2023-2024学年江苏省苏州市常熟市高二（上）暑期物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 用不同材料制成两个形状和大小完全相同的电阻、，它们的图像如图所示。若、的电阻率分别为、，下列说法正确的是( )
A.
B.
C. A、并联后整体的图像可能是
D. A、串联后整体的图像可能是
2. 下列判断正确的是( )
A. 图甲中磁铁向右插入不闭合线圈，线圈中会产生感应电动势
B. 图乙中矩形金属线圈水平向右移动，矩形线圈中会产生感应电流
C. 图丙中闭合导线框以其任何一条边为轴在磁场中旋转，都能产生感应电流
D. 图丁中水平放置的圆形线圈直径正上方导线中电流增大，线圈中产生感应电流
3. 一只风扇，标有“、”，电动机线圈电阻为，把它接入电压为的电路中能正常工作，经过时间，下列说法正确的是( )
A. 流过电风扇的电荷量为 B. 电风扇输出机械能
C. 电风扇的发热量为 D. 电风扇的发热量为
4. 年月日，天问一号火星探测器搭乘长征五号遥四运载火箭成功发射，中国航天开启了走向深空的新旅程。由着陆巡视器和环绕器组成的天问一号经过如图所示的发射、地火转移、火星捕获、火星停泊、离轨着陆和科学探测六个阶段后，其中的着陆巡视器将于年月至月着陆火星，则( )
A. 天问一号发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
B. 天问一号在“火星停泊段”运行的周期大于它在“科学探测段”运行的周期
C. 天问一号从图示“火星捕获段”需经过加速才能运动到“火星停泊段”
D. 着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆火星过程，机械能守恒
5. 如图所示，有一个半径为的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度，下列叙述中正确的是( )
A. 的极小值为
B. 由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大
C. 当由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大
D. 当由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐减小
6. 如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了，金属块克服摩擦力做功，重力做功，则以下判断正确的是( )
A. 金属块带负电荷 B. 金属块克服电场力做功
C. 金属块的电势能减少 D. 金属块的机械能减少
7. 如图所示的电路中，、是定值电阻，电表均为理想电表，是磁敏材料制定的元件其特点无磁场时处于断开状态，有磁场出现时导通。闭合开关，滑动变阻器的滑片处于某位置，当有磁铁靠近附近时( )
A. 电流表读数减小 B. 的功率减小 C. 电压表读数增大 D. 电源总功率增大
8. 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，极板固定，当手机的加速度变化时，极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中为定值电阻。下列对传感器描述正确的是( )
A. 静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电
B. 由静止突然向前加速时，电容器的电容增大
C. 由静止突然向前加速时，电流由向流过电流表
D. 保持向前匀减速运动时，电阻以恒定功率发热
9. 如图所示，在、处各放一个等量正点电荷，点为、连线的中点，一带正电的试探电荷从点由静止出发，沿直线运动到点，、关于点对称，以为坐标原点，为轴的正方向，下列各图关于试探电荷速度、电势能及轴上各点电场强度、电势的描述正确的是( )
A. B.
C. D.
10. 现代科技中常常利用电场来控制带电粒子的运动。某控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置组成，如图所示。加速电场可以提供需要的电压，偏转电场为辐向电场，其内外圆形边界的半径分别为、，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，方向沿半径向外，且满足为半径，已知处的电场强度大小为，带电粒子的质量为，电荷量为，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。则( )
A. 加速电场电压无论取多少，粒子只要垂直飞入电场，就一定能做匀速圆周运动
B. 要使粒子由静止加速后能从点沿半径的圆形轨迹到达点，则加速电场的电压为
C. 若加速后从间垂直方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子做圆周运动的周期与轨迹对应半径应满足的关系式
D. 若粒子从点垂直于方向射入，对应的轨迹可能是抛物线
二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
11. 如图甲所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置取。
选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中点为打点计时器打下的第一个点，、、为三个计数点，打点计时器通以频率为的交变电流。在计数点和、和之间还各有一个点，重锤的质量为。根据以上数据算出取：当打点计时器打到点时重锤的重力势能比开始下落时减少了______ ，此时重锤的速度 ______ ，此时重锤的动能比开始下落时增加了______ 。结果均保留三位有效数字
利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离，算出各计数点对应的速度，然后以为横轴、以为纵轴作出如图丙所示的图线，图线的斜率近似等于______ 。
A.
B.
C.
图线未过原点的原因是______ 。
三、简答题（本大题共4小题，共45.0分）
12. 我国发射的高分系列卫星中，高分四号卫星处于地球同步轨道。如图所示，卫星是位于赤道平面内、绕行方向与地球自转方向相同的近地卫星，是高分四号地球同步卫星，此时刻、连线与地心恰在同一直线上且相距最近。已知的角速度为，地球自转角速度为，万有引力常量为。
估算地球的密度；
由图示时刻开始，至少经过多长时间、相距最远？
13. 如图所示，竖直放置的、与水平放置的、为两对正对的平行金属板，、两板间电势差为，、两板分别带正电和负电，两板间场强为，、两极板长均为。一质量为，电荷量为的带电粒子不计重力由静止开始经、加速后穿过、并发生偏转，最后打在荧光屏上。求：
粒子离开板时速度大小；
粒子打在荧光屏上时的动能。
14. 如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端与水平传送带平滑相接，传送带长。有一个质量为的滑块放在水平平台上。平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接。现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内。在弹簧处于压缩状态时，若将滑块静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为取。
若传送带静止，求弹簧储存的最大弹性势能；
若传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块从运动到的过程中，求摩擦力对它所做的功；
若两轮半径均为，传送带顺时针匀速转动的角速度为时，让滑块从点以速度滑上传送带，滑块恰好能从点水平飞出传送带。求的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能。
15. 如图所示，在距水平地面高为处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上点固定一轻定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在点的右边，杆上套有一质的小球。半径的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心在点的正下方，在轨道上套有一质量也为的小球，用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现对小球施加一个水平向右的恒力。取，求：
小球被拉到与小球速度大小相等时，小球距离地面高度；
把小球从地面拉到的正下方时，求小球的速度大小以及此时小球对圆形细轨道的压力；
在第小题的情况下，此时撤去，求小球落到地面时的速度大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、图像的斜率为电阻，由题图可知
由电阻定律可知，两个形状和大小完全相同的电阻阻值，与电阻率成正比，故
故A正确，B错误；
C、、并联后的电阻小于任意一个支路的电阻
故图像的斜率比、的都小，、并联后整体的图像不是，故C错误；
D、、串联后的电阻大于任意一个电阻，故
A、串联后整体的图像斜率比、的都大，不是，故D错误。
故选：。
、根据图像的斜率为电阻，判断电阻的大小关系，再根据电阻定律判断电阻率关系；
、根据串并联关系判断阻值的变化，再结合图像的斜率表示电阻率判断。
本题考查了图像，结合欧姆定律、电阻定律进行分析，关键要读懂图像的意义。
2.【答案】
【解析】解：、图甲中磁铁向右插入不闭合线圈，穿过线圈的磁通量增加，线圈中会产生感应电动势，故A正确；
B、图乙中矩形金属线圈水平向右移动，穿过矩形线圈的磁通量不变，线圈中不会产生感应电流，故B错误；
C、图丙中闭合导线框以其左边或右边为轴在磁场中旋转，线圈的磁通量始终为零，不能产生感应电流，故C错误；
D、图丁中金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，根据安培定则可知，直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使增大通过导线中电流，圆形线圈中的磁通量始终为零，不会产生感应电流，故D错误。
故选：。
感应电动势产生的条件是穿过电路的磁通量发生变化，感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照条件判断即可。
解答本题时，要准确掌握感应电动势和感应电流产生的条件，要注意两者的区别。只要磁通量发生变化，电路就产生感应电动势，如果电路闭合，也产生感应电流。
3.【答案】
【解析】解：电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以时间内产生的热量为；由于是非纯电阻电路，故I，故，流过电风扇的电荷量，故AC错误；
B.电风扇的功率为，而电风扇消耗的电能大部分转化为机械能，所以机械能：，故B错误；
D.由于，，故，故D正确；
故选：。
电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，是非纯电阻，根据电功率计算公式分析解答。
本题考查了电动机正常工作时产生热量的计算，是一道基础题，关键是正确理解电功和电热的关系以及各自的求解方法。
4.【答案】
【解析】解：、天问一号已脱离地球达到火星，所以天问一号发射速度必须大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故A错误；
B、天问一号绕“火星停泊段”运行时轨道半长轴大于它绕“科学探测段”运行时轨道半长轴，根据开普勒第三定律知天问一号绕“火星停泊段”运行的周期大于它绕“科学探测段”运行的周期，故B正确；
C、天问一号从图示“火星捕获段”需经过减速才能运动到“火星停泊段”，故C错误；
D、着陆巡视器从图示“离轨着陆段”变轨至着陆火星做近心运动，必须减速，机械能要减小，故D错误。
故选：。
根据宇宙速度的意义分析天问一号发射速度的关系；根据开普勒第三定律分析周期关系；结合变轨原理分析天问一号速度的变化，从而得到机械能的变化。
解决本题时，要理解并掌握卫星的变轨原理，知道卫星要做近心运动，必须减速，机械能要减小。
5.【答案】
【解析】解：、因为轨道内壁下侧可以提供支持力，则最高点的最小速度为零，故A错误；
、当 时，此时管道下壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得：且随着速度的增大，作用力在逐渐减小；当 管道上壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得， 且 随着速度的增大，作用力在逐渐增大；故B错误；C正确；
D、当由值逐渐减小时，从公式轨道对小球的弹力逐渐增大，故D错误；
故选：。
小球在最高点，靠重力和管道的弹力提供向心力，最小速度为零，当时，轨道的弹力为零，根据牛顿第二定律小球弹力和速度的关系。
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，注意该模型与杆模型类似，与绳模型不同。
6.【答案】
【解析】解：、、、在金属块滑下的过程中动能增加了，金属块克服摩擦力做功，重力做功，根据动能定理得：
解得：
所以金属块克服电场力做功，金属块的电势能增加．
由于金属块下滑，电场力做负功，
所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误，B错误，C错误；
D、在金属块滑下的过程中重力做功，重力势能减小，动能增加了，所以金属块的机械能减少，故D正确．
故选：．
在金属块滑下的过程中动能增加了，金属块克服摩擦力做功，重力做功，根据动能定理求出电场力做功；电场力做功等于电势能的减小量；重力做功等于重力势能的减小量．
解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．
7.【答案】
【解析】解：、当有磁铁经过附近时，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得：，则知电流表示数变大，外电路电压为，变大，其它量不变，所以电压表示数减小，故AC错误；
B、无磁场时，处于断路状态，电功率为，有磁场时有电功率，故B错误
D、干路电流变大，根据可知电源总功率增大，故D正确。
故选：。
当有磁铁经过附近时，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析电流表示数的变化，并判断电压表读数的变化。分析干路电流变化，判断总功率变化。
本题可将看成可变电阻，通过分析外电阻的变化来判断各部分电压和电流的变化。
8.【答案】
【解析】解：、静止时，电容器的电容不变，则电容器电量不变，电流表示数为零，电容器两极板带电，选项A错误；
、由静止突然向前加速时，板向后运动，则电容器两极板间距变大，根据可知，电容器的电容减小，根据知，电容器带电量减小，则电容器放电，电流由向流过电流表，故B错误，C正确；
D、保持向前匀减速运动时，加速度不变，则板在某位置静止不动，电容器电量不变，电路中无电流，所以电阻的功率为零，故D错误。
故选：。
静止时，电容器连在电源两端，电容器带电，但电路中无电流；由静止突然向前加速时，用决定式分析平行板电容器电容的变化，用定义式分析电容器所带电荷量的变化；保持向前匀减速运动时，板静止不动，电容器电量不变，无电流通过电阻。
本题主要考查电容器的动态分析问题，关键是可以根据题设条件结合决定式分析出平行板电容器电容的变化情况。
9.【答案】
【解析】解：、根据等量同种电荷电场的分布特点可知，点的场强为零，故试探电荷在点受到的电场力为零，加速度为零；从点向两侧电场强度逐渐增大，故AC错误；
B、正等量同种点电荷的电场中，它们连线的中点处的电势最低，而且两侧是对称的，所以正电荷的电势能也应该是关于点是对称的，故B错误；
D、正电荷周围的电势为正，且两电荷连线中点的电势最低，而且两侧是对称的，故D正确。
故选：。
根据等量同种点电荷电场强度的变化的特点，分析加速度的变化，来分析图象的形状。由图象等于场强，分析其形状。由电场力做功情况分析电势能的变化。
解决本题时，关键要掌握等量同种电荷电场的分布及特点，抓住对称性。对于图象，要注意分析图象斜率的物理意义。
10.【答案】
【解析】解：、设加速电场电压，粒子垂直飞入电场，做匀速圆周运动，则由动能定理有：
在辐向电场中，由牛顿第二定律得：
联立两式得：
即加速电压与粒子入射的半径满足以上关系，粒子才能做匀速圆周运动，故A错误；
B、带电粒子在电场中加速，有：
粒子在偏转电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，可得：
又由题意知：，
联立上式解得：，故B错误；
C、若粒子在偏转电场中做圆周运动的半径为，由电场力提供向心力可得：
又由题意和运动学公式有：，
联立解得：，故C正确；
D、若粒子从点垂直于方向射入，且恰能从右侧处点垂直于方向射出，其轨迹如图中轨迹所示，粒子在轨迹的位置离的距离为时，粒子受到的电场力为：，对比万有引力表达式：，可知粒子在偏转电场中运动的受力特点与行星绕太阳转动的受力特点相似，故粒子在偏转电场中运动特点与行星的运动特点相似，粒子在偏转电场中的轨迹为椭圆，故D错误。
故选：。
粒子在加速电场中加速，根据动能定理列式，粒子在电场中做圆周运动，电场力提供向心力，列式，即可分析判断加速电压及对应的半径的关系；
根据电场力提供向心力，由题设条件和周期的公式即可求解粒子的运动周期；
类比行星绕太阳运动的万有引力公式，可以得到粒子在偏转电场中运动特点与行星的运动特点相似，粒子在偏转电场中的轨迹为椭圆。
本题考查带电粒子在电场中的运动，第三问中，由于电场强度变化，粒子的运动不是圆周运动，可以类比行星的运动进行求解。
11.【答案】 实验时先释放重锤后接通电源
【解析】解：当打点计时器打点时重锤的重力势能比开始下落时减少了；
打点计时器通以频率为的交变电流，打点计时器打点的时间间隔，
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打点时重锤的速度，
此时重锤的动能比开始下落时增加了。
由机械能守恒定律得：，整理得：，则图像的斜率，故选：。
由图丙所示图像可知，图像在纵轴上有截距，即时重锤的速度不为零，可能是实验时先释放重锤后接通电源造成的。
故答案为：；；；；实验时先释放重锤后接通电源。
根据重力势能的计算公式求出重力势能的减少量；应用匀变速直线运动的推论求出瞬时速度，然后求出动能的增加量。
应用机械能守恒定律求出图像的函数表达式，然后分析答题。
明确图象的性质，明确纵轴截距的意义即可确定误差情况。
理解实验原理是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论、重力势能与动能的计算公式即可解题。解题时注意单位换算与有效数字的保留。
12.【答案】解：设地球半径为，地球质量为，近地卫星的质量为，根据牛顿第二定律有：
变形解得：
而地球体积为：
所以密度为：
当和转过得圆心角相差为时，第一次相距最远有：
解得：
即至少经过时间，、相距最远。
答：估算地球的密度为；
由图示时刻开始，至少经过的时间、相距最远。
【解析】对近地卫星，由万有引力提供向心力从面地球的质量，再由密度公式求密度；
当第一次相距最远时，由近地卫星比同步卫星多转半圈列式求时间。
本题是万有引力在卫星中的应用，此类问题抓住关键，即万有引力提供向心力，从而可以求得质量。其次是两个赤道卫星的追击问题，抓住从相距最近到相距最远，多转半圈的关系列式求解。
13.【答案】解：粒子在极板间运动只受电场力作用，对粒子在间运动应用动能定理可得：
解得：；
粒子在间运动初速度水平，合外力即电场力方向竖直向下，粒子做类平抛运动，根据类平抛运动规律，水平方向有：
沿电场线方向有：
根据牛顿第二定律得：
联立解得：。
在加速电场中，加速电场做的功：
在偏转电场中，电场力做的功：，解得：。
从开始到打在屏上，根据动能定理有：
代入数据可得粒子打在荧光屏上时的动能：
答：粒子带正电，粒子离开板时速度大小为；
粒子打在荧光屏上时的动能为。
【解析】根据动能定理求得离开板时的速度；
根据粒子在间做类平抛运动，由水平位移求得运动时间，即可求得竖直偏转位移，根据动能定理求粒子打在屏上的动能。
带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，一般对粒子运动情况和受力情况进行分析，应用牛顿第二定律与匀变速直线运动规律或动能定理解答。
14.【答案】解：弹簧处于压缩状态，弹簧释放恢复原长时，弹簧储存的最大弹性势能完全转化为滑块的动能，则有：
对滑块，从到，由动能定理有：
联立解得：，
因为，所以滑块刚滑到传送带上时做匀减速直线运动。
滑块的加速度大小为：
设滑块经时间与传送带共速，则有：
滑块在时间的位移为：
联立解得：，则滑块与传送带共速后，将与传送带一起匀速运动。
滑块从运动到的过程中，摩擦力对它所做的功为：
滑块恰好能从点水平飞出传送带，则有：
解得：，且有
滑块要减速到点，设滑块经时间与传送带共速，则有：
滑块在时间的位移为：
联立解得：，
所以滑块从运动到的过程中一直匀减速运动，这一过程中滑块与传送带间产生的内能为：
答：弹簧储存的最大弹性势能为；
摩擦力对它所做的功为；
的大小为、这一过程中滑块与传送带间产生的内能为。
【解析】弹簧释放恢复原长时，弹簧储存的最大弹性势能完全转化为滑块的动能，由功能关系可列方程；对滑块，从到，由动能定理可列方程；联立方程可求滑块在点速度、弹簧储存的最大弹性势能；
根据滑块在点速度与传送带速度的大小关系，判断滑块刚滑到传送带上时做何种运动。由运动学公式和牛顿第二定律可求滑块与传送带相对滑动的位移，而后根据功的公式、可求从到过程中摩擦力对滑块所做的功；
滑块恰好能从点水平飞出传送带，则在点，滑块由重力充当向心力，可列方程求出滑块在点速度，即传送带速度；由角速度与线速度的关系可求的大小；由运动学公式可求滑块与传送带相对滑动的时间和位移，这一过程中滑块与传送带间产生的内能等于滑块所受滑动摩擦力和滑块与传送带相对滑动位移的乘积。
解答本题要理清滑块在传送带上的运动过程，求出滑块与传送带的相对滑动位移，要明确“滑块恰好能从点水平飞出传送带”的物理条件。
15.【答案】解：当细绳与轨道相切时，两球速度大小相等，设此时小球距离地面高度为，如图所示：
联立两式，解得：
把小球从地面拉到的正下方时，由几何知识可得力作用点的位移为
则
球到点时，其沿绳分速度为零，所以此时小球的速度为零，设小球速度大小为，由功能关系有
代入数据解得：
设小球在点所受轨道向下的支持力为，由牛顿第二定律和向心力公式有
代入数据解得：
由牛顿第三定律可得，小球对圆形细轨道的压力为；，方向竖直向上。
小球落到地面时情况，如图所示：
由系统机械能守恒定律有：
联立方程，代入数据解得：
答：小球被拉到与小球速度大小相等时，小球距离地面高度为；
把小球从地面拉到的正下方时，小球的速度大小为、此时小球对圆形细轨道的压力为，方向竖直向上；
在第小题的情况下，此时撤去，小球落到地面时的速度大小为。
【解析】当细绳与轨道相切时，两球速度大小相等，由几何关系可求小球距离地面高度。
把小球从地面拉到的正下方时，小球沿绳分速度为零，所以此时小球的速度为零，小球速度沿水平方向，由功能关系可列方程，可求小球的速度大小；由牛顿第二定律和向心力公式可列方程，可求小球在点所受轨道支持力，由牛顿第三定律可得，小球对圆形细轨道的压力。
小球从点到落地前瞬间，对小球、及绳组成的系统，由系统机械能守恒定律可列方程，结合关联速度知识，可求小球落到地面时的速度大小。
解答本题，关键要掌握关联速度知识、系统机械能守恒定律等。难点是：判断出细绳与轨道相切时两球速度大小相等；球到点时，其沿绳分速度为零、小球的速度为零。
第1页，共1页
