2024-2025学年湖南省长沙一中高二（上）开学物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖南省长沙一中高二（上）开学物理试卷一、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(

)摩托罗拉SNN5779A(L6…)

电池型号：SL−1102A−SNN5779AA

标称电压：3.7V

额定容量：620mAℎ

充电限制电压：4.2V

生产日期：A.该电池的电动势为4.2VB.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3.7VD.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.14mv02 B.124.2022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33：22A.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/s26.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45eV7.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.3D.2二、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=310.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ΔIA.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.11.如图所示，弹性绳一端固定于A点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小球，B处是位于AM中点的光滑

定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数k=mgL(g为重力加速度).小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为ℎ的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为μ=0.5.则从M到N的过程中(

)A.弹性绳对小球做的功为−1B.摩擦力对小球做的功为−mgℎ

C.小球的加速度先减小再增大 D.小球下落L2三、实验题：本大题共2小题，共16分。12.如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置。

(1)如图2，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是______；

(2)由于受阻力的影响，重锤增加的动能ΔEk与减少的重力势能ΔEp的大小关系为ΔEk______ΔEp(选填“大于”、“小于”或“等于”)；

(3)如图3是某次实验中打出的一条纸带，O点是打下的第一个点，打点计时器打点的时间间隔为T，重力加速度为g，要验证13.某物理实验小组准备测量未知电阻Rx(约为2kΩ)的阻值和某型号手机锂电池的电动势和内阻。电池已拆开，电动势E标称值为3.4V，允许最大放电电流为100mA。在实验室备有如下实验器材：

A.电压表V(量程4V，内阻RV约为10kΩ)

B.电流表A1(量程100mA，内阻RA为25Ω)

C.电流表A2(量程2mA，内阻R2约为100Ω)

D.滑动变阻器R(0～40Ω，额定电流1A)

E.电阻箱R0(0～9999Ω)(1)为了测定电阻Rx的阻值，实验小组设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应选用______(选填“A1”或“A2”)，将电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。

(2)该实验小组设计了如图乙所示的电路原理图来测量锂电池的电动势E和内阻r。

①电流表示数的倒数1I与电阻箱阻值R0之间的关系式为______(用字母E，r，RA表示)。

②在实验中，多次改变电阻箱的阻值，获得多组数据，根据数据作出的1I−R0图像为图丙所示的直线，根据图像可知该锂电池的电动势E=______四、计算题：本大题共3小题，共36分。14.有一水平足够长的传送带，以v0=5m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为37°的粗糙斜面，物体与斜面、物体与传送带之间的动摩擦因数μ均为0.5；现将一质量m=1kg的物体轻放在距离传送带最右端L=7.5m处，已知sin37°=35，cos37°=45,g取10m/s2，求：

(1)15.如图所示，一弹射游戏装置，由竖直光滑管道AB、半径R=0.9m的四分之一光滑圆弧轨道BC和倾角为37°的斜面EF组成。游戏时，将弹簧压缩到某一位置，依靠弹簧弹力将质量为m=0.1kg的小球发射出去。现将弹簧压缩至离地面上A点0.2m处释放，小球能沿着圆弧恰好通过最高点C，并垂直击中斜面EF上的D点。已知圆弧轨道的C点和斜面底端E点在同一竖直线上，忽略空气阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)C、D两点间的竖直高度；

(2)弹簧对小球做的功。16.绝缘的粗糙水平地面上方有一竖直方向的矩形区域OCC′O′，该区域由三个水平边长是L，竖直边长是2L的小矩形区域组成，从左到右依次为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形区域的下边OC与桌面相接。为方便描述建立如图所示的平面直角坐标系；区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分别存在沿y轴负方向、y轴正方向、y轴正方向的匀强电场，其场强大小比例为1：1：2。现有一带正电的滑块(可视为质点)以某一初速度v0(未知)从O点沿x轴正方向进入区域Ⅰ，滑块最终从P点(3L,12L)(图中未标出)离开区域Ⅲ。已知滑块在区域Ⅰ中所受静电力与所受重力大小相等，地面与滑块间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g。求：

(1)滑块进入区域Ⅲ时的速度大小v1；

(2)滑块在矩形区域OCC′O′运动的总时间；

(3)若滑块以相同大小的初速度v0(未知)从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，试确定滑块离开电场区域的位置答案解析1.B

【解析】解：A.测量引力常量的实验最早由卡文迪什完成，实验应用了“微小量放大”的实验方法，根据万有引力定律可知，测得的引力常量是一个带有单位的常量，引力常量与物体质量无关，故ACD错误，B正确。

故选：B。

根据物理学史分析判断；测量引力常量的实验应用了“微小量放大”的实验方法，根据万有引力定律分析判断。

在高中物理学习中，我们会遇到各种不同的研究方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，注意理解引力常量。2.D

【解析】解：A、该电池的电动势为3.7V，故A错误；

B、容量的含义是指620mA的电流放电，只能放电1小时；而不是工作1小时后电流达到620mA，故B错误；

C、3.7V是电源的电动势，与外电路无关，故C错误；

D、该电池的总电量为620mA⋅ℎ，为电池的容量由q=It可知，以10mA的电流为用电器供电则供电时间为：t=qI=620mA⋅ℎ10mA=62ℎ，故D正确；

故选：D。

620mA⋅ℎ，表示电池储存能量的多少，mA⋅ℎ为电量单位；3.B

【解析】解：设斜面上运动时摩擦力所做的功为W1，AB段摩擦力所做的功为W2，由于AB=BC，则在BC段摩擦力做功也为W2。

过程一，根据动能定理可得：mgℎ+W1+W2=0；

过程二，根据动能定理可得：mgℎ+W1+2W2=0−12mv02；

联立解得：W4.D

【解析】解：A.根据开普勒第三定律r3T2=k，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为

T火T地=3322

故A错误；

B.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B错误；

CD.根据火星与地球绕太阳运动的周期之比约为

T火T地=3322

已知地球的公转周期为

T地=1年

则火星的公转周期为

T5.D

【解析】解：A.汽车做匀加速直线运动时，根据加速度a=vt=2010m/s2=2m/s2，即加速度大小为2m/s2，故A错误；

B.匀加速过程中的位移大小x=12at2=12×2×102m=100m，故B错误；

C.汽车的最大速度为vm=60m/s，图中发动机的最大功率P=60kW，则阻力f=Pvm=60×10360N=1000N，当汽车速度为v1=30m/s时，设加速度大小为a1，根据Pv1−f=ma6.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+Rcos60°=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；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=−qUld8.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。

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=U10.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11.ACD

【解析】解：AB、设小球在MN中间的任意位置C时，此时BC两点的距离为x，设弹性绳与水平方向的夹角为θ，则此时小球对杆的弹力为：

FN=kx⋅cosθ=kL

又k=mgL

解得：FN=mg

小球受到的摩擦力为：

f=μFN=12mg

根据求功公式，可知小球从M到N摩擦力做功为：

Wf=−fℎ=−12mgℎ

对小球从M到N的过程中，根据功能关系得：

mgℎ+W弹−12mgℎ=0

解得弹性绳对小球做的功为：W弹=−12mgℎ，

故A正确，B错误；

D、小球下落L2时，根据几何关系，可知弹性绳的伸长量为：

ΔL=L2+(L212.丙

小于

g(s【解析】解：(1)在验证机械能守恒定律的实验装置中，为减小实验误差，且保证重锤和纸带下落过程中，尽可能只受到重力的作用，且保证能充分利用纸带打出较多清晰的点，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器，故合理的位置为丙图。

(2)由于纸带受阻力的影响，重锤的一部分重力势能转化为内能，导致增加的动能ΔEk小于减少的重力势能ΔEp。

(3)重锤下落到B点时的速度大小为

vB=s1+s22T

要验证O点到B点过程机械能是否守恒，需要验证等式

mg(s0+s1)=12mvB2

即13.A2

大于

1I=R0【解析】解：(1)根据题意，由欧姆定律可得，流过电流表的最大电流约为

I=ERx=3.42000A=1.7×10−3A=1.7mA

则电流表应选用A2。

根据电路图甲可知，电流表采用的是内接法，由于电流表的分压，电压表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值大于真实值。

(2)①根据题意及电路图乙，由闭合电路的欧姆定律可得：

E=I(r+RA+R0)

整理可得：1I=R0E+RA+rE

②根据题意，结合图丙可得：14.解：(1)物块轻放上传送带以后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为a=μmgm=μg

物块加速到与传送带共速所走过的位移为x=v022a

解得x=2.5m<7.5m

匀加速阶段时间为t1=v0a

物块与传送带共速后保持匀速，物块匀速运动的时间为t2=L−xv0

所以该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间为t=t1+t2

解得t=2s

(2)物块在传送带上运动的过程中物块和传送带之间的相对位移为Δx=v0t1−x

所以产生热量为Q=μmgΔx

解得Q=12.5J

(3)小物块以v0第一次冲上斜面后再次回到最底端时速度v1的大小小于v0，在足够长传送带上运动一个来回后速度与【解析】(1)分析物块在传送带的运动情况，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；

(2)根据摩擦力做功可解得热量；

(3)分析物块的运动情况，根据功能关系解答。

解决该题的关键是明确知道物块在传送带上的运动情况，知道物块从斜面上滑下再回到传送带上的运动过程，熟记运动学相关的公式。15.解：(1)小球恰好通过C点，在C点所需向心力恰好等于重力，则有：

mg=mvC2R

解得：vC=3m/s

由C点到D点的过程小球做平抛运动，击中斜面时速度方向垂直于斜面，如下图所示：

可得在D点竖直分速度与水平分速度的关系为：vC=vytan37°

竖直方向为自由落体运动，则有：vy2=2gℎ1

解得C、D两点间的竖直高度为：ℎ1=0.8m

(2)小球平抛运动的过程，在竖直方向上有：ℎ1=12gt2