第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年湖南省長沙一中高二（上）開學物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.測量引力常量的實驗裝置圖如圖所示，關于該實驗說法正確的是(

)A.該實驗最早由牛頓完成

B.該實驗應用了“微小量放大”的實驗方法

C.實驗測得的引力常量是一個沒有單位的常量

D.引力常量與物體質量有關2.如圖為一塊手機電池背面印有的一些符號，下列說法正確的是(

)摩托羅拉SNN5779A(L6…)

電池型號：SL?1102A?SNN5779AA

標稱電壓：3.7V

額定容量：620mA?

充電限制電壓：4.2V

生產日期：A.該電池的電動勢為4.2VB.該電池在工作1小時后達到的電流為620mA

C.當電池給手機供電時，外電路電壓為3.7VD.若電池以10mA的電流工作，可用62小時3.如圖所示，質量為m的物體，從高度為?的粗糙斜面頂端從靜止開始釋放，以后停在粗糙程度處處相同的平面上的B點，若該物體從斜面頂端以初速度v0沿斜面下滑，則停留在C點，恰有AB=BC。A點有一小段圓弧連接。重力加速度為g，那么物體在斜面上運動時摩擦力做的功為(

)A.14mv02 B.124.2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線，此現象被稱為“火星沖日”。火星和地球幾乎在同一平面內沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球的公轉軌道半徑之比約為3：2，如圖所示。(已知33：22A.火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27：8

B.當火星與地球相距最遠時，兩者的相對速度最小

C.過1.80年再次出現“火星沖日”

D.過2.25年再次出現“火星沖日”5.一跑車在封閉的水平道路上進行性能測試時，其牽引力的功率隨時間的變化關系如圖所示，已知0～10s內汽車做勻加速直線運動，10s末汽車速度達到20m/s，一段時間后達到最大速度60m/s，運動過程中阻力恒定，下列說法正確的是(

)A.勻加速過程加速度大小為3m/s2

B.勻加速過程發生的位移大小為200m

C.速度為30m/s時，加速度大小為1.5m/s26.如圖所示，ab是半徑為R=1m的圓的一條直徑，該圓處于平行該圓周平面的勻強電場中。將質子從a點以30eV的動能在該平面內朝著不同方向射出，質子可經過圓周上所有點。其中，到達c點的動能最大為90eV。已知∠cab=30°，若不計重力和阻力，且規定圓心O處電勢為0，則下列說法正確的是(

)A.電場方向為ac方向

B.電場強度大小為40

V/m

C.b點電勢為20

V

D.質子經過該圓周時，可能具有5eV動能的同時，其電勢能為45eV7.我們把兩個等量異號點電荷組成的系統稱為電偶極子。面積足夠大的平行板電容器，兩極板之間的距離為d，將電容器接在電壓恒定的電源兩端，規定無窮遠處電勢為0。將帶電量極小的電偶極子用長度為l的絕緣輕桿連接，將其從無窮遠處移到電容器兩極板之間處于如圖所示的狀態(桿和極板垂直)，移動電偶極子的過程中電場力做功為W；將兩極板分別圍繞O、O′點順時針旋轉30°，如圖中虛線所示，仍將絕緣輕桿連接的電偶極子從無窮遠處移動到同一位置，此過程中電場力做功為(

)A.0 B.W C.3D.2二、多選題：本大題共4小題，共20分。8.上課了，老師推門進入教室。如圖所示，在教室門被推開的過程中，下列關于教室門上A、B兩個位置的圓周運動說法正確的是(

)A.A、B位置的線速度相等

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.如圖所示，兩段長度和材料相同、各自粗細均勻的金屬導線a、b串聯連接在電路中，橫截面積之比Sa：Sb=2：3。下列說法正確的是A.兩導線電阻之比為2：3

B.兩導線中的電場強度之比為2：3

C.兩導線的焦耳熱功率之比為3：2

D.自由電子在兩導線中移動的速率之比va：vb=310.如圖所示的電路中，定值電阻R1、R2、R3的阻值均為R0，電源電動勢為E，內阻為r，R為滑動變阻器，電表均為理想電表。開關S閉合后，滑動變阻器的滑片從圖示位置向左滑動的過程中，電壓表示數變化量的絕對值為ΔU，電流表示數變化量的絕對值為ΔIA.電壓表示數增大 B.R2消耗的功率減小 C.電源的效率減小 D.11.如圖所示，彈性繩一端固定于A點，另一端連接穿在豎直桿上質量為m的小球，B處是位于AM中點的光滑

定滑輪，且AB距離等于彈性繩原長L，此時ABM在同一水平線上，彈性繩勁度系數k=mgL(g為重力加速度).小球從M點由靜止開始經過時間t滑到距M點為?的N點時速度恰好為零，球與桿間的動摩擦因數為μ=0.5.則從M到N的過程中(

)A.彈性繩對小球做的功為?1B.摩擦力對小球做的功為?mg?

C.小球的加速度先減小再增大 D.小球下落L2三、實驗題：本大題共2小題，共16分。12.如圖1所示為驗證機械能守恒定律的實驗裝置。

(1)如圖2，釋放紙帶前的瞬間，重錘和手的位置合理的是______；

(2)由于受阻力的影響，重錘增加的動能ΔEk與減少的重力勢能ΔEp的大小關系為ΔEk______ΔEp(選填“大于”、“小于”或“等于”)；

(3)如圖3是某次實驗中打出的一條紙帶，O點是打下的第一個點，打點計時器打點的時間間隔為T，重力加速度為g，要驗證13.某物理實驗小組準備測量未知電阻Rx(約為2kΩ)的阻值和某型號手機鋰電池的電動勢和內阻。電池已拆開，電動勢E標稱值為3.4V，允許最大放電電流為100mA。在實驗室備有如下實驗器材：

A.電壓表V(量程4V，內阻RV約為10kΩ)

B.電流表A1(量程100mA，內阻RA為25Ω)

C.電流表A2(量程2mA，內阻R2約為100Ω)

D.滑動變阻器R(0～40Ω，額定電流1A)

E.電阻箱R0(0～9999Ω)(1)為了測定電阻Rx的阻值，實驗小組設計了如圖甲所示的電路原理圖，電源用待測的鋰電池，則電流表應選用______(選填“A1”或“A2”)，將電壓表的讀數除以電流表的讀數作為Rx的測量值，則測量值______(選填“大于”“等于”或“小于”)真實值。

(2)該實驗小組設計了如圖乙所示的電路原理圖來測量鋰電池的電動勢E和內阻r。

①電流表示數的倒數1I與電阻箱阻值R0之間的關系式為______(用字母E，r，RA表示)。

②在實驗中，多次改變電阻箱的阻值，獲得多組數據，根據數據作出的1I?R0圖像為圖丙所示的直線，根據圖像可知該鋰電池的電動勢E=______四、計算題：本大題共3小題，共36分。14.有一水平足夠長的傳送帶，以v0=5m/s的速度沿順時針方向勻速運轉，傳送帶右端平滑連接了一個傾角為37°的粗糙斜面，物體與斜面、物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ均為0.5；現將一質量m=1kg的物體輕放在距離傳送帶最右端L=7.5m處，已知sin37°=35，cos37°=45,g取10m/s2，求：

(1)15.如圖所示，一彈射游戲裝置，由豎直光滑管道AB、半徑R=0.9m的四分之一光滑圓弧軌道BC和傾角為37°的斜面EF組成。游戲時，將彈簧壓縮到某一位置，依靠彈簧彈力將質量為m=0.1kg的小球發射出去。現將彈簧壓縮至離地面上A點0.2m處釋放，小球能沿著圓弧恰好通過最高點C，并垂直擊中斜面EF上的D點。已知圓弧軌道的C點和斜面底端E點在同一豎直線上，忽略空氣阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)C、D兩點間的豎直高度；

(2)彈簧對小球做的功。16.絕緣的粗糙水平地面上方有一豎直方向的矩形區域OCC′O′，該區域由三個水平邊長是L，豎直邊長是2L的小矩形區域組成，從左到右依次為區域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形區域的下邊OC與桌面相接。為方便描述建立如圖所示的平面直角坐標系；區域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分別存在沿y軸負方向、y軸正方向、y軸正方向的勻強電場，其場強大小比例為1：1：2。現有一帶正電的滑塊(可視為質點)以某一初速度v0(未知)從O點沿x軸正方向進入區域Ⅰ，滑塊最終從P點(3L,12L)(圖中未標出)離開區域Ⅲ。已知滑塊在區域Ⅰ中所受靜電力與所受重力大小相等，地面與滑塊間的動摩擦因數為0.125，重力加速度為g。求：

(1)滑塊進入區域Ⅲ時的速度大小v1；

(2)滑塊在矩形區域OCC′O′運動的總時間；

(3)若滑塊以相同大小的初速度v0(未知)從P點沿x軸負方向進入區域Ⅲ，試確定滑塊離開電場區域的位置答案解析1.B

【解析】解：A.測量引力常量的實驗最早由卡文迪什完成，實驗應用了“微小量放大”的實驗方法，根據萬有引力定律可知，測得的引力常量是一個帶有單位的常量，引力常量與物體質量無關，故ACD錯誤，B正確。

故選：B。

根據物理學史分析判斷；測量引力常量的實驗應用了“微小量放大”的實驗方法，根據萬有引力定律分析判斷。

在高中物理學習中，我們會遇到各種不同的研究方法，這些方法對我們理解物理有很大的幫助，注意理解引力常量。2.D

【解析】解：A、該電池的電動勢為3.7V，故A錯誤；

B、容量的含義是指620mA的電流放電，只能放電1小時；而不是工作1小時后電流達到620mA，故B錯誤；

C、3.7V是電源的電動勢，與外電路無關，故C錯誤；

D、該電池的總電量為620mA??，為電池的容量由q=It可知，以10mA的電流為用電器供電則供電時間為：t=qI=620mA??10mA=62?，故D正確；

故選：D。

620mA??，表示電池儲存能量的多少，mA??為電量單位；3.B

【解析】解：設斜面上運動時摩擦力所做的功為W1，AB段摩擦力所做的功為W2，由于AB=BC，則在BC段摩擦力做功也為W2。

過程一，根據動能定理可得：mg?+W1+W2=0；

過程二，根據動能定理可得：mg?+W1+2W2=0?12mv02；

聯立解得：W4.D

【解析】解：A.根據開普勒第三定律r3T2=k，火星與地球的公轉軌道半徑之比約為3：2，火星與地球繞太陽運動的周期之比約為

T火T地=3322

故A錯誤；

B.火星和地球繞太陽勻速圓周運動，速度大小均不變，當火星與地球相距最遠時，由于兩者的速度方向相反，故此時兩者相對速度最大，故B錯誤；

CD.根據火星與地球繞太陽運動的周期之比約為

T火T地=3322

已知地球的公轉周期為

T地=1年

則火星的公轉周期為

T5.D

【解析】解：A.汽車做勻加速直線運動時，根據加速度a=vt=2010m/s2=2m/s2，即加速度大小為2m/s2，故A錯誤；

B.勻加速過程中的位移大小x=12at2=12×2×102m=100m，故B錯誤；

C.汽車的最大速度為vm=60m/s，圖中發動機的最大功率P=60kW，則阻力f=Pvm=60×10360N=1000N，當汽車速度為v1=30m/s時，設加速度大小為a1，根據Pv1?f=ma6.B

【解析】解：A、小球在c點時的動能最大，電場力做的功最多，則c點的電勢最低。作過c點與圓周相切的線，該切線為等勢線，Oc方向即為電場方向，故A錯誤；

B、根據A選項分析，作出下圖所示。

由幾何關系可知

Lad=R+Rcos60°=1.5R=1.5×1m=1.5m

根據分析可知

Uad=Uac=Wace=Ekc?Ekae=90eV?30eVe=60V

則電場強度的大小為

E=UadLad=601.5V/m=40V/m，故B正確；

C、根據沿著電場線方向電勢逐漸降低，結合圖可得UeO=UbO=φb?φO=?ERsin30°，其中φO=0

解得：φb=?20V，故C錯誤；7.B

【解析】解：設初始時刻電容器兩極板間的電場強度為E1，則E1=Ud，設正、負電荷所在點的電勢分別為φ1和φ2，則電偶極子的電勢能Ep1=q(φ1?φ2)=qE1l=qUld，則電場力做功W=?Ep1=?qUld8.BC

【解析】解：B.由于A、B位置繞同軸轉動，故A、B的角速度相等，故B正確；

A.由線速度公式：v=ωr可知，A、B位置的角速度相等，半徑不同，則A、B的線速度不等，故A錯誤；

C.由周期與角速度的公式：T=2πω可知，A、B位置的角速度相等，則A、B的周期相等，故C正確；

D.由向心加速度公式：a=ω2r可知，A、B位置的角速度相等，半徑不同，則A、B的向心加速度不等，故D錯誤。

故選：BC。

9.CD

【解析】解：A、根據電阻定律R=ρLS可得兩導線的電阻之比為RaRb=SbSa=32，故A錯誤；

B、兩導線串聯，所以通過兩導線的電流相等，根據歐姆定律U=IR可得兩導線兩端的電壓之比為UaUb=RaRb=32，

根據電場強度與電勢差的關系E=Ud可得，兩導線中的電場強度之比為EaEb=U10.AD

【解析】解：A.滑動變阻器的滑片從圖示位置向左滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的阻值增大，則外電路總阻值增大，根據閉合電路歐姆定律可得：I干=Er+R外，可知干路電流減小，電壓表的示數為：U=E?l干(r+R1)，可知電壓表示數增大，故A正確；

B.R2消耗的功率為PR2=U2R2，因U增大，故R2消耗的功率增大，故B錯誤；

C.根據電源的效率η=U端I干EI干=U端E，而路端電壓U端=E?l干r，可得U端增大，電源的效率增大，故11.ACD

【解析】解：AB、設小球在MN中間的任意位置C時，此時BC兩點的距離為x，設彈性繩與水平方向的夾角為θ，則此時小球對桿的彈力為：

FN=kx?cosθ=kL

又k=mgL

解得：FN=mg

小球受到的摩擦力為：

f=μFN=12mg

根據求功公式，可知小球從M到N摩擦力做功為：

Wf=?f?=?12mg?

對小球從M到N的過程中，根據功能關系得：

mg?+W彈?12mg?=0

解得彈性繩對小球做的功為：W彈=?12mg?，

故A正確，B錯誤；

D、小球下落L2時，根據幾何關系，可知彈性繩的伸長量為：

ΔL=L2+(L212.丙

小于

g(s【解析】解：(1)在驗證機械能守恒定律的實驗裝置中，為減小實驗誤差，且保證重錘和紙帶下落過程中，盡可能只受到重力的作用，且保證能充分利用紙帶打出較多清晰的點，釋放前必須保持提起的紙帶處于豎直位置，并且使重物靠近打點計時器，故合理的位置為丙圖。

(2)由于紙帶受阻力的影響，重錘的一部分重力勢能轉化為內能，導致增加的動能ΔEk小于減少的重力勢能ΔEp。

(3)重錘下落到B點時的速度大小為

vB=s1+s22T

要驗證O點到B點過程機械能是否守恒，需要驗證等式

mg(s0+s1)=12mvB2

即13.A2

大于

1I=R0【解析】解：(1)根據題意，由歐姆定律可得，流過電流表的最大電流約為

I=ERx=3.42000A=1.7×10?3A=1.7mA

則電流表應選用A2。

根據電路圖甲可知，電流表采用的是內接法，由于電流表的分壓，電壓表的測量值大于真實值，由歐姆定律可知，電阻的測量值大于真實值。

(2)①根據題意及電路圖乙，由閉合電路的歐姆定律可得：

E=I(r+RA+R0)

整理可得：1I=R0E+RA+rE

②根據題意，結合圖丙可得：14.解：(1)物塊輕放上傳送帶以后做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可知，其加速度為a=μmgm=μg

物塊加速到與傳送帶共速所走過的位移為x=v022a

解得x=2.5m<7.5m

勻加速階段時間為t1=v0a

物塊與傳送帶共速后保持勻速，物塊勻速運動的時間為t2=L?xv0

所以該物塊從輕放到第一次到達傳送帶最右端經過的時間為t=t1+t2

解得t=2s

(2)物塊在傳送帶上運動的過程中物塊和傳送帶之間的相對位移為Δx=v0t1?x

所以產生熱量為Q=μmgΔx

解得Q=12.5J

(3)小物塊以v0第一次沖上斜面后再次回到最底端時速度v1的大小小于v0，在足夠長傳送帶上運動一個來回后速度與【解析】(1)分析物塊在傳送帶的運動情況，根據牛頓第二定律與運動學公式解答；

(2)根據摩擦力做功可解得熱量；

(3)分析物塊的運動情況，根據功能關系解答。

解決該題的關鍵是明確知道物塊在傳送帶上的運動情況，知道物塊從斜面上滑下再回到傳送帶上的運動過程，熟記運動學相關的公式。15.解：(1)小球恰好通過C點，在C點所需向心力恰好等于重力，則有：

mg=mvC2R

解得：vC=3m/s

由C點到D點的過程小球做平拋運動，擊中斜面時速度方向垂直于斜面，如下圖所示：

可得在D點豎直分速度與水平分速度的關系為：vC=vytan37°

豎直方向為自由落體運動，則有：vy2=2g?1

解得C、D兩點間的豎直高度為：?1=0.8m

(2)小球平拋運動的過程，在豎直方向上有：?1=12gt2