2024-2025学年湖南省长沙市长郡中学高二（上）入学考试物理试卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.我国将在今年择机执行“天问号”火星探测任务。质量为的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为、速度由减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的倍，半径约为地球的倍，地球表面的重力加速度大小为，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为
A. B. C. D.
2.如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力的作用下沿轴方向运动，拉力随物块所在位置坐标的变化关系如图乙所示。已知纵、横坐标轴单位长度代表的数值相同，纵、横坐标单位均为国际单位，曲线部分为半圆，则小物块运动到处时拉力所做的功为( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为。四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示，以下说法正确的是( )
情形 轻绳长度 小球质量 小球电荷量 小球受到的电场力大小
A. 中电荷量为中电荷量的倍 B. 中电荷量为中电荷量的倍
C. 中电荷量为中电荷量的倍 D. 情形下弹簧的伸长量最大
4.如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为，上、下极板开有一小孔，四个质量均为、带电荷量均为的带电小球，其间用长为的绝缘轻轩相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零，以下说法正确的是( )
A. 当最上端的小球进入平行板电容器前，小球一直做加速度减小的加速运动
B. 最下端的小球在两平行板之间的运动过程，系统的电势能先增加后减小
C. 两极板间的电压为
D. 从释放到速度减为零的过程中，小球最大速度约为
5.三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度先后垂直电场进入，并分别落在正极板的、、三处，点是下极板的左端点，且，，如图所示，则下列说法不正确的是( )
A. 带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为：
B. 三个粒子在电场中运动的时间之比：：：：
C. 三个粒子在电场中运动的加速度之比：：：：
D. 三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比：：：：
6.在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为和；当重新调节，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为和则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是( )
A. 电动机的内电阻为 B. 电动机的内电阻发热功率为
C. 电动机的输出功率为 D. 电动机的效率约为
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.甲，乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，甲车正在刹车，其图像如图所示。在时刻，乙车在甲车前方处，在时间内甲车的位移为，下列判断正确的是( )
A. 若甲车的位移为时，两车第一次相遇，则第二次相遇时，甲车位移是
B. 若甲车的位移，则甲、乙两车在时刻相遇
C. 若甲、乙两车在时间内能够相遇，两车只能相遇一次
D. 若甲、乙两车在时间内能够相遇，两车一定可以相遇两次
8.如图所示，是边长为的正四面体，虚线圆为三角形的内切圆，、、分别为、和边与圆的切点，为圆心，正四面体的顶点、和分别固定有电荷量为、和的点电荷，则( )
A. 、两点的电场强度相同
B. 将正试探电荷由移动到，电场力做负功
C. 将正试探电荷由移动到，电势能增加
D. 正试探电荷由移动到时的电势能变化量大于由移动到时的电势能变化量
9.如图所示电路，、为定值电阻，为单刀双掷开关，为导体板，且它们之间的距离足够大，当接通时，板间的一个带电小球在点处于悬浮状态，此时带电小球的电势能为。让开关脱离未接触，小球开始向下运动，经过时间再把开关接通，此后经过时间，小球回到点，此时带电小球的电势能为。则有
A. 小球带负电 B. C. D.
10.在如图所示电路中，电源电动势，内阻，定值电阻滑动变阻器的取值范围为，所有电表均为理想电表。闭合开关，在滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，电压表、电压表、电流表示数的变化量分别为、、下列说法正确的是( )
A. 读数变小，则读数变大，小于
B.
C. 的功率先增大后减小，最大值为
D. 电源的输出功率先增大后减小，最大值为
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.近年来以比亚迪为代表的新能源汽车得到了空前发展，然而使用新能源的车主发现新旧电池不能混用，更换电池时须整体更换，成本高昂。某学习小组为了弄清新旧电池不能混用的原因，利用普通号碱性电池做了如下模拟实验。实验器材如下：
新旧号碱性电池若干；灵敏电流计一个量程，内阻为；
电流表一个量程，内阻为；滑动变阻器阻值；电阻箱阻值；
开关、导线若干。
小王同学用上述器材分别测量号碱性电池、的电源电动势和内阻每次测量一节电池。首先他把灵敏电流计和电阻箱串联改装成的电压表，电阻箱应调至__________。
改装完成后，设计了图甲所示的电路进行实验；利用实验数据作出了图乙所示的图像。图乙中有可能是旧电池的是__________选填“”或“”，其电动势为__________，内阻为___________结果保留两位有效数字。
小赵同学对标有“，”的小灯泡描绘出了伏安特性曲线如乙图中的所示。若将上述、两节电池串联起来为该小灯泡供电，则该电池组的发热功率为__________结果保留两位有效数字。由此他们推测新旧电池不能混用的原因可能是混用后电池内阻消耗的功率很大。
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
12.密立根通过油滴实验测量了元电荷，实验装置的示意图如图所示。实验时用喷雾器将油喷入两块相距为的水平放置的平行极板之间，油在喷射撕裂成油滴可看做球形时，一般都会带上负电荷，调整极板之间的电压，使油滴在重力、电场力、空气浮力以及粘滞阻力的作用下分别竖直向上、向下作匀速运动，通过测量油滴匀速上升、下降时的速率和该油滴的直径等物理量，计算油滴的带电量，进而测出元电荷。
下列关于密立根油滴实验的叙述中不正确的是______。
A.平行极板一定要水平，通电时上极板接电源负极
B.实验时要选择质量、电量适当小一些的油滴
C.实验证明了任何带电体所带电荷都是基本电荷的整数倍
D.质子和电子都是元电荷
当平行板不加电压时，某半径为的油滴在板间匀速下落的速率为，反复调整极板间的电压直至该油滴能匀速上升，此时板间的电压为，油滴上升的速率为，已知油滴的密度为，板间空气的密度为，油滴受到的空气阻力大小与其速率成正比，重力加速度为已知浮力公式为：。请据此计算油滴的质量 ______，板间的电场强度 ______，油滴的电荷量 ______。
13.如图所示，在光滑水平面、之间连接一长度为的传送带，圆心为、半径为的竖直光滑半圆轨道与水平面在点平滑连接，其中段为光滑圆管，和圆心等高，。可视为质点的小物块从点以的初速度向右滑动，已知小物块的质量，与传送带间的摩擦因数，重力加速度取。
若传送带不转，求小物块滑到圆轨道点时的速度大小；
若传送带以的速率顺时针方向转动，求小物块能到达圆轨道的最大高度；
若要求小物块在半圆轨道内运动中始终不脱轨且不从点飞出，求传送带顺时针转动速度大小的可调范围。
14.如图所示，小物块、由跨过定滑轮的轻绳相连，位于水平传送带的右端，置于倾角为的光滑固定斜面上，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度逆时针匀速转动，某时刻从传送带右端通过细绳带动以相同初速率运动，方向如图，经过一段时间回到传送带的右端，已知、的质量均为，与传送带间的动摩擦因数为，斜面、轻绳、传送带均足够长，不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，取，求：
向左运动的总时间；
回到传送带右端的速度大小；
上述过程中，与传送带间因摩擦产生的总热量。
15.如图所示的直角坐标系中，在直线到轴之间的区域内存在着沿轴正方向的匀强电场，电场强度为；在轴到直线之间的区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场电场强度未知，其中轴上方的电场方向沿轴负方向，轴下方的电场方向沿轴正方向在电场左边界上到区域内，连续分布着电量为、质量为均处于静止状态的带正电粒子若处于的粒子由静止释放，在电场力作用下，经第一象限恰能从处射出电场不计粒子的重力及它们间的相互作用．
处粒子由静止释放后，在电场力作用下到达轴时的速度大小；
求轴到直线之间的区域内的匀强电场的电场强度；
若处于之间的某些粒子由静止释放，它们到达轴时，速度与轴的夹角为，求这些粒子释放时的位置坐标和射出电场时的动能．
答案解析
1.
【解析】当忽略星球自转时，重力等于万有引力，得：，得：，于是有
即火星表面的重力加速度
着陆器减速运动的加速度大小为
对着陆器，根据牛顿第二定律有：
解得，故B正确，ACD错误；
故选：。
根据万有引力等于重力求出火星表面的重力加速度，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求解制动力大小。
本题考查万有引力定律与牛顿第二定律的综合问题，关键是知道在天体表面重力等于万有引力，同时分析好运动情况和受力情况，灵活应用运动学公式和牛顿第二定律列式求解。
2.
【解析】图像的“面积”等于拉力做的功，则得到拉力做的功，由题图乙可知，，故，故C正确，ABD错误。
故选C。
3.
【解析】由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力相等，设绳的拉力为，与竖直方向夹角为，两小球之间的距离为、一个球受到另外两个小球的电场力的合力为，对其中一个小球受力分析可得：，
解得：
由几何关系可知：
整理得：
A.对比和可知，并应用上式可得
解得
故电荷量之间的关系为：，故A错误；
B.由可知
解得：
故
故B错误；
由可知
解得：
故
故C正确；
D.以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故情形下弹簧的伸长量最大，故D错误；
故选：。
4.
【解析】B.电场力一直做负功，故系统的电势能一直增加，选项错误；
C.根据动能定理可得：，得：，选项错误；
当两个小球在电场中时，电场力，当三个小球在电场中时，电场力，故当第三个小球进入电场时小球的速度最大，根据动能定理可得：，得，D正确
A.由上面分析可知，当第三个小球进入电场时小球的速度最大，A错误．
故选：。
5.
【解析】解：、三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由得，，所以运动时间：：：：，故B正确；
C、三个粒子在竖直方向上的位移相等，根据，解得：：：：：，故C错误；
D、根据牛顿第二定律可知，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为：：，故D正确；
A、三个粒子的合力大小关系为，三个粒子的重力相等，所以仅受重力作用，所受的电场力向下，所受的电场力向上，即不带电，带负电，带正电，由牛顿第二定律得：：：：，解得：：，故A正确。
本题选错误的，
故选：。
因为上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力。则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动，由此根据平抛和类平抛运动规律求解。
解决该题的关键是明确知道三个粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，掌握类平抛运动的解题规律，知道各个粒子的受力情况。
6.
【解析】解：、电动机的电阻，故A错误；
B、电动机的总功率；
电动机的内电阻发热功率；
电动机正常运转时的输出功率是，故C错误，B正确；
D、电动机的效率，故D错误。
故选：。
从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式可求电动机停转时的电阻；利用公式可求电动机的总功率，根据公式可求电动机克服本身电阻的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．
本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点．
7.
【解析】A.根据 图像可知，甲车的加速度为
甲车速度减到零的时间为
在 时间内甲车的位移为
甲车的位移为 时的速度为 ，有
解得
甲车的位移为 时的时刻为 ，有
解得
根据图像，若甲车的位移为 时，即 两车第一次相遇，则第二次相遇的时刻为 ，此时甲车位移是 ，有
可得
故A正确；
B. 时刻两车的位移分别为
解得
因为 ，所以甲车的位移 ，则甲、乙两车在 时刻相遇，故B正确；
若甲、乙两车在 时间内能够相遇，后面的乙车做加速运动，前面的甲车做减速运动，乙车一定能追上甲车，两车还能相遇一次，即两车可以相遇两次，故C错误，D正确。
故选ABD。
8.
【解析】解：根据对称性和电场叠加可知，点和点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B.在处点电荷产生的电场中，；在处点电荷产生的电场中，；在处点电荷产生的电场中，；所以综合分析可知，，正探电荷在点的电势能大于在点的，正试探电荷由到电势能增加，电场力做负功，故B正确；
C.仅考虑处和处点电荷时，点和点的电势相等，正试探电荷由到，靠近处的正点电荷，电场力做负功，电势能增加，故C正确；
D.根据对称性可知点和点电势相等，结合项分析可知，正试探电荷由到，电场力做负功，电势能增加，因此正试探电荷由移动到时的电势能变化量小于由移动到时的电势能变化量，故D选项错误。
故选：。
根据对称性和电场的叠加原理分析点和点的电场强度关系。通过比较点和点在处、处、处电荷所产生电场中的电势大小，由此推出点与点电势关系。根据正试探电荷由移动到电场力做功情况判断电势能变化情况。
解决本题的关键要掌握电场的叠加原理，分析各个点的电场强度和电势高低，根据电场力做功情况判断电势能的变化。
9.
【解析】A.间电场方向向下，小球受到电场力竖直向上，所以带负电，故A正确；
B.开关接通后，间电压升高，场强增大，，根据得出增加，根据可知，，故B错误；
C.开关接通时，有，脱离后，向下运动加速度，经时间可知速度，
设拨到时小球加速度为，因为后又回到点，故其位移为，根据
求解得出
根据
得出
根据，
可知
再根据串联电路规律可得，故C错误，D正确。
故选AD。
10.
【解析】将和等效为电源内阻，则等效电源的电动势
等效内阻
等效电路如图
A.则当滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，读数变小，则读数变大，因
路端
可知 小于 ，故A正确；
B.因为
又有
故B正确；
C.将等效为新电源的内阻，内阻为
当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，电阻从增加到，可知的功率先增大后减小，当时功率最大，最大值为
故C正确；
D.当滑动变阻器的滑片在端时，电源的外电阻为
当滑动变阻器的滑片在端时，电源的外电阻为
电源的内阻
则滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，电源的输出功率一直减小，故D错误。
故选ABC。
11.；
；；；
。
【解析】由可得。
图像的斜率代表电源内阻，旧电池的内阻较大，由图可知图是旧电池的图像
由图可知电源电动势为，电池、的内阻分别为
，
。
将上述、两节电池串联起来为该小灯泡供电，则等效电动势为，等效内阻为，做图如下
由图可知此时灯泡的电压为，电流为，则电功率为，
电池组发热功率为。
12. 。
【解析】解：油滴竖直向上做匀速直线运动，所受的电场力必须竖直向上，则平行极板一定要水平，通电时上极板接电源正极，故A错误；
B、为了精确测量，油滴应选择小质量；为了不影响原来的电场，电量应适当小一些，故B正确；
C、通过实验证明了，任何带电体所带电荷都是基本电荷的整数倍，故C正确；
D、元电荷是最小的电荷量，是质子和电子所带电荷量的绝对值，故D错误。
本题选错误的，故选：。
油滴的质量为：
油滴受到空气的浮力大小为：
油滴匀速下落时，有：
匀速上升时，有：
其中电场强度：
联立以上各式，解得：
故答案为：；，，。
密立根油滴实验的原理是共点力平衡条件，根据平衡条件分析油滴所受的电场力方向，从而确定极板的极性；结合元电荷的含义分析。
根据质量与密度的关系、空气阻力大小与其速率的关系以及平衡条件列式，即可求解。
本题的关键明确油滴的运动情况，然后根据平衡条件列式求解，同时要明确油滴带电量是量子化的。
13.
或
【解析】分析：本题考查的知识点有牛顿第二定律、传送带和圆周运动的临界问题，解题的关键在于把物体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚，然后结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解．重点是搞清楚物体在传送带上的运动情况，以及不脱离轨道所和不从点飞出对应的临界点。
解：到过程，对小物块由动能定理，可得，
到过程，先减速运动，加速度大小为，则有
解得
假设物块能减速到与传送带共速，有：
解得
因此小物块在传送带上先减速再匀速，到达点时的速度为
假设物块能到达圆轨道的最大高度时速度可以减为，则到圆轨道某点速度减为过程，对小物块由动能定理：
解得
即物块刚好到达圆轨道点。
若刚好到达点不脱轨，由第、问可知
所以
若刚好到达点不脱轨，在点有
到过程，对小物块由动能定理
解得
若刚好到达点不脱轨，在点有
到过程，对小物块由动能定理
解得
要保证小物块在段圆弧运动中不脱轨且不从点飞出，从点滑出的速度应满足
若物块在传送带上全程加速，有
解得
综上所述，传送带顺时针方向转动的速度应满足或
14.解：向左做匀减速直线运动，刚开始时，的速度大于传送带的速度，以为研究的对象，水平方向受到向右的滑动摩擦力与对的拉力，设之间绳子的拉力为，由牛顿第二定律得：
以为研究对象，则的加速度的大小始终与的加速度大小相等，向上运动的过程中，由牛顿第二定律得：
联立代入数据解得：
的速度与传送带的速度相等时所用的时间：；
当的速度与传送带的速度相等之后，仍然做减速运动，而此时的速度小于传送带的速度，
所以受到的滑动摩擦力变成了向左，所以其加速度也发生了变化，此后向左匀减速运动过程中，
设之间绳子的拉力为，以为研究的对象，水平方向受到向左的滑动摩擦力与对的拉力，由牛顿第二定律得
以为研究的对象，则的加速度的大小始终与的加速度大小相等，向上运动的过程中，由牛顿第二定律得：
联立代入数据解得：，
向左做匀减速直线运动，速度变为过程的时间：，
向左运动的总时间：；
向右运动的过程中，受到的滑动摩擦力方向仍然向左，仍然受到绳子的拉力，
同时，受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以的加速度：，
时间内的位移大小：，方向：向左，
时间内的位移大小：，方向：向左，
向左运动的的总位移大小：
回到传送带右端的位移大小：，
回到传送带右端时的速度大小：；
时间内传送带的位移：，
该时间内传送带相对于的位移：，
时间内传送带的位移：，
该时间内传送带相对于的位移：，
回到传送带右端的时间为：则
时间内传送带的位移：，
该时间内传送带相对于的位移：，
与传送带间因摩擦产生的总热量：
代入数据解得：
答：向左运动的总时间是；
回到传送带右端的速度大小是；
上述过程中，与传送带间因摩擦产生的总热量是。
【解析】向左做匀减速直线运动过程中分别以与为研究的对象，结合牛顿第二定律先求出加速度，然后由运动学的公式求出运动的时间；
向右做匀加速直线运动，应用牛顿第二定律先求出加速度，然后由运动学的公式求出回到传送带右端的速度大小；
求出运动的各段的时间，然后求出传送带的位移，求出相对传送带滑行的距离，然后求出因摩擦产生的总热量。
本题是多体多过程问题，物块的运动过程复杂，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、功的计算公式即可解题；解题时要注意受力分析，注意物块所受滑动摩擦力的方向。
15.解：、依题意，知粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，在匀强电场中做类平抛运动，设粒子刚进入电场时速度大小为，到达处时速度大小为，则由动能定理有
粒子在电场中，由类平抛运动有
水平方向
竖直方向有：
由牛顿第二定律有
联立以上式子，求得
；
设处于之间的第二象限内某粒子到达轴，速度与轴的夹角为时，竖直方向位移为，由类平抛运动规律：速度反向延长线交于此时水平位移的中点，有
又根据运动学公式
根据动能定理有
联立求得
，
根据对称性可知，这些粒子到达轴，速度与轴的夹角为时，释放时的位置坐标为，
由于
即粒子此时未飞出电场，进入下面的电场，由于电场方向竖直向上，则粒子做类斜抛运动，由于
所以粒子将从下面飞出电场，粒子从进入下面电场到飞离电场所用时间为
竖直方向发生的位移为
联立，求得
则粒子从静止开始到飞出电场，由动能定理有
联立，代入求得粒子飞出电场时的动能为
。
【解析】根据动能定理和粒子进入电场后做类平抛运动，根据运动的合成和分解规律即可求得粒子到达轴时的速度大小和的大小；
根据类平抛运动规律即可求出释放粒子时的位置坐标，求得在电场方向的运动位移，根据动能定理求的射出电场时的动能。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，解题的关键在于明确粒子在电场中的运动情况分析，明确动能定理以及运动的合成和分解规律的应用。
第1页，共1页
