湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题（解析版）

2024年下学期岳麓实验中学高二入学考试物理考试范围：必修部分；考试时间：75分钟，满分100分。注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、单选题（共28分）1.一个物体在10N合外力的作用下，产生了5m/s2的加速度，若使该物体产生8m/s2的加速度，所需合外力的大小是（）A.12N B.14N C.16N D.18N【答案】C【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出物体的质量，再结合牛顿第二定律求出物体在6N的合外力作用下产生的加速度大小．【详解】根据牛顿第二定律得，物体的质量．由牛顿第二定律可知，若使该物体产生8m/s2的加速度，所需的外力的大小．故本题选C．【点睛】解决本题的关键掌握牛顿第二定律，抓住质量不变进行求解．2.下列说法正确的是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A、使接线插板负载过大，电路中保险丝熔断，可能是由于短路或烧坏接线插板，故A错误；B、电器失火应先断开电源，然后用灭火砂进行灭火，注意不能用水灭火，故B正确；C、钢丝的电阻小、熔点高，在电流过大时，产生的热量不容易达到熔点，因此不会熔断，起不到保险的作用，故C错误；D、手抓电线拔出插头的过程中容易将线拉断，正确的做法是捏住插头将插头拔出，故D错误．点睛：本题考查是日常生活中的一些安全用电常识，只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生．3.如图所示的皮带传动装置中，甲轮的轴和塔轮丙和乙的轴均为水平轴，其中，甲、丙两轮半径相等，乙轮半径是丙轮半径的一半。A、B、C三点分别是甲、乙、丙三轮的边缘点，若传动中皮带不打滑，则（）A.A、B两点的线速度大小之比为2：1B.B、C两点的角速度大小之比为1：2C.A、B两点的向心加速度大小之比为2：1D.A、C两点的向心加速度大小之比为1：4【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由于甲、乙两轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故，所以故A错误；B．由于乙、丙两轮共轴，故两轮角速度相同，即，所以故B错误；C．由，可得A、B两点的向心加速度大小之比为故C错误；D．由，，可得又所以由，可得故D正确。故选D。4.“天宫课堂”在2021年12月9日正式开讲，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，王亚平说他们在距离地球表面400km的空间站中一天内可以看到16次日出。已知地球半径为6400km，万有引力常数，同步卫星周期为24h，忽略地球的自转。若只知上述条件，则不能确定的是（）A.地球的的平均密度B.地球表面的重力加速度和地球的第一宇宙速度C.空间站与地球间的万有引力D.地球同步卫星与空间站的线速度大小的比值【答案】C【解析】【详解】A.根据一天内可以看到16次日出可以求得空间站的周期，并且地球半径R和空间站轨道高度h均已知，根据可求出地球的质量，地球的半径已知，可求出地球的体积，根据可求得地球的平均密度，A正确；B．忽略地球自转，则由代换公式有设地球的第一宇宙速度为v，质量为m的物体绕地球表面以第一宇宙速度v运行，根据牛顿第二定律有结合A选项，可知能确定地球的第一宇宙速度和地球表面的重力加速度，B正确；C．由于空间站的质量未知，所以无法求得空间站与地球的万有引力，C错误；D．空间站的线速度大小为根据结合结合地球的质量联立可求出同步卫星的线速度大小，故地球同步卫星与空间站的线速度大小的比值，D正确。故选C。5.如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力到合力为零前，随着增大减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着减小增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确；CD．在木块下落高度之前，木块做自由落体运动，根据速度逐渐增大，图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确示意图如下故CD错误。故选B。6.如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为的斜面，BCD部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整个轨道放置在电场场强为E的水平匀强电场中。现将一带电荷量为＋q、质量为m的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点。已知重力加速度为g，且qE=mg，下列说法正确的是（）A.释放点A到斜面底端B的距离为RB.小滑块运动到C点时对轨道的压力为9mgC.小滑块运动过程中最大动能为mgRD.小滑块从D点抛出后恰好落在轨道上的B点【答案】B【解析】【分析】【详解】小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点，表明小滑块能通过轨道的等效最高点，重力与电场力的合力为所以轨道等效最高点为圆心左上60°轨道上，即D点。在等效最高点，有A．从A点到轨道等效最高点，根据动能定理得解得A错误；B．从C到等效最高点，有在C点，有解得根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为9mg，B正确；C．小滑块运动到D点的圆上对称点时，速度最大，有解得C错误；D．小滑块从D点抛出后，做类平抛运动，假设刚好落到B点，则有，则在合力方向上的位移为假设错误，D错误。故选B。7.如图所示是安装工人移动空调室外机的情境。刚开始，两工人分别在与窗户边缘等高的M、N两点通过1、2两根绳子使空调室外机静止在P点，然后他们缓慢放绳，使空调室外机竖直向下缓慢运动。已知开始时P点到M点的距离小于P点到N点的距离。绳子的质量忽略不计。在空调室外机到达指定位置前的一段时间内关于1、2两绳的拉力，下列说法正确的是（）A.1绳的拉力一直小于2绳的拉力B.1、2两绳的拉力都在减小C.1、2两绳拉力的合力小于空调室外机的重力D.1、2两绳的拉力之比保持不变【答案】B【解析】【详解】A．如图由几何关系得，由于P点到M点的距离小于P点到N点的距离，则根据平行四边形定则结合正弦定理得由于且空调室外机竖直向下缓慢运动，则故A错误；B．根据正弦定理可得化简可得其中因此可知变大，则变小，同理也变小，则1、2两绳的拉力只能减小。故B正确；C．由于空调室外壳缓慢移动，处于动态平衡，则1、2两绳拉力合力等于空调室外机的重力。故C错误；D．设OM=s1，ON=s2。由得可见，h变化，1、2两绳的拉力之比也变。故D错误。故选B。二、多选题（共20分）8.高速公路某段平直路面上有三块车距判断牌，分别标识为“0m”“50m”“100m”，相邻判断牌间距50m，某同学乘车时发现通过“0m”牌时，车速为72km/h，经过“50m”牌时车速为90km/h，经过“100m”牌时车速为108km/h，若汽车运动过程中一直做加速直线运动，以下判断正确的是（）A.汽车可能做匀加速直线运动B.从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程平均速度可能相同C.汽车加速度可能一直增大D.从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程合外力做功之比为9∶11【答案】CD【解析】【详解】ABC．由题可知，从“0m”牌到“50m”牌过程平均速度小于“50m”牌到“100m”牌过程平均速度，由可知，后半段的平均加速度大于前半段，故汽车不可能做匀加速直线运动，汽车加速度可能一直增大，AB错误，C正确；D．从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程，由动能定理可知D正确。故选CD。9.如图所示，ab、cd、ef是半径为r的圆的三条直径，O为圆心，三条直径互成角。在a点和e点固定有电量为的点电荷，在d点固定有电荷量为的点电荷。以下说法正确的是（）A.b点的电场强度大小为B.O点电场强度等于c点电场强度C.c点的电势大于O点的电势D.b点的电势大于O点的电势【答案】AC【解析】【详解】AB.O点的电场强度大小为b点与f点电场强度等大，大小为c点的电场强度大小为故A正确，B错误；C.把一个正的试探电荷由O移动到c，两个正电荷做的功为零，需克服负电荷做功，故电势能增大，电势升高，故C正确；D.ab为等量异种点电荷的中垂线，把一个正的试探电荷由O点移动到b点，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故D错误。故选AC。10.如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是（）A.在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B.在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为C.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为D.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为【答案】BC【解析】【详解】A．在剪断前，根据平衡条件可知绳子拉力为在剪断瞬间，小球开始做圆周运动，速度为零，如图向心方向上合力为0，即所以对绳子的拉力改变，A错误；B．小球在圆周运动的切向，根据牛顿第二定律解得B正确；CD．剪断前，小球受力平衡，剪断后，因为是橡皮筋，剪断瞬间，橡皮筋拉力不变，与重力的合力和剪断前绳子的拉力等大反向，根据牛顿第二定律解得C正确，D错误。故选BC。11.中国行星探测任务名称为“天问系列”，首次火星探测任务被命名为“天问一号”。若已知“天问一号”探测器在距离火星中心为r1轨道上做匀速圆周运动，其周期为T1。火星半径为R0，自转周期为T0。引力常量为G，下列说法正确的是（）A.火星的质量为B.火星表面两极重力加速度为C.火星的第一宇宙速度为D.火星的同步卫星距离星球表面高度为【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．设火星的质量为M、“天问一号”探测器的质量为m，“天问一号”探测器在距离火星中心为r1的轨道上做匀速圆周运动，则有解得A错误；B．假定有一质量为m1的物体静止在火星两极表面上，则有得再将代入，解得B正确；C．设火星的第一宇宙速度为v，则有解得再将代入，解得C正确；D．设火星的同步卫星的质量为m3，高度为h，则有解得再将代入，解得D错误。故选BC。三、实验题（共22分）12.电线根据其铜芯的横截面积可分为“1.5平方（毫米）”、“2.5平方（毫米）”、“4平方（毫米）”等规格。小秦同学家里在做电路改造，为了检验家里购买的“2.5平方（毫米）”电线铜芯是否合格，他从刚购买的电线中取2卷进行检测。该同学手头有以下器材可供选择：待测电线：铜芯长度为L，直径为d电流表：量程为，内阻电流表：量程为，内阻电阻箱：最大阻值为定值电阻：阻值为滑动变阻器：最大阻值为电池：电动势，内阻r很小开关K一个、导线若干。（1）剥去部分电线的外皮，用螺旋测微器测铜芯的直径d，示数如图1所示，则___________。接着，小秦设计电路测量电线铜芯的电阻。为了提高精确度，小秦先用多用电表的欧姆挡估测待测电线的电阻，发现不管使用欧姆挡的哪个倍率挡，指针的偏角都太大，且示数几乎接近，于是小秦将定值电阻与串联后用欧姆挡“”挡进行测量，读数如图2所示，则的值约为___________。（2）小秦设计如图3所示的电路精确测量的阻值。为了提高测量的精确度，图中电流表A小秦应选___________（选填“”或“），请再从以上器材中选出合适的器材，在虚线框内补充完整电路图，并标明所用器材的代号___________。（3）若电路设计中使用到电流表、电阻箱，某次其示数分别用、、表示，则电线铜芯的电阻率___________（用题中物理量的字母表示）。然后将计算结果与铜的电阻率进行比较，即可推断该铜线是否合格。判断导线是否合格，还可以采用比较同长度导线电阻的方法。已知长度为的2.5平方毫米标准铜导线的电阻为，若实验中测得待检测电线的电阻值与（1）中值相同，则该待检测电线___________（选填“合格”或“不合格”）。【答案】（1）①.1.785（1.783~1.787均可）②.1（2）①.②.（3）①.②.合格【解析】【小问1详解】[1]螺旋测微器读数为[2]欧姆表读数为可得【小问2详解】[1]根据若选电流表，则通过电流表的最大电流为若选电流表，则通过电流表的最大电流为结合两个电流表的量程，为了提高测量的精确度，电流表选择。[2]虚线框内应该是电压表，选项中无电压表所以需要用电流表A2进行改装，电流表A2直接改装成电压表量程为小于电源的电动势，所以应使电流表A2串联一个电阻，根据题目给的仪器，应使电流表A2串联电阻箱，设将电阻箱阻值调到有，则解得在电阻箱的阻值调节范围内，所以补充的电路图为【小问3详解】[1]根据欧姆定律，可得根据电阻定律，有联立解得[2]长度为1m标准铜导线电阻为长度为1m的待测导线电阻为所以该待检测电线合格。13.某实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置完成了“向心力与线速度关系”的探究，将小球用质量不计的细线系于固定在铁架台上的力传感器上，小球的下端有一宽度为d的遮光片，测得小球的直径为D、线长为L，重力加速度用g表示。请回答下列问题：（1）游标卡尺测量遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为___________mm，如果遮光片经过光电门时的遮光时间为s，则小球通过光电门时的速度为v=___________m/s。（2）小球通过光电门时力传感器的示数为，如果小球及遮光片总质量为m，则向心力为F=___________；改变小球释放点的高度，多次操作，记录多组、v的数据，作出的图像，如果图线的斜率为k，则小球和遮光片的总质量为___________（用k、L、D表示）。（3）如上操作，结果发现向心力理论值总大于F，则下列说法正确的是___________。（填选项前字母）A．小球的质量偏大B．小球不是由静止释放的C．小球运动过程中受阻力的作用D．测量的小球速度偏大【答案】①.6.75②.0.675③.④.⑤.D【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的最小分度值为0.05mm，主尺读数为6mm，游标尺读数为遮光片的宽度为[2]小球经过光电门时的遮光时间极短，则该过程的平均速度近似等于瞬时速度，则小球的速度大小为（2）[3]小球通过最低点时的向心力为细线的拉力与小球重力的合力，即由牛顿第二定律得整理得由图像可知解得（3）因为遮光片做圆周运动的速度大于小球做圆周运动的速度，实验中用遮光片速度代替小球速度进行的计算。由可知理论值总大于F，说明测量的小球速度偏大，故D正确，ABC错误。故选D。四、解答题（共30分）14.如图所示，用轻绳OA与轻绳OB将质量为m的小球悬挂于天花板与竖直墙之间，小球处在静止状态。轻绳OA与竖直方向的夹角为，轻绳OB水平，重力加速度为g。求：（1）小球受到轻绳OA拉力的大小；（2）小球受到轻绳OB拉力的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）（2）小球处于静止状态，受力平衡，对小球受力分析，设AO绳的拉力为，OB绳的拉力为，由平衡条件有，15.如图1所示是某科技馆内的空中悬浮的娱乐风洞装置，通过制造和控制向上气流把人“吹”起来，体验太空飘浮的感觉，图2为圆柱形竖直管道的简化示意图。现有一位质量为m的游客悬浮在A点，气流突然消失，游客开始做自由落体运动，当下落到B点时立即开启更强的气流，使气流对游客的向上冲击力为游客重力的4倍，游客下落到C点时速度恰好减为零。已知A、B两点间的高度差h1=4.05m，重力加速度g=10m/s2（1）求游客体验到完全失重（自由落体）的时间；（2）求B、C过程中游客下降的加速度大小；（3）求B、C两点间的高度差；（4）求游客下落过程的平均速度大小。【答案】（1）0.9s；（2）30m/s2；（3）1.35m；（4【解析】【分析】【详解】（1）设旅客做自由落体运动的时间t1，由运动学公式代入数据（2）设旅客做减速的加速度大小为a2，由题可知F合