湖南省长沙市2023-2024学年高二物理上学期入学考试试题含解析

2023年高二物理下学期入学检测试题时量：75分钟分值：100分第Ⅰ卷选择题（共44分）一、选择题（本题共10小题，单选每题4分，多选每题5分，共44分。其中第1~6题为单选题，只有一个选项符合题目要求。第7~10题为多选题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错得0分）1.如图甲所示，倾角为的斜面足够长，质量为m的物块受沿斜面向上的拉力F作用，静止在斜面中点O处，现改变拉力F的大小（方向始终沿斜面向上），物块由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示，其中过程的图线为曲线过程的图线为直线，物块与斜面间动摩擦因数为。物块从开始运动到位移为的过程中（）A.过程物块的加速度在不断减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做的功C.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功D.物块减少的机械能小于减少的重力势能【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，物块向下运动的过程中，其中过程的图线为曲线，斜率逐渐减小，而斜率联立可知，斜率减小，减小，物块受到的合外力不一定减小，由牛顿第二定律可知物块的加速度不一定减小，故A错误；BC．物块向下运动的过程中，重力、拉力与摩擦力做功，物块减少的机械能等于拉力与摩擦力做功，不等于物块克服合力做的功，故BC错误；D．物块由静止开始沿斜面向下运动，减小的重力势能转化为动能与内能，所以物块减少的机械能小于减少的重力势能，故D正确；故选D。2.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。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，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，且电容器两极板不带电B.保持向前匀加速运动时，电路中存在恒定电流C.由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表D.由向前加速突然停下时，电流由b向a流过电流表【答案】C【解析】【详解】A．静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，故A错误；B．保持向前匀加速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电容不变，电容器保持与电源相连电压不变，由知电量不变，电路中无电流，故B正确；C．由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据知电容C增大，则电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；D．由前加速突然停下时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据知电容C减增大，电压不变，由知电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故D错误；故选C。3.金星是太阳系八大行星之一，在中国古代称为太白。金星的质量约为地球质量的五分之四，半径和地球的半径几乎相等，金星离太阳的距离比地球略近，地球和金星各自的卫星公转周期的平方与公转半径的三次方的关系图像如图所示，下列判断正确的是（）A.图线P表示的是金星的卫星B.金星的第一宇宙速度比地球的大C.环绕金星表面运行卫星的周期大于绕地球表面运行卫星的周期D.金星绕太阳运行的向心加速度小于地球绕太阳运行的向心加速度【答案】AC【解析】【详解】A．由万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有解得-图象的斜率为，因为金星的质量小，斜率大，所以图线P表示的是金星的卫星，图线Q表示的是地球的卫星，故A正确；B．第一宇宙速度为近行星表面卫星的速度，由万有引力提供向心力，得解得因为金星的质量比地球的小，金星与地球的半径近似相等，所以金星的第一宇宙速度较小，故B错误；C．由万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有解得因为金星的质量比地球的小，金星与地球的半径近似相等，所以环绕金星表面运行卫星的周期大于绕地球表面运行卫星的周期，故C正确；D．地球和金星绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有解得金星离太阳的距离比地球略近，金星绕太阳运行的向心加速度大于地球绕太阳运行的向心加速度，故D错误。故选AC。4.电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间1×103V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO'所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则（）A.电极A1电势低于电极A2的电势B.电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°C.聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小D.电子轰击到物料上时的动能等于eV【答案】B【解析】【详解】A．在P点电子受电场力指向轨迹弯曲的内侧，又要与电场线相切，可判断电场线的方向是从A1指向A2，所以电极A1的电势高于电极A2的电势，A错误；B．轨迹的切线方向即电子的运动方向，由图可知运动方向与电场方向夹角大于90°，B正确；C．聚焦电场一方面使电子向中央靠拢，另一方面使电子加速，所以既改变电子速度的方向，又改变电子速度的大小，C错误；D．聚焦电场对电子做功，且总功是正功W，所以改变电子速度大小，从O到O'，根据动能定理得可知电子轰击到物料上时的动能大于，D错误；故选B。5.如图，同一平面内a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是（）A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D.若，则a、M两点之间的电势差大于b、N两点之间的电势差【答案】B【解析】【详解】A．无法确定电场方向，故A错误；B．a点移动到b点，其电势能减小，则该粒子从c点移动到d点，其电势能减小，则则该粒子从M点移动到N点电场力做正功故B正确；C．若c、d之间距离为L2，但cd不一定平行电场线，故其中θ为cd与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不一定为，故C错误；D．若W1＝W2，根据可知Uab＝Ucd故φa﹣φb＝φc﹣φd则φa﹣φc＝φb﹣φd故Uac＝Ubd而Uac＝2UAmUbd＝2UbN故UaM＝UbN故D错误。故选B。6.如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO=2cm，OB=4cm，在AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP：BP=n：1，试求Q1：Q2是多少（）A.2n2：1 B.4n2：1 C.2n3：1 D.4n3：1【答案】C【解析】【详解】对小球受力分析如图所示由正弦定理有其中∠CPH=∠OPB，∠CHP=∠HPD=∠APO其中△APO中同理有其中，联立有Q1：Q2=2n3：1故选C。7.在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为m、2m的两物块A和B（均视为质点），它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r，A、B两物块与转盘之间的动摩擦因数分别为、，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现缓慢加快转盘的转速，当两物块相对转盘将要发生滑动时，保持转盘的转速不变，下列说法正确的是（）A.此时转盘的角速度大小为B.此时细线中的张力大小为C.此时烧断细线后的瞬间，B的加速度大小为D.此时烧断细线后的瞬间，A、B两物块的加速度大小相等【答案】AC【解析】【详解】AB．根据，两物块的临界角速度分别为，由于物块A的临界角速度较大，则相对滑动时物块A向圆盘内侧滑动。设绳拉力为F，根据牛顿第二定律，得，A正确，B错误；CD．此时烧断细线后的瞬间，A、B物块的加速度大小分别为，C正确，D错误。故选AC。8.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为，下列说法正确的是（）A.某时刻细线对A、B做功功率之比为B.某时刻细线对A、B做功功率之比为C.当A的位移为时，A的速率为D.当A的位移为时，A的速率为【答案】BC【解析】【详解】AB．绳子对物体A做正功，大小等于A机械能的增加量，绳子对物体B做负功，大小等于机械能的减少量。又因为系统的机械能守恒，A增加的机械能和B减少的机械能相等，时间有相同，因此做功快慢即功率相等，因此选项A错误，B正确；CD．由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式可知，B的加速度是A加速度的两倍，由速度公式可知同一时刻，A的速度是B的一半，即当A位移为h时，B下降2h，由机械能守恒得联立解得选项C正确，D错误。故选BC。9.平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压和偏转电场的电压，且所有粒子都能够从MN间飞出，不计粒子的重力。下列说法正确的是（）A.粒子在偏转电场中的竖直偏转距离与成正比B.滑片P向左滑动，从偏转电场飞出的粒子的偏转角将增加C.飞出偏转电场的粒子的最大动能为EqD.飞出偏转电场的粒子的最大速率【答案】ABC【解析】【详解】A．在平行金属板PQ之间，根据动能定理有粒子在F点的速度为设偏转电场MN的长度为L，MN之间的距离为d，则粒子通过偏转电场MN的时间为粒子的加速度为所以粒子的竖直偏转距离为所以粒子的竖直偏转距离与成正比，故A正确；

B．滑片P向左滑动的过程中，的比值增大，所以粒子的竖直偏转距离逐渐增大，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐增大，则飞出时粒子的速度的偏转角逐渐增大，故B正确；CD．粒子从M板右边缘飞出时速率最大，根据动能定理可知其中解得故C正确，D错误；故选ABC。10.如图所示，三维坐标系O-xyz的z轴方向竖直向上，所在空间存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为的小球从z轴上的A点以速度沿x轴正方向水平抛出，A点坐标为（0，0，L），重力加速度为g，场强。则下列说法中正确的是（）A.小球运动的轨迹为抛物线B.小球在平面内的分运动为直线运动C.小球到达平面时的速度大小为D.小球的运动轨迹与平面交点的坐标为（，L，0）【答案】AC【解析】【详解】A．带电小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度方向垂直，所以做匀变速曲线运动，运动轨迹即为抛物线，故A正确；B．由于重力与电场力大小相等，所以小球在这两个力的合力所在平面运动，且与水平面成45°，而在xOz平面内的分运动为平抛运动，故B错误；C．小球在重力与电场力共同作用产生的加速度为，则小球到达平面的时间增加的速度为小球到达平面时的速度大小为故C正确；D．小球在Z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，所以经过时间则小球在x轴方向做匀速直线运动，则发生的位移而在y轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发生的位移所以小球的轨迹与xOy平面交点的坐标为，故D错误。故选AC。第Ⅱ卷非选择题（共56分）二、实验题（本题共3个小题，每空2分，共24分）11.某同学设计如图甲所示的实验装置来做“验证机械能守恒定律”实验，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小铁球通过光电门的时间t，当地的重力加速度为g。（1）用游标卡尺测得小铁球的直径为d，某次小铁球通过光电门的时间为，则此次小铁球经过光电门的速度可表示为__________。（2）调整A、B之间距离h，多次重复上述过程，作出随h的变化图像如图乙所示。若小铁球下落过程中机械能守恒，则该直线斜率__________。（3）在实验中根据数据实际绘出图像的直线斜率为（），则实验过程中小铁球所受的平均阻力f为其重力的__________倍（用、表示）。【答案】①.②.③.【解析】【详解】（1）[1]由光电门原理可知，小铁球经过光电门的速度为（2）[2]根据机械能守恒定律有可得故随的变化图像的斜率为（3）[3]考虑阻力的情况下，由动能定理有解得可得随的变化图像的针率为由此可知12.某同学根据图甲所示的欧姆表原理图，利用微安表（满偏电流为、内阻为）、滑动变阻器（最大值为）和一节干电池，将微安表改装成欧姆表。（1）将两表笔短接，调节使微安表指针指在“___________”处；（2）当两表笔之间接入阻值为的定值电阻时，微安表指针指在如图乙所示位置，则其读数为___________，电池的电动势为___________，欧姆表的内阻为___________；（3）将微安表上的处标明“”，“300”位置处标明“0”，“100”位置处标明“___________”，并在其他位置标明相应的电阻刻度值，这样就把微安表改装成了欧姆表；（4）经过一段时间之后，电池的电动势降低，内阻增大，则重新欧姆调零之后，测得的电阻阻值将___________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】①.300②.200③.1.44④.4.8⑤.9600⑥.偏大【解析】【详解】（1）[1]两表笔短接调零时，应使表的指针指在微安表的电流满偏位置，即指针指在处；（2）[2][3][4]由图乙可知微安表的指针指在处；根据闭合电路欧姆定律，两表笔短接时有接入阻值为的定值电阻时，有解得，（3）[5]当电流时有解得（4）[6]由和，可得则电动势减小，测量同一未知电阻时对应的微安表示数减小，则电阻阻值增大。13.某实验小组欲利用图甲所示的电路测定电源E1的电动势E和内阻r，己知图中电源E2的电动势为E0，内阻为r0，定值电阻的阻值为R0，电压表可视为理想电压表，S为单刀双掷开关。（1）当S与1接通前，滑动变阻器的滑片P应置于________（填“左”或“右”）端。（2）S与1接通，改变滑片P的位置，记下电压表的示数U1，保持P不动，S与2接通，记下电压表的示数U2，重复以上操作，得到多组U1和U2的值。（3）该同学作出的的图像如图乙所示，若测得图线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则电源E的电动势为E=________，内阻为r=________。（均用E0，R0，r0，k，b表示）。【答案】①.左②.③.【解析】【详解】（1）[1]为保护电路，S与1接通前，应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动变阻器的滑片P应置于左端。（3）[2][3]当S与1接通时，由闭合电路欧姆定律，有即同理，当S与2接通时，有联立可得结合图乙可知故三、计算题（本题共3个小题，共32分，要求有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有结果没有过程的不能得分，有数值计算的必须写出数值和单位）14.小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m=1kg的小球（可视为质点），离地面高h=2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R=1m，圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r=0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小g=10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。（sin53°=0.8，cos53°=0.6，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？（2）若LCD=5m，要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？【答案】（1）；（2）或【解析】【详解】（1）从A到B的过程，根据竖直方向上的运动学公式可得同时联立解得击打的瞬间有代入数据解得（2）若小球恰好经过E点，根据牛顿第二定律可得解得从A到E的过程中，根据动能定理可得解得若恰好当圆弧DE的中点，则有解得恰好到D点时，根据动能定理可得解得综上所述，动摩擦因数的取值范围为或15.在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）0.4N（2）0.528W【解析】【分析】【详解】（1）根据题意，静止