2024-2025学年湖南省郴州市宜章一中高二（上）开学物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法正确的是( )
A. 由牛顿万有引力定律可知，当两个物体挨在一起时，它们之间的引力将无穷大
B. 亚里士多德提出了惯性概念
C. 牛顿定律只适用于宏观低速世界，对于微观高速世界不再适用
D. 库仑定律告诉我们，电荷之间的相互作用力不需要电场传递
2.街角处有一电线杆所接电线如图所示，电线杆上端应该用一根与地面连接的拉线图中未画出连接以保障安全，你认为拉线应该与地面上哪个点相接( )
A. B. C. D.
3.在宇宙中有的星球是带电的。如图所示为一个均匀带电的星球，将一带电质点在离该星球表面某高度处无初速释放时，质点恰好保持静止。现给质点一个如图所示的初速度，则下列说法正确的是( )
A. 质点将做椭圆运动
B. 质点将做抛体运动
C. 质点将做匀速直线运动
D. 质点和星球电性相反
4.如图所示，相距的两个竖直固定杆之间拴着一根不可伸长的轻质柔软细绳，细绳的长度为。细绳上有一轻质小滑轮下面吊着质量为的重物，系统处于静止状态，滑轮可视为质点且不计滑轮轴心处的摩擦。现将细绳的右端缓慢地从点拉到正上方的点，整个过程中重物、滑轮与杆不接触，间的距离为取。下列说法中正确的是( )
A. 细绳和竖直杆的夹角将变大 B. 细绳上的张力将变大
C. 绳上拉力对重物所做的功为 D. 绳上拉力对重物所做的功为
5.如图所示，真空中两点电荷、分别位于直角三角形的顶点和顶点上，为斜边的中点，。已知点电场强度的方向垂直向下，则下列说法正确的是( )
A. 、电性相同
B. 电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的一半
C. 电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的二倍
D. 点电势高于点电势
6.如图电路中，电源电动势为，内阻为，电压表的内阻为，为静电计，、分别是两个平行板电容器，为滑动变阻器，将开关闭合，电路稳定后，下列说法正确的是( )
A. 若，则电压表的读数大于静电计的读数
B. 若将变阻器滑动触头向右滑动，则电容器上带电量增大
C. 上带电量为零
D. 若将开关断开，仅使电容器两极板间距离增大，则静电计读数将增大
7.如图甲所示为小朋友喜爱玩的分叉式滑板车。小朋友在骑行时，手握方向把，双脚分别踏在两个活动轮、的上方踏板上，用力将、不断地分开、合拢，滑板车就能不断向前行进。小明在玩滑板车时，经过一个浅水区，进入干路面后，前轮和后轮、分别在干路面上留下如图乙虚线所示的痕迹，在后轮经过地面的痕迹上、两点时，两点的切线方向恰好为、的连线，该连线与前轮的行进方向垂直。若两臂长，此时，两臂正处于合拢过程中。、经过、两点时绕轮做圆周运动的瞬时角速度，，则此时滑板车的行进速度为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.如图甲所示，在水平面上有一质量为的足够长的木板，其上叠放一质量为的木块，现给木块施加一随时间增大的水平力是常数，木块加速度的大小随时间变化的图线如图乙所示，木块与木板之间的动摩擦因数为、木板与水平面之间的动摩擦因数为，假定接触面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是( )
A. 时间内木块受到的摩擦力大小为
B.
C. 乙图中
D. 与时间内对应的两段斜线斜率的绝对值之比为：
9.如图所示，一个带电量为的正点电荷固定放置，在其正上方有一大小不计的定滑轮，一根绝缘的柔软轻绳下端悬挂一带电量为的小球，初始时小球静止，两电荷间的距离小于到定滑轮的距离。今用力将小球极为缓慢拉动，直至小球靠近滑轮位置，在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球受到的电场力一直变小
B. 小球所受电场力大小先不变，后减小
C. 拉力一直减小
D. 在小球的运动过程中，会存在一段拉力做的功等于小球重力势能的增量的过程
10.两水平平行金属板连接在如图所示的电路中，板长为，间距，在距板右端处有一竖直光屏，为理想二极管。让一带电量为、质量为的粒子从两板左端连线的中点以水平速度射入板间，粒子飞出电场后垂直打在屏上。则( )
A. 电场强度大小为
B. 质点在板间运动的过程中与它从板右端运动到屏的过程中速度变化相同
C. 若仅将滑片下移，再让该粒子从点以水平射入，粒子仍垂直打在屏上
D. 若仅将板间距增大，冉让该粒子从点以水平射入，粒子仍垂直打在屏上
11.如图所示电路中，电源内阻不能忽略，为定值电阻，为滑动变阻器的最大阻值，且有；开关闭合、断开时，理想电流表的示数为，理想电压表、的示数分别为、，三个电表示数变化量的绝对值分别为、、，则下列说法正确的是( )
A. 保持开关断开，将的滑片向右移动，则电流示数变小、电压表示数变小
B. 保持开关断开，将的滑片向右移动，则有
C. 保持开关断开，将的滑片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率增大
D. 保持的滑片不动，闭合开关，则电流表示数变大、电压表示数变小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在测量金属电阻率实验中，小海用分度的游标卡尺测量金属丝的直径，他测量后用手机拍了一张照片，为了拍得清楚，用微距拍摄模式，取景范围小，重点拍摄了对齐的刻度线，如图甲所示，请你帮他读出金属丝的直径为______。
为了更精确测量此金属丝的直径，小海又用螺旋测微器对金属丝进行测量，当螺旋测微器的测微螺杆和小砧紧密接触时，螺旋测微器刻度如图乙所示，将金属丝置于测微螺杆和小砧之间正确测量时，螺旋测微器刻度如图丙所示，金属丝直径是______。小海用多用电表的欧姆挡“”挡粗测金属丝的电阻，指针指在表盘正中间，如图丁所示，读数应为______。
13.为了测量某电源的电动势和内阻，实验室准备了以下器材：
待测电源电动势约为，内阻约为；
量程为电压表具有一定的内阻；
满偏电流的电流计；
定值电阻，，，，；
滑动变阻器阻值变化范围；
开关一个；
导线若干。
利用以上实验器材，学习小组设计了如题图甲所示的实验电路，若是滑动变阻器，是定值电阻，则是______，是______；填器材符号
在器材选择、电路连接和实验操作都正确的情况下，调节滑动变阻器，得到多组电表读数，作出如题图乙所示的图像，由图像可知该电源的电动势 ______，内阻 ______；均保留三位有效数字
纯粹从实验原理上看，不考虑偶然误差，电源内阻的测量值______填“大于”“小于”或“等于”真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.如图所示，直线、抛物线和为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率、输出功率、电源内部发热功率随路端电压变化的图像，但具体对应关系未知，试问：
总功率、输出功率、电源内部发热功率随路端电压变化的图像分别与、和的对应关系，并说明理由；
电源电动势和内阻的大小；
电源的最大输出功率。
15.如图所示，电源电动势，内阻不计，电阻，，，开始开关闭合，断开，平行板电容器的两极板、与水平面的夹角，两极板、间距离，板间有一传动装置，绝缘传动带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距，传送带逆时针匀速转动，其速度，现有一个质量，电荷量的工件视为质点，电荷量保持不变，轻放在传动带底端，工件与传动带间的动摩擦因数同时开关也闭合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来．取，，
开关闭合，断开时，两极板、间的场强大小；
工件在传送带上运动的加速度的大小；
工件从底端运动到顶端的过程中，工件与传动带因摩擦而产生的热量．
16.如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑轨道。是水平面，是处于竖直平面内的半圆槽，圆心在的延长线上。今有一带电物体可视为质点，电荷量保持不变从点以水平向右的初速度向运动。在上运动的过程中，在第内的位移为；在第内，在水平面上运动了刚好到达点，并恰好不脱离轨道进入半圆槽中运动。重力加速度。问：
带电体带什么电？
带电体的初速度、从运动到的加速度和时间。
带电体运动到半圆轨道最低点时，半圆轨道对它的支持力是其重力的多少倍？
答案解析
1.
【解析】解：、万有引力公式只适用于两个质点间引力的计算，两个物体挨在一起时，不能视为质点，故A错误；
、惯性概念是牛顿提出来的，牛顿定律只适用于宏观低速世界，对于微观高速世界不再适用，故B错误；C正确；
D、电荷间的相互作用需要电场作为媒介，故D错误。
故选：。
根据万有引力公式的适用条件分析；物理学史分析；电荷间的相互作用需要电场作为媒介。
本题考查物理学史，解题关键掌握公式的适用及物理学家的贡献。
2.
【解析】解：由图可知，电线杆受到侧和侧电线的拉力，有使电线杆向点方向倾倒的趋势，故拉线应与相接。
故A正确，BCD错误。
故选：。
根据对电线杆受力分析，有输电线的两个拉力与斜拉线的拉力，处于平衡状态，由共点力平衡作出选择。
考查受力分析，及根据受力平衡来分析力的大小与方向，是一道基础题。
3.
【解析】解：、设想质点发生一极小位移至另外一处，由公式可知，此时质点所受万有引力与库仑力仍然等大反向，质点所受合力仍然为，所以质点将做匀速直线运动，故AB错误，C正确；
D、由万有引力公式和库仑力公式可知，当无初速释放质点时，质点保持静止，可知万有引力与库仑力等大反向，质点与星球间的库仑力为斥力，故质点与星球电性相同，故D错误；
故选：。
先库仑定律求解出库仑力表达式，根据万有引力定律求解出万有引力表达式；距离变化时，再分析合力情况。
本题关键是将库仑定律与万有引力定律比较，注意都是平方反比定律，题中库仑力与万有引力一直平衡。
4.
【解析】解：、滑轮两边细绳的拉力相等，则与竖直方向的夹角相等，设与竖直杆的夹角为，则由几何关系，即，解得，为定值，则将细绳的右端缓慢地从点拉到正上方的点时，细绳和竖直杆的夹角将不变，细绳上的张力将不变，故AB错误；
、由几何关系可知，间的距离为，则重物上升，则绳上拉力对重物所做的功为，故C正确，D错误；
故选：。
本题的关键要抓住滑轮的力学特性，根据对称性，由几何知识求解角，再运用平衡条件讨论拉力的大小变化情况；根据功的计算公式求解拉力对重物做的功。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
5.
【解析】解：、根据题述，点的电场强度垂直向下，可知带正电、带负电，故A错误；
、根据题述，点的电场强度垂直向下，可得
联立解得，故B正确，C错误；
D、在、两点产生的电势相等，在点产生的电势高于在点产生的电势，则点的电势高于点，故D错误。
故选：。
将点场强分解到和方向，从而判断两电荷场强的方向，再判断电性；根据分解的场强关系，分别计算两电荷的场强，求出两电荷量之比；利用电势与电场线的关系，判断点和点电势的高低。
本题考查电场的叠加，解题的关键是将点合场强进行分解，并作出分解图，从而判断两点电荷的电性，结合几何关系找到两场强的关系，从而求出两点电荷带电量之比。
6.
【解析】解：分析电路可知，开关闭合，电路稳定后，整个回路没有电流，电压表上没有电流流过，故电压表读数为，电容器上下两板电势相等，电容器上、下板间电势差即为电源电动势，即使调节变阻器滑动触头的位置，也不会改变两板的电势差，由
可知，电容器上带电量不变。
故ABC错误；
D.将开关断开，电容器的电荷量不变，仅使电容器两极板间距离增大，电容变小，由可知，静电计读数将增大，故D正确。
故选：。
静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，电容器不带电，电路稳定后，电容器的电压等于电源的电动势．将电键打开，电容器的电量不变，根据板间距离的变化，分析电容的变化，来确定板间电势差的变化，再分析静电计的读数变化
本题难点在于分析电压表两端的电压，抓住静电计与电压表结构的区别：静电计两极是绝缘的，而电压表的两极是相通的。
7.
【解析】解：由题意可知，以前轮为运动参考系，以后轮为研究对象，其对地速度为绝对速度，方向从指向，前轮的速度是牵连速度，后轮绕做圆运动的速度
是相对速度，由此构建速度矢量关系图如图
由几何关系可知滑板车的行进速度为
故B正确，ACD错误。
故选：。
关联速度，根据几何关系和求解滑板车的行进速度。
本题考查了关联速度的问题，明确合运动的方向，灵活运用数学几何知识。
8.
【解析】解：、由题图乙可知，在时间内木块的加速度为，木块仍处于静止状态，木块受到的是静摩擦力，与水平力的大小相等，即随时间的增加而增大，故A错误；
、在时刻，木块与长木板间的静摩擦力达到最大，此时对长木板有
即，则有
解得
故B错误，C正确；
D、设、时间内木块的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有
时间内，水平力只作用在木块上，根据牛顿第二定律有
则这两段时间内对应的图线斜率的绝对值之比为
故D正确。
故选：。
当水平拉力较小时，木板和木块保持静止，足够大时两者一起向右做匀加速直线运动，运用整体法求解出加速度。时刻木块与木板刚开始相对滑动，静摩擦力达到最大值；当木块和木板发生相对滑动时，隔离分析得出两者的加速度大小，从而得出两段倾斜直线的斜率之比。
本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，这是经常采用的思路。
9.
【解析】解：分析小球的受力情况，作出力的矢量关系图，在小球到达的正上方过程中，力的矢量三角形与滑轮、、构成的三角形相似。
设滑轮到的距离为，到的距离为，滑轮左侧的绳长为，所受电场力为，小球重力为，由库仑定律有
由三角形相似，有
、以及电荷量不变，故不变，即开始的一段运动，是绕做圆周运动的，电场力大小不变，拉力减小，这段过程中，小球电势能不变，则拉力做的功等于小球重力势能的增量；当到达的正上方后，再上升到靠近滑轮的过程中，小球受到的电场力减小，拉力增大。综上所述，小球所受电场力大小先不变，后减小；拉力先减小后增大。
故AC错误，BD正确。
故选：。
对小球受力分析，结合库仑定律以及相似三角形分析判断。
本题以小球为研究对象，结合受力分析、库仑定律考查动态平衡问题，用力的矢量三角形定则以及相似三角形分析求解。
10.
【解析】解：、质点的轨迹如图所示，
设质点在板间运动的过程中加速度大小为，则有质点离开电场时竖直分速度大小
，质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则，联立解得，故A正确；
B、质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在屏上，离开电场后，质点一定打在屏的上方，做斜上抛运动。否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在板上。质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于，而且方向水平，质点垂直打在板上时速度也水平，根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反。故B错误；
C、若仅将滑片向下滑动一段后，的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从点以水平速度射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C正确；
D、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由知不变，电量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从点以水平速度射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故D正确；
故选：。
质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在屏上，离开出场后，质点一定打在光屏的上方，做斜上抛运动。质点从离开电场后到垂直打在屏上过程是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强。
本题关键抓住两个运动轨迹的特点，巧用逆向思维分析电场外质点的运动情况。要知道运动的合成与分解是研究曲线运动的常用方法，要灵活运用。
11.
【解析】解：、断开开关时，将的滑片向右移动，阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，电流表示数减小。电压表测得的电压是两端的电压，显然是减小的。将和合并成等效电源的内阻，由输出功率与外电阻的关系曲线可知，此时是靠近的，滑动变阻器消耗的电功率是增大的。是两端的电压变化的绝时值，是干路电流变化的绝时值，在数值上等于，在数值上等于，前者较大，由以上可知，故B错误，AC正确；
D、保持的滑片不动，闭合开关，短路，总电阻减小，电流表示数变大、电压表示数变大，故D错误。
故选：。
根据电路结构分析滑动变阻器向右移动时回路中总电阻的变化，分析电流的变化，结合串并联关系分析解答。
本题考查电路的动态分析，关键抓住电源的电动势和内阻不变，分析滑动变阻器阻值的变化，结合闭合电路欧姆定律进行分析。
12.
【解析】解：图甲，游标卡尺的分度值为，读数为
从图丙可知，螺旋测微器的分度值为，读数为
从图乙可知，测微螺杆比标准情况两个刻线对齐压进，故金属丝直径为；
由图丁可知，读数为。
故答案为：，，。
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，不需要估读；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，在读可动刻度读数时需估读；根据欧姆表测电阻的读数规则作答。
解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，知道读数分为两部分，等于固定刻度读数加上可动刻度读数，待测电阻的电阻值是读数并乘上相应的倍数。
13. 等于
【解析】解：因为实验中需要测量路端电压，其中并联在电路中，故A是电压表；因为电路中连入的电阻是，而连入电阻为时电流表的量程偏小，故需要改装电流表，其中是定值电阻，则就是电流表；
改装后的电流表的内阻
解是
由
解得
根据图甲及闭合电路欧姆定律可得
对比图乙可知，纵轴截距为电源电动势为
斜率绝对值为
解得
由
及电路图可知，为电压表实际测得电压，理论与测量相同，没有系统误差，也为通过电源的真实电流，没有系统误差，已知，则电源电动势和内阻的测量值均等于真实值。
故答案为：，；，；等于。
根据实验原理及题中提供的已知器材确定未知器材；
根据图甲及闭合电路欧姆定律推导乙图横纵坐标之间的关系式，对比图乙，分析纵轴截距和斜率绝对值的含义可求解；
分析表达式中，理论值与测量值是否相同，确定是否有系统误差。
本题考查测电源电动势和内阻的实验。题目难度较大，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
14.解：总功率
可以知道图像对应图线
可知，图像对应图线，因为
则
由、式解得：
可知，图像对应图线；
由式可知，图线的斜率
当时，
、式联立，得出，；
由式可知，当时，最大，即电源的输出功率最大，
将相关数据代入式，得：。
答：图像对应图线；图像对应图线；图像对应图线，理由见解析；
电源电动势和内阻的大小分别为，；
电源的最大输出功率为。
【解析】根据电源消耗的总功率的计算公式可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断三条线代表的关系式；
在由功率的公式可以分析功率之间的关系。
当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率等于输出功率和电源内部的发热功率的和。
15.解：开关闭合，断开时，与串联，电路中的电流：
此时、之间的电势差等于两端的电压，所以：
两极板、间的场强大小：
开关也闭合与串联电压不变，所以流过它们的电流不变，此时、之间的电势差等于两端的电压，所以：
两极板、间的场强大小：
此时工件的受力如图，则沿传送带的方向由牛顿第二定律得：
垂直于传送带的方向：
工件达到需要的时间：
工件的位移：
所以工件应该一直做加速运动，
此时传送带的位移：
工件相对于传送带的位移：
工件与传动带因摩擦而产生的热量：
答：开关闭合，断开时，两极板、间的场强大小是；
工件在传送带上运动的加速度的大小是；
工件从底端运动到顶端的过程中，工件与传动带因摩擦而产生的热量是．
【解析】由闭合电路的欧姆定律求出开关闭合，断开时，两极板、间的电压，然后由即可求出场强；
同求出开关也闭合后之间的电压和场强，求出工件受到的合力，然后使用牛顿第二定律求出加速度；
使用运动学的公式，求出工件从底端运动到顶端的过程中相对于传送带的位移，然后用求出工件与传动带因摩擦而产生的热量
该题将电路、电场的知识与传送带问题想结合，设置的情景比较复杂，要能够从复杂的情景中理出头绪，理清思路．
16.解：由题意可判断在电场力作用下做减速运动，故带正电；
把在水平轨道上的运动逆过来考虑，可知其为初速度为的匀加速直线运动，若刚好运动整整，则第实际中的第内运动，那么第实际中的第内当运动，显然，题目所给数据并非如此注意到题目中第内在水平轨道上的位移为。且运动到处时，恰好能沿半圆轨道运动而不脱离轨道。可知第这的时间并非完全在水平轨道上运动，而是运动了不足的时间，到达点时速度为，并开始沿半囿轨道运动。设第内，在水平轨道上运动的时间为，则有：
在水平轨道上运动的总时间为，
第时刻到物体至点运动时间为，
则第内的位移为
两式联立，解得：
从运动到的时间
由牛顿第二定律可知，电场力
设半圆的半径为，从点滑到最低点，令到达点的速度为，由动能定理，有
在点，设半圆轨道对的支持力为，由牛顿第二定律，
有：
由式联立解得：
则
答：带电体带正电；
带电体的初速度、从运动到的加速度为，时间为。
带电体运动到半圆轨道最低点时，半圆轨道对它的支持力是其重力的倍。
【解析】根据的受力方向确定电性；
根据运动学公式计算加速度和时间；
根据动能定理和牛顿第二定律计算。
能够分析带电体在水平轨道上的运动情况是解题的关键，恰好不脱离轨道进入半圆槽中运动里面的隐含条件是到点的速度为零，能够根据运动学公式得到加速度。
第1页，共1页
