2024-2025学年湖南省长沙一中高二（上）开学
物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.测量引力常量的实验装置图如图所示，关于该实验说法正确的是( )
A. 该实验最早由牛顿完成
B. 该实验应用了“微小量放大”的实验方法
C. 实验测得的引力常量是一个没有单位的常量
D. 引力常量与物体质量有关
2.如图为一块手机电池背面印有的一些符号，下列说法正确的是( )
摩托罗拉
电池型号：
标称电压：
额定容量：
充电限制电压：
生产日期：
A. 该电池的电动势为 B. 该电池在工作小时后达到的电流为
C. 当电池给手机供电时，外电路电压为 D. 若电池以的电流工作，可用小时
3.如图所示，质量为的物体，从高度为的粗糙斜面顶端从静止开始释放，以后停在粗糙程度处处相同的平面上的点，若该物体从斜面顶端以初速度沿斜面下滑，则停留在点，恰有。点有一小段圆弧连接。重力加速度为，那么物体在斜面上运动时摩擦力做的功为( )
A. B.
C. D. 条件不足，无法判断
4. 年月日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为：，如图所示。已知根据以上信息可以得出( )
A. 火星与地球绕太阳运动的周期之比约为：
B. 当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最小
C. 过年再次出现“火星冲日”
D. 过年再次出现“火星冲日”
5.一跑车在封闭的水平道路上进行性能测试时，其牵引力的功率随时间的变化关系如图所示，已知内汽车做匀加速直线运动，末汽车速度达到，一段时间后达到最大速度，运动过程中阻力恒定，下列说法正确的是( )
A. 匀加速过程加速度大小为
B. 匀加速过程发生的位移大小为
C. 速度为时，加速度大小为
D. 整个加速过程，持续时间一定大于
6.如图所示，是半径为的圆的一条直径，该圆处于平行该圆周平面的匀强电场中。将质子从点以的动能在该平面内朝着不同方向射出，质子可经过圆周上所有点。其中，到达点的动能最大为。已知，若不计重力和阻力，且规定圆心处电势为，则下列说法正确的是( )
A. 电场方向为方向
B. 电场强度大小为
C. 点电势为
D. 质子经过该圆周时，可能具有动能的同时，其电势能为
7.我们把两个等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。面积足够大的平行板电容器，两极板之间的距离为，将电容器接在电压恒定的电源两端，规定无穷远处电势为。将带电量极小的电偶极子用长度为的绝缘轻杆连接，将其从无穷远处移到电容器两极板之间处于如图所示的状态杆和极板垂直，移动电偶极子的过程中电场力做功为；将两极板分别围绕、点顺时针旋转，如图中虚线所示，仍将绝缘轻杆连接的电偶极子从无穷远处移动到同一位置，此过程中电场力做功为( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.上课了，老师推门进入教室。如图所示，在教室门被推开的过程中，下列关于教室门上、两个位置的圆周运动说法正确的是( )
A. A、位置的线速度相等
B. A、位置的角速度相等
C. A、位置的周期相等
D. A、位置的向心加速度相等
9.如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线、串联连接在电路中，横截面积之比：：。下列说法正确的是( )
A. 两导线电阻之比为：
B. 两导线中的电场强度之比为：
C. 两导线的焦耳热功率之比为：
D. 自由电子在两导线中移动的速率之比：：
10.如图所示的电路中，定值电阻、、的阻值均为，电源电动势为，内阻为，为滑动变阻器，电表均为理想电表。开关闭合后，滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动的过程中，电压表示数变化量的绝对值为，电流表示数变化量的绝对值为，下列判断正确的是( )
A. 电压表示数增大 B. 消耗的功率减小 C. 电源的效率减小 D.
11.如图所示，弹性绳一端固定于点，另一端连接穿在竖直杆上质量为的小球，处是位于中点的光滑
定滑轮，且距离等于弹性绳原长，此时在同一水平线上，弹性绳劲度系数为重力加速度小球从点由静止开始经过时间滑到距点为的点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为则从到的过程中( )
A. 弹性绳对小球做的功为
B. 摩擦力对小球做的功为
C. 小球的加速度先减小再增大
D. 小球下落时，速度大小达到最大值
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.如图所示为验证机械能守恒定律的实验装置。
如图，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是______；
由于受阻力的影响，重锤增加的动能与减少的重力势能的大小关系为 ______选填“大于”、“小于”或“等于”；
如图是某次实验中打出的一条纸带，点是打下的第一个点，打点计时器打点的时间间隔为，重力加速度为，要验证点到点过程机械能是否守恒，则需要验证等式______是否成立。
13.某物理实验小组准备测量未知电阻约为的阻值和某型号手机锂电池的电动势和内阻。电池已拆开，电动势标称值为，允许最大放电电流为。在实验室备有如下实验器材：
A.电压表量程，内阻约为
B.电流表量程，内阻为
C.电流表量程，内阻约为
D.滑动变阻器，额定电流
E.电阻箱
F.开关一个、导线若干
为了测定电阻的阻值，实验小组设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应选用______选填“”或“”，将电压表的读数除以电流表的读数作为的测量值，则测量值______选填“大于”“等于”或“小于”真实值。
该实验小组设计了如图乙所示的电路原理图来测量锂电池的电动势和内阻。
电流表示数的倒数与电阻箱阻值之间的关系式为______用字母，，表示。
在实验中，多次改变电阻箱的阻值，获得多组数据，根据数据作出的图像为图丙所示的直线，根据图像可知该锂电池的电动势 ______，内阻 ______。结果均保留两位有效数字
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.有一水平足够长的传送带，以的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为的粗糙斜面，物体与斜面、物体与传送带之间的动摩擦因数均为；现将一质量的物体轻放在距离传送带最右端处，已知，取，求：
该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间；
该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量；
物体最终在斜面上走过的总路程。
15.如图所示，一弹射游戏装置，由竖直光滑管道、半径的四分之一光滑圆弧轨道和倾角为的斜面组成。游戏时，将弹簧压缩到某一位置，依靠弹簧弹力将质量为的小球发射出去。现将弹簧压缩至离地面上点处释放，小球能沿着圆弧恰好通过最高点，并垂直击中斜面上的点。已知圆弧轨道的点和斜面底端点在同一竖直线上，忽略空气阻力，重力加速度大小取，，。求：
、两点间的竖直高度；
弹簧对小球做的功。
16.绝缘的粗糙水平地面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域由三个水平边长是，竖直边长是的小矩形区域组成，从左到右依次为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形区域的下边与桌面相接。为方便描述建立如图所示的平面直角坐标系；区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分别存在沿轴负方向、轴正方向、轴正方向的匀强电场，其场强大小比例为：：。现有一带正电的滑块可视为质点以某一初速度未知从点沿轴正方向进入区域Ⅰ，滑块最终从点图中未标出离开区域Ⅲ。已知滑块在区域Ⅰ中所受静电力与所受重力大小相等，地面与滑块间的动摩擦因数为，重力加速度为。求：
滑块进入区域Ⅲ时的速度大小；
滑块在矩形区域运动的总时间；
若滑块以相同大小的初速度未知从点沿轴负方向进入区域Ⅲ，试确定滑块离开电场区域的位置点坐标。
答案解析
1.
【解析】解：测量引力常量的实验最早由卡文迪什完成，实验应用了“微小量放大”的实验方法，根据万有引力定律可知，测得的引力常量是一个带有单位的常量，引力常量与物体质量无关，故ACD错误，B正确。
故选：。
根据物理学史分析判断；测量引力常量的实验应用了“微小量放大”的实验方法，根据万有引力定律分析判断。
在高中物理学习中，我们会遇到各种不同的研究方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，注意理解引力常量。
2.
【解析】解：、该电池的电动势为，故A错误；
B、容量的含义是指的电流放电，只能放电小时；而不是工作小时后电流达到，故B错误；
C、是电源的电动势，与外电路无关，故C错误；
D、该电池的总电量为，为电池的容量由可知，以的电流为用电器供电则供电时间为：，故D正确；
故选：。
，表示电池储存能量的多少，为电量单位；
该电池的电动势为；
容量的含义是指的电流放电，只能放电小时。
明确电池容量的含义，明确电池上电动势的含义是解决问题的关键。
3.
【解析】解：设斜面上运动时摩擦力所做的功为，段摩擦力所做的功为，由于，则在段摩擦力做功也为。
过程一，根据动能定理可得：；
过程二，根据动能定理可得：；
联立解得：，故B正确、ACD错误。
故选：。
分别对过程一、过程二根据动能定理列方程联立求解。
利用动能定理解题时注意：分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；找出其中恒力的功及变力的功；分析物体初末状态，求出动能变化量；运用动能定理求解。
4.
【解析】解：根据开普勒第三定律，火星与地球的公转轨道半径之比约为：，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为
故A错误；
B.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B错误；
根据火星与地球绕太阳运动的周期之比约为
已知地球的公转周期为
年
则火星的公转周期为
年
设经过时间出现下一次“火星冲日”，则有
解得
年
故C错误，D正确。
故选：。
根据开普勒第三定律可以得到它们的周期之比；当二者相距最远时，它们的速度方向相反，作出判断；下一次出现的时候，地球将比火星多运动一周，据此列方程可解。
本题考查的是万有引力定律和开普勒定律在天体运动中的应用，需要灵活选择公式。还有”火星冲日“现象的计算，实质上是圆周运动中的追击问题。
5.
【解析】解：汽车做匀加速直线运动时，根据加速度，即加速度大小为，故A错误；
B.匀加速过程中的位移大小，故B错误；
C.汽车的最大速度为，图中发动机的最大功率，则阻力，当汽车速度为时，设加速度大小为，根据，结合前末的匀变速直线运动规律有，联立解得
，，故C错误；
D.对整个汽车的加速过程中，根据动能定理，若，代入数据解得，而实际加速过程中阻力做功，所以，故D正确。
根据匀变速直线运动的加速度公式结合位移公式列式解答；
C.根据图中的参数结合阻力的计算，牛顿第二定律的综合应用列式联立求解；
D.根据动能定理的定量计算结合定性分析进行解答。
考查汽车的启动问题，关键是结合所给的图像提供相关参数、结合动能定理列式求解相应物理量。
6.
【解析】解：、小球在点时的动能最大，电场力做的功最多，则点的电势最低。作过点与圆周相切的线，该切线为等势线，方向即为电场方向，故A错误；
B、根据选项分析，作出下图所示。
由几何关系可知
根据分析可知
则电场强度的大小为
，故B正确；
C、根据沿着电场线方向电势逐渐降低，结合图可得，其中
解得：，故C错误；
D、点的电势为，根据对称性可知延长线与圆相交的另一点电势最高为，最大电势能为，故质子经过该圆周时，不可能具有动能的同时其电势能为，故D错误。
故选：。
从点抛出的质子在圆周上所有点中，过点的动能最大，说明电场力做的功最多，沿场强方向的距离最大，则可得到场强的方向，根据求解电场强度大小。根据公式结合电势差与电势的关系求解点电势。确定电势最大值，从而求出最小电势能，再分析项。
本题关键要掌握匀强电场中电势差与电场强度的关系公式，知道是沿电场方向两点间的距离。
7.
【解析】解：设初始时刻电容器两极板间的电场强度为，则，设正、负电荷所在点的电势分别为和，则电偶极子的电势能，则电场力做功；将两极板转后，两极板间的电场强度变为，则电偶极子的电势能，故电场力做功，故B正确，ACD错误。
故选：。
利用，，可求出电场力做功情况，然后先计算旋转前电场力做功的表达式，再计算旋转后电场力做功的表达式，即可解答。
学生在解决本题时，应具备电场力做功、电场强度和电势差有关的知识。
8.
【解析】解：由于、位置绕同轴转动，故A、的角速度相等，故B正确；
A.由线速度公式：可知，、位置的角速度相等，半径不同，则、的线速度不等，故A错误；
C.由周期与角速度的公式：可知，、位置的角速度相等，则、的周期相等，故C正确；
D.由向心加速度公式：可知，、位置的角速度相等，半径不同，则、的向心加速度不等，故D错误。
故选：。
同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。
结合线速度、角速度和周期、转速之间的关系以及向心加速度的公式求解即可。
解题关键是掌握线速度、角速度与周期、转速之间的关系；知道同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。难度不大。
9.
【解析】解：、根据电阻定律可得两导线的电阻之比为，故A错误；
B、两导线串联，所以通过两导线的电流相等，根据欧姆定律可得两导线两端的电压之比为，
根据电场强度与电势差的关系可得，两导线中的电场强度之比为，故B错误；
C、根据可知，两导线的焦耳热功率之比等于电阻之比，即热功率之比为：，故C正确；
D、根据电流的微观表达式可得，自由电子在两导线中移动的速率之比为，故D正确。
故选：。
根据电阻定律计算；根据欧姆定律得到两导线两端电压关系，然后根据电场强度与电势差的关系计算；根据热功率公式计算；根据电流的微观表达式计算。
熟悉电阻定律、欧姆定律、功率公式以及电流的微观表达式是解题的基础。
10.
【解析】解：滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则外电路总阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可得：，可知干路电流减小，电压表的示数为：，可知电压表示数增大，故A正确；
B.消耗的功率为，因增大，故消耗的功率增大，故B错误；
C.根据电源的效率，而路端电压，可得增大，电源的效率增大，故C错误；
D.根据上述分析，干路电流减小，并联电路中通过、所在的两个支路的电流均增大，则通过的电流表所在支路电流减小，且电流表示数的减小量大于通过另两个支路的电流总的增加量，则有：
又有：，由此可得：
联立可得：，故D正确。
故选：。
理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路。分析电路的连接结构，根据串并联电路的特点，闭合电路欧姆定律，以及欧姆定律分析各部分电压和电流的变化；根据，分析电源的效率如何变化。
本题是电路的动态分析问题，关键弄清楚电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。
11.
【解析】解：、设小球在中间的任意位置时，此时两点的距离为，设弹性绳与水平方向的夹角为，则此时小球对杆的弹力为：
又
解得：
小球受到的摩擦力为：
根据求功公式，可知小球从到摩擦力做功为：
对小球从到的过程中，根据功能关系得：
解得弹性绳对小球做的功为：，
故A正确，B错误；
D、小球下落时，根据几何关系，可知弹性绳的伸长量为：
弹力大小为
设此时弹性绳与竖直方向的夹角为，弹力沿竖直向上的分量为
在竖直方向上有：
，
可得合力为零，加速度为零，速度最大，故D正确；
C、综上所述，小球先做加速度减小的加速运动，下落时，速度最大，再做加速度增加的减速运动，故C正确；
故选：。
按照功的定义求解摩擦力做功，从到的过程，根据功能关系求得弹力对小球做功；加速度为零时，速度最大，根据受力判断即可。
本题考查的是牛顿第二定律与能量相结合的问题，根据题意分析清楚小球的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，题中分析出摩擦力为恒力是一个难点。
12.丙 小于
【解析】解：在验证机械能守恒定律的实验装置中，为减小实验误差，且保证重锤和纸带下落过程中，尽可能只受到重力的作用，且保证能充分利用纸带打出较多清晰的点，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器，故合理的位置为丙图。
由于纸带受阻力的影响，重锤的一部分重力势能转化为内能，导致增加的动能小于减少的重力势能。
重锤下落到点时的速度大小为
要验证点到点过程机械能是否守恒，需要验证等式
即
成立即可。
故答案为：丙；
小于；
。
分析纸带受阻力及打纸带的要求选选项；
分析阻力的影响；
由减少的重力势能和动能进行比较。
本题考查了机械能守恒定律实验的正确操作、误差分析及实验要验证的方程等常考知识点，难度不大。
13. 大于
【解析】解：根据题意，由欧姆定律可得，流过电流表的最大电流约为
则电流表应选用。
根据电路图甲可知，电流表采用的是内接法，由于电流表的分压，电压表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值大于真实值。
根据题意及电路图乙，由闭合电路的欧姆定律可得：
整理可得：
根据题意，结合图丙可得：
；
解得：，
故答案为：；大于；；；。
根据欧姆定律得出电路中的最大电表，由此选择合适的电流表，结合电路分析出电阻测量值和真实值的大小关系；
根据欧姆定律，结合电路构造的分析得出对应的关系式，并根据图像的物理意义得出电动势和内阻的大小。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。
14.解：物块轻放上传送带以后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为
物块加速到与传送带共速所走过的位移为
解得
匀加速阶段时间为
物块与传送带共速后保持匀速，物块匀速运动的时间为
所以该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间为
解得
物块在传送带上运动的过程中物块和传送带之间的相对位移为
所以产生热量为
解得
小物块以第一次冲上斜面后再次回到最底端时速度的大小小于，在足够长传送带上运动一个来回后速度与等大反向，冲上斜面，第二次落回水平传送带最底端时速度的大小小于，如此往复，最终物块将静止在斜面最低端，全程根据功能关系有
解得
答：该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间为；
该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量为；
物体最终在斜面上走过的总路程为。
【解析】分析物块在传送带的运动情况，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
根据摩擦力做功可解得热量；
分析物块的运动情况，根据功能关系解答。
解决该题的关键是明确知道物块在传送带上的运动情况，知道物块从斜面上滑下再回到传送带上的运动过程，熟记运动学相关的公式。
15.解：小球恰好通过点，在点所需向心力恰好等于重力，则有：
解得：
由点到点的过程小球做平抛运动，击中斜面时速度方向垂直于斜面，如下图所示：
可得在点竖直分速度与水平分速度的关系为：
竖直方向为自由落体运动，则有：
解得、两点间的竖直高度为：
小球平抛运动的过程，在竖直方向上有：
在水平方向上有：
由几何关系可得上图中的
设弹簧对小球做的功为，由到的过程，根据动能定理得：
解得：
答：、两点间的竖直高度为；
弹簧对小球做的功为。
【解析】小球恰好通过点，在点所需向心力恰好等于重力，根据牛顿第二定律求得在点的速度。由点到点的过程小球做平抛运动，击中斜面时速度方向垂直于斜面，根据速度的分解可得在点竖直分速度，根据竖直方向为自由落体运动求解、两点间的竖直高度。
应用运动学公式和几何关系求得与之间的竖直高度，根据动能定理求解弹簧对小球做的功。
本题为力学综合题目，考查了动能定理的应用，平抛运动的性质，圆周运动的临界问题，难度不大。掌握竖直圆轨道的圆周运动的临界条件，处理平抛运动的方法是运动的合成与分解。
16.解：在区域Ⅱ中由于所受静电力与所受重力大小相等，则滑块做匀速直线运动，区域Ⅲ做类平抛运动，竖直方向加速度
根据类平抛运动规律
解得
，，
滑块进入区域Ⅲ时，根据动能定理
解得
在区域Ⅰ运动时间
解得
运动的总时间
解得
从点沿轴负方向进入区域Ⅲ，则在区域Ⅲ运动时间仍为，竖直方向偏转
解得
竖直方向速度为
解得
区域Ⅱ中做匀速直线运动，区域Ⅰ中做类斜抛运动、水平速度不变，从出区域Ⅲ到上升到最高点竖直位移
解得
由于
可知上升到最高点之前就从上边缘出电场区域。
则在区域Ⅰ中，竖直方向运动实际距离
解得
故滑块离开电场区域的位置即为。
答：滑块进入区域Ⅲ时的速度大小；
滑块在矩形区域运动的总时间；
滑块离开电场区域的位置点坐标。
【解析】在第三个过程中，滑块做类平抛运动，将运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动来列式求解；
根据动能定理求出进入区域Ⅲ的初速度，由运动学公式求出时间，得出运动的总时间；
根据平抛运动规律结合运动学公式求滑块离开电场区域的位置点坐标。
本题关键先根据类平抛运动的位移公式求出类平抛的初速度，再根据牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式求解。
第1页，共1页
