湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高二上学期入学考试物理 Word版含解析.docx

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长郡中学2023年高二暑假作业检测试卷物理试题时量:75分钟满分:100分第I卷选择题（共44分）一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，有选错得0分）1.与静止点电荷的电场类似，地球周围也存在引力场，引力做功与路径无关，所以可定义引力场强度和引力势。设地球的质量为M，地球半径为R，引力常量为G，质量为m的质点距地心距离为r（）时，引力势能为（取无穷远处为势能零点）。下列说法正确的是（　　）A.距地心r处，地球的引力场强度大小为B.距地心r处，地球的引力势为C.r增大，引力场强度和引力势均增大D.r增大，引力场强度和引力势均减小【答案】B【解析】【详解】A．由于点电荷电场强度大小关系为，对应到引力场应为，A错误；B．根据电势能与电势对应关系可推断引力势能与引力势的对应关系可知B正确；CD．根据以上分析可知，随着r增大，引力场强度减小，但由于引力势是负数，因此将增大，CD均错误。故选B。2.北斗系统主要由离地面高度约为（R为地球半径）的同步轨道卫星和离地面高度约为 的中圆轨道卫星组成，已知地球表面重力加速度为g，忽略地球自转。则下列说法正确的是（）A.中圆轨道卫星的运行周期为12小时B.中圆轨道卫星的向心加速度约为C.同步轨道卫星受到的向心力小于中圆轨道卫星受到的向心力D.因为同步轨道卫星的速度小于中圆轨道卫星的速度，所以卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向前方喷气减速【答案】B【解析】【详解】A．设M表示地球的质量，m表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力可得则有可知中圆轨道卫星的运行周期不等于12小时，故A错误；B．在地球表面为的物体，有中圆轨道卫星联立可得中圆轨道卫星向心加速度约为故B正确；C．同步轨道卫星与中圆轨道卫星质量关系不确定，则不能判断所受的向心力的关系，故C错误；D．因为同步轨道卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星的轨道半径，所以卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向后方喷气加速做离心运动，故D错误。故选B。 3.如图所示，质量为的带电小球（可视为质点）置于光滑绝缘的半圆形轨道上，空间存在水平向左的匀强电场。小球静止时，小球与圆心的连线与竖直方向之间的夹角为（）。现将电场方向沿顺时针缓慢转过90°，小球始终处于平衡状态，在此过程中，下列关于角度的变化情况说法正确的是（　　）A.逐渐减小B.逐渐增大C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】D【解析】【详解】现将电场方向沿顺时针缓慢转过90°，电场力的大小不变，方向不断变化，重力的方向不变，如图所示由图可知，电场方向顺时针转动过程中，先增大后减小，故D正确，ABC错误。故选D。4.视为质点的甲、乙两个小球先后在同一水平面相邻的两个位置以相同的初速度做竖直上抛运动，小球与出发位置的高度差与时间的图像如图所示，重力加速度为，根据图像所给的信息，下列说法正确的是（　　）A.甲回到抛出点的时刻为B.乙回到抛出点的时刻为 C.甲距抛出点的最大高度为D.甲、乙在同一水平线上时离抛出点的高度为【答案】B【解析】【详解】A．设甲回到抛出点的时刻为，两个图像具有对称性，则有解得故A错误；B．乙回到抛出点的时刻为故B正确；C．设竖直上抛运动的最大高度为，根据竖直上抛运动对称性结合可得故C错误；D．设甲运动到最高点的时刻为，由图像的对称性可得至，甲下落的高度为甲、乙在同一水平线时的高度为 综合可得故D错误。故选B。5.如图所示，一带正电的小球在匀强电场中，受到的电场力与小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向做加速度不为零的匀变速直线运动，ON与水平面的夹角为30°。不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　）A.电场力方向可能水平向左B.小球可能做匀加速直线运动C.小球的加速度大小一定小于gD.经过时间小球的速度方向发生改变【答案】D【解析】【详解】ABC．小球做匀变速直线运动，合力方向一定和速度方向在同一直线上，即在ON直线上，因为mg=qE，所有电场力qE与重力关于ON对称，根据几何关系可知，电场力qE与水平方向夹角为30°，受力情况如图所示：合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动，故ABC错误；D．当粒子减速为零时，所用时间为t，则 故经过时间，小球速度刚好减为零，然后反向加速，即小球的速度方向发生改变，故D正确。故选D。6.一轻质弹簧一端固定在倾角为的光滑斜面的底端，另一端拴住质量不计的物块P，Q为质量为的重物，弹簧的劲度系数为，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上匀加速运动，已知在前内F为变力，以后F为恒力（），则以下分析正确的是（　　）A.P、Q一起匀加速运动的加速度为B.F的最小值为，F的最大值为C.P、Q分离时弹簧为压缩状态D.若Р为有质量的物体，P、Q分离时弹簧为原长【答案】A【解析】【详解】AC．P、Q静止时，设弹簧压缩量为x，则①0.2s时P、Q分离，由于P质量不计，合力为零，此时P、Q间无弹力，弹簧恢复原长，则Q在0.2s内②带入数据可得③故A正确，C错误；B．设P、Q间作用力大小为FPQ，弹簧弹力为FT，对P④对Q⑤在P、Q加速上移过程中，FT在逐渐较小，FPQ逐渐减小，F逐渐增大，故0s时的F是最小值Fmin，0.2s时的F是最大值Fmax。0s时 ⑥带入⑤式可得⑦0.2s时⑧带入⑤式可得故B错误；D．若P有质量，则刚要分离时，P合力也要沿斜面向上，弹簧必须有沿斜面向上的弹力，应处于压缩状态，D错误。故选A。二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。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，选对但不全得3分，有选错得0分）7.每周末在学校路上，可以见到同学们带行李箱，同学们有两种拉箱子的方式，将其简化为如图甲、乙所示的模型。两图中，箱子的质量、与水平地面间的动摩擦因数均相同，图甲中拉力F的方向水平，图乙中拉力F′的方向与水平地面存在夹角。若要使两图中的箱子由静止开始拉动相同的距离获得相同的速度，则（　　）A.甲箱子克服摩擦力做的功一定大于乙箱子克服摩擦力做的功B.甲箱子克服摩擦力做的功一定小于乙箱子克服摩擦力做的功C.F做的功一定大于F′做的功D.F做的功一定小于F′做的功【答案】AC【解析】【详解】AB ．箱子的质量、与水平地面间的动摩擦因数均相同，图甲的摩擦力大小和图乙的摩擦力大小分别为位移相同，根据功的定义式得甲箱子克服摩擦力做的功一定大于乙箱子克服摩擦力做的功，A正确，B错误；CD．箱子获得相同的动能，根据动能定理得甲克服摩擦力做功较大，故F做的功一定大于F′做的功，C正确，D错误。故选AC。8.如图所示，单刀双掷开关S原来跟“2”相接。从t=0开始，开关改接“1”，一段时间后，把开关改接“2”，则流过电路中P点的电流I和电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图像可能正确的有（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】AB．从开始，开关接“1”电容器开始充电，由于电容器带电量越来越多，充电电流越来越小，最后减小到0，把开关改接“2”后，电容器通过电阻R放电，随电容器带电量越来越小，电流也会越来越小，最后电流减小到零，放电过程中电流的方向与充电过程中相反，故A错误，B正确；CD．从开始，开关接“1”电容器开始充电，由于充电电流越来越小，电容器两板间的电压增加的越来越慢，把开关改接“2”后电容器通过R 放电，由于放电电流越来越小，电容器两板间的电压减小的越来越慢，但整个过程中始终为正值，故C正确，D错误。故选BC。9.如图所示，质量为M、长为L=7m的木板Q放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为m的物块P放在木板的最左端。T=0时刻给物块水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移为x=4m。则下列说法正确的是（）A.P、Q所受的摩擦力之比为m:MB.摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为11:4C.P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的热量之比为11:7D.Q增加的动能与系统损失的机械能之比为11:4【答案】BC【解析】【详解】A．P对Q的摩擦与Q对P的摩擦是作用力、反作用力，即P、Q所受的摩擦力之比为，故A错误；B．摩擦力对物体P所做的功为摩擦力对物体Q所做的功为摩擦力对P与摩擦力对Q所做的功的绝对值之比为，故B正确；CD．对P由动能定理得对Q由动能定理得P、Q组成的系统因摩擦而产生的热量为即系统损失的机械能为fL，则 故C正确，D错误。故选BC。10.如图甲所示，一平行板电容器极板板长，宽，两极板间距为。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长的“狭缝”粒子源，可沿着两极板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为、速度为的带电粒子（不计重力）。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下列说法不正确的是（）A.粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为B.粒子打在屏上的区域面积为C.在内，进入电容器内的粒子有能够打在屏上D.在内，屏上出现亮线的时间为【答案】ABC【解析】【详解】AB．设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为，水平方向有竖直方向有，解得当时粒子打到极板上，当时打到屏上，可知粒子通过电场时偏移距离最大为，则 解得又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为，区域面积为故A、B错误；C．粒子打在屏上的比例为所以在内，进入电容器内的粒子有能够打在屏上，故C错误；D．在前内，粒子打到屏上的时间又由对称性知，在一个周期（）内，打到屏上的总时间即屏上出现亮线的时间为，故D正确。本题选择错误的，故选ABC。第II卷非选择题（共56分）三、实验题（共2小题，每空2分，共16分）11.某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下：（1 ）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径__________。（3）测量时，应__________（选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间和。（4）计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失__________（用字母m、d、和表示）。（5）若适当调高光电门的高度，将会__________（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。【答案】①.7.884##7.882##7.883##7.885##7.886②.B③.④.增大【解析】【详解】（2）[1]依题意，小球直径为（3）[2]在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。（4）[3]依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为v1、v2，则有则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量为（5）[4]若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。12.为了测定某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：电阻箱、两个、阻值为定值电阻、电流表A（内阻未知）、电键若干、待测电源、导线若干。（1）现实验小组成员先测量电流表内阻，实验电路如图甲所示，有关实验操作如下： ①闭合，打开，调节，使电流表A满偏；②保持不变，再闭合，调节，当，电流表A的读数为满刻度的三分之二，由此可得电流表的内阻的测量值为______。③上述测量中，电流表的测量值比真实值______（填“偏大”、“偏小”或“不变”），产生误差的原因是合上开关后，通过电阻箱的电流______（填“大于”或“小于”）电流表A的满刻度的三分之一的值。（2）测定电流表内阻后，实验小组成员设计如图乙所示的电路图测量图中的电源的电动势和内阻。将开关S合上，多次调节电阻箱R的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A的示数I，实验小组成员作出了图像如图丙所示，根据图像和已知条件可求出电源电动势______V；电源的内阻______。【答案】①.1②.偏小③.大于④.3⑤.0.8【解析】【详解】（1）②[1]当，电流表A的读数为满刻度的三分之二，可认为此时通过的电流为电流表A的读数为满刻度的三分之一，则有解得电流表的内阻为 ③[2][3]上述测量中，电流表的测量值比真实值偏小；产生误差的原因是合上开关后，电流总电阻变小，电路总电流变大，故通过电阻箱的电流大于电流表A的满刻度的三分之一的值，则有可得（2）[4][5]根据闭合电路欧姆定律可得可得可知图像的斜率为解得电动势为图像的纵轴截距为解得内阻为四、计算题（共3小题，共40分）13.如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，指示灯RL的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻RM为2Ω．当开关S闭合时，指示灯RL的电功率P=4W．求： （1）流过电流表A的电流．（2）电动机M输出的机械功率．【答案】（1）2A．（2）7.5W．【解析】【详解】（1）设流过指示灯RL的电流为I1，流过电流表A的电流为I则指示灯RL的电功率P=I12RL代入数据解得I1=0.5A路端电压U=I1RL=8V由闭合电路欧姆定律有E=U+Ir解得I=2A即流过电流表的电流示数为2A．（2）设流过电动机M电流为I2根据并联电路的电流关系I2=I﹣I1=1.5A电动机输出的机械功率P出=I2U﹣I22RM代入数据解得P出=7.5W电动机输出的机械功率为7.5W．14.如图，质量为的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上升一质量为的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个质量为的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？（已知重力加速度为g。） 【答案】【解析】【详解】画出未放A时弹簧的原长状态和挂C后刚好使B离开地面的状态.以上两个状态弹簧的压缩量和伸长量分别为和该过程A上升的高度和C下降的高度都是x1+x2，且A、C的初速度、末速度都为零，设该过程弹性势能的增量为，由系统机械能守恒m1g(x1+x2)-m3g(x1+x2)+=0将C换成D后，A上升x1+x2过程系统机械能守恒m1g(x1+x2)-2m3g(x1+x2)++=0由以上两个方程消去ΔE，得15.如图所示，在xOy直角坐标系中，第一象限内的等腰直角三角形ABO区域内有水平向左的匀强电场（电场强度大小未知），在第二象限边长为L的正方形CBOM区域内有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E0，现有一带正电粒子（重力不计）从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过M点． (1)求ABO区域内的匀强电场的电场强度大小E1；(2)若ABO区域内匀强电场的电场强度为3E0，要使从AO线上某点由静止释放题述相同的带电粒子，通过坐标为（－2L，0）的点，求释放点的坐标．【答案】(1)(2)坐标为（，）【解析】【分析】(1)先应用动能定理求出粒子射出第一象限的速度大小，再利用类平抛运动规律求解电场；(2)综合动能定理和类平抛运动规律求解坐标．【详解】(1)设粒子的质量为m，电荷量为q．射出第一象限时的速度大小为v．在第一象限的电场中加速时，根据动能定理有，要使粒子过M点．在第二象限电场中偏转时，竖直方向和水平方向的位移大小均为L，解得：；(2)设从OA上坐标为（x，y）出发的带电粒子．通过第一象限电场过程中．出电场时速度为v1．其在第一象限电场中加速时．根据动能定理有：要使粒子过坐标为（－2L，0）点．在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y1，水平方向位移为L，则转电粒子运动轨迹如图所示由图可知：得： 得：其中y＝x解得：