曲线，曲线HI与直线I、II相交点的坐标分别为P(5,3.5)、Q(6,5)。如果把该小灯

泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是()

A.电源1与电源2的内阻之比是3：2

B.电源I与电源2的电动势之比是3:2

C.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2

D.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10

【答案】A

【解析】

【详解】AB.电源I与电源2的电动势为图线的纵轴截距，即

旦：E2=10:10=l:l

电源1与电源2的内阻为图线的斜率大小，即

1010°c

r：r,=—:—=3:2

12812

故A正确，B错误；

C.该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接时，其图线的交点即为电路中干路电流和路端电压，有

355

R.=—Q,

15-6

所以在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是

/?,：R?=21:25

故C错误；

D.根据

P=UI

可得在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是

4:£=（3.5x5）:（5x6）=7:12

故D错误。

故选Ao

12.如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和-。。直线MN是两点电荷连线的中垂线，。

是两点电荷连线与直线的交点。〃、6是两点电荷连线上关于。的对称点，c、4是直线上的两个

点。下列说法中正确的是（）

,M

uI

+Q:~Q

•..♦..F..-•...•

a0\b

J

-N

A.a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d,所受电场力先增大后减小

B.a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d,所受电场力先减小后增大

C.。点的场强等于。点的场强；将一检验电荷沿由c移动到d,所受电场力先增大后减小

D.“点的场强等于〃点的场强；将一检验电荷沿由c移动到d,所受电场力先减小后增大

【答案】C

【解析】

【详解】根据等量异种电荷周围的电场分布，。点的场强等于匕点的场强。MN为一条等势线，MN上。点

场强最大，向两边逐渐减小，故检验电荷在。点受到的电场力最大。一检验电荷沿MN由c移动到土所受

电场力先增大后减小。故C正确，ABD错误。

故选Co

13.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的检验电荷/、/分别置于A、B两点，虚线为等势

线.取无穷远处为零电势点，若将小、仇移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则（）

A.qi在A点的电势能大于农在B点的电势能

B.0在A点的电势能小于农在B点的电势能

C.qi的电荷量小于42的电荷量

D.切的电荷量大于0的电荷量

【答案】D

【解析】

【分析】由题，将qi、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，说明Q对qi、q2存在引力作用，

则知Q带负电，电场线方向从无穷远到Q，根据顺着电场线方向电势降低，根据电场力做功与电势能变化

的关系，分析得知qi在A点的电势能等于q2在B点的电势能.B点的电势较高.由0=415分析qi的电荷

量与q2的电荷量的关系.

【详解】将卬、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，则知Q对小、q2存在引力作用，Q带负

电，电场线方向从无穷远指向Q，所以A点电势高于B点电势；A与无穷远处间的电势差小于B与无穷远

处间的电势差；由于外力克服电场力做的功相等，则由功能关系知，qi在A点的电势能等于q2在B点的电

势能；由亚=41）得知，qi的电荷量大于q2的电荷量.故D正确.故选D.

二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一

个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

14.如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电

势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）

R1&心

E[__LJLhrx_

十4?（v）/?3LkT

rT，b

A电压表读数减小

B.小球的电势能减小

C.电源的效率变高

D.若电压表、电流表的示数变化量分别为AU和A/,则上一＜厂+4

△/

【答案】AD

【解析】

【详解】A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由Ri串连接在电源两端；电容器与

R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，

电路中电流增大；路端电压减小，同时Ri两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；

B项：由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据石=4，平行金属板间

a

的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0,由带电质点P原处于静止状态可知，小球

带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；

%IUu

C项：电源的效率：〃W=五屋，由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错

误;

D项：将Ri和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R”电压表测的为新电源的路端电压，如果电

流表测的也为总电流，则无一=「+4,由A分析可知△/总=△/&+△",由于总电流增大，并联部分的电

△/总

压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以所以<r+R],故D正确.

点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧

姆定律E=U+/R确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合

部分电路欧姆定律进行处理.

15.如图所示，虚线4、氏C代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带

正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、R、。是这条轨迹上的三点，其中R在等势面

b±..下列判断正确的是（）

A.三个等势面中，c•的电势最低

B.带电粒子在P点的电势能比在。点的大

C.带电粒子在P点的动能与电势能之和比在。点的小

D.带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b

【答案】ABD

【解析】

【详解】带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电

场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知。等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A正确；根

据带电粒子受力情况可知，若粒子从P到。过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故带电粒子在

P点具有的电势能比在。点具有的电势能大，故B正确；只有电场力做功，所以带电粒子在尸点的动能与

电势能之和与在Q点的相等，故C错误；电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处

的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相

同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面从故D正确.

三、非选择题（本题共6小题，共55分）

16.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图甲所示。

图甲

（1）需要的实验操作有

A.调节滑轮使细线与轨道平行B.倾斜轨道以补偿阻力

C.小车靠近打点计时器静止释放D.先接通电源再释放小车

（2）经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图乙所示。选取连续打出的点0、1、2,3、4为计数

点，则计数点1的读数为cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为5（）Hz,则打计数点2

时小车的速度大小为m/s（结果保留3位有效数字）。

01234

“川甲14"||||||卿|||『,||甲|甲||加『|||14114141私|代|『牛||,中可㈣

0123456789101112

图乙

（3）用图中所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验，实验中细线拉力大小近似等于重物所受

重力大小，则实验中重物应选用下图中的（选填"A"、"B”或“C”）。

联50g20g20g

上上1C.10g10g2g

2g

000€>€)€>€)

I------o

【答案】①.ACD②.2.75③.1.48④.C

【解析】

【详解】（1）[1]A.实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；

B.该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B错误;

C.为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；

D.先接通电源再释放小车，选项D正确。

故选ACDo

(2)[2][3]打计数点2时小车的速度为1、3之间的平均速度；由图可知计数点1的读数为2.75cm,计数点

3的读数为8.65cm；已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz,则打点周期T=0.02s,则打计数点2时小

车的速度大小为

出=(8.65-2.75)xG2mzs

2T0.04

(3)[4]实验中细线拉力大小近似等于重物所受重力大小，则需要满足重物的质量远小于小车的质量，故实

验中重物应选用图中的Co

故选C。

图1

图3

(1)部分连线如图1所示，导线。端应连接到(选填"A”、"B”、"C”或)接线柱

上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为V。

(2)测得的7组数据已标在如图3所示。-/坐标系上，用作图法求干电池的电动势£=V和内

阻r=(计算结果均保留两位小数)

【答案】①.B②.1.20③.1.50©.1.04

【详解】（I）[1]电压表测量的电压应为路端电压，开关应能控制电路，所以导线“端应连接到B处;

⑵干电池电动势约为L5V,电压表选择0-3V量程，分度值为0.1V,题图中电压表读数为1.20V；

U=E-Ir

可知

U-I图像纵轴截距为电源电动势可得

E=L50V

U-I图像斜率的绝对值等于电源内阻

1.50-1.00

0=1.040

0.48-0

18.如图所示，A、B、C、。是水平直线上的4个点，相邻两点间距均为r。在4点和8点放有电荷量均为

。的正点电荷。求：

（1）两电荷间的库仑力大小；

（2）A、8两处点电荷在C点的合场强；

（3）要使C点的电场强度为0,则在。点放置一个怎样的点电荷？

QQ

【答案】（1）F=k粤；⑵芈,方向水平向右；（3）放正点电荷，且。'=吆

r4厂4

【解析】

【详解】（1）库仑力大小

（2）A处点电荷在C点产生的电场强度为

B处点电荷在C点产生的电场强度为

kQ

A、B两处点电荷在C点的合场强为

方向水平向右

（3）根据点电荷周围的电场分布及电场的叠加原理可知，C点的合场强方向为水平向右。

要使C点场强为零，D点只能放正点电荷。且

19.如图所示，运动员以％=3m/s的速度将冰壶沿水平冰面投出，冰壶在冰面上沿直线滑行％=20m

后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%,以延长冰壶的滑

行距离。已知运动员不摩擦冰面时，冰壶和冰面间的动摩擦因数〃=0.02。求此冰壶：

（1）滑行20m过程中的加速度大小力；

（2）滑至20m处的速度大小匕；

（3）投出后在冰面上滑行的距离心

a

【答案】(1)4=0.2m/s2；(2)w=lm/s；(3)x=22.78m

【解析】

【详解】（1）冰壶自由滑行过程根据牛顿第二定律有

F各=/.img=m%

代入数据解得

2

<7t=0.2m/s

（2）自由滑行时冰壶做匀减速运动，根据位移速度关系有

解得

V1=lm/s

（3）摩擦冰面后根据牛顿第二定律有

0.9jumg=ma2

解得

2

a2=0.18m/s

冰壶还能滑行的距离

2

匕2I

=」一=-------mx2.78m

~2a22x0.18

投出后在冰面上滑行的距离

x=%+%=22.78m

20.在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以。为圆心、半径为R的圆，A5为圆的直径，如图所

示，质量为优，电荷量为4（4>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与

电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的。点以速率％穿出电场，AC与A3的

夹角6=45°,运动中粒子仅受电场力作用。

（1）求电场强度的大小；

（2）为使粒子穿出电场时的位移最大，该粒子进入电场时的速度应为多大；

（3）从A点射入的粒子速率取某一值时，粒子穿过电场时动能的增量最大，求动能增量的最大值。

【答案】⑴答：⑵'⑶噌*

【解析】

【详解】（1）初速度为零的粒子从A开始沿着电场力方向做匀加速直线运动，则场强E沿AC方向,

从4到C由动能定理得

E=0m说

4qR

（2）从B点穿出的粒子位移最大，如图所示

设粒子在A点的速度为片，则匕沿y轴正方向，A到B,沿x、y正方向，有

6•R=卬］

联立解得

（3）垂直于x轴作圆的切线p。与圆相切于。点，从。点穿出的粒子沿电场力方向的位移x最大，电场力

做功最多，动能的增量最大，如图所示

,y

由几何关系得

6

%