湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期第二次大练习物理试题

湖南师大附中2024－2025学年度高一第二学期第二次大练习 　　物　理 时量：75分钟　满分：100分 得分：____________ 一、单项选择题(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，只有一项是符合题目要求的) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，关于物理学史，下列叙述与事实相符的是 A．库仑利用扭秤实验测定了万有引力常量的值，被称为“测出地球质量的人” B．法拉第通过实验发现，雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同并命名了正电荷和负电荷 C．牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究力与运动的关系 D．密立根通过油滴实验测量得出元电荷e的数值 2．“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，火星和地球绕太阳的公转视为匀速圆周运动，已知火星和地球的公转方向一致，且火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。当火星和太阳位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是 A．火星的冬季时长约为地球的倍 B．火星公转的角速度比地球的大 C．在冲日处，火星相对于地球的速度最大 D．火星公转的加速度比地球的大 3．一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，重力加速度为g，则下列说法不正确的是 A．小球的运动轨迹为抛物线 B．小球的加速度为gsin θ C．小球到达B处的水平方向位移大小s＝v0 D．小球从A处到达B处所用的时间为 4．如图，粗细均匀的直杆AB、BC连接固定在竖直面内，∠ABC＝105°，a、b两球分别套在AB、BC杆上，用细线连接，给a球施加一个拉力，使a球沿BC杆向右运动，当细线与AB杆的夹角为45°时，a、b两球的速度大小之比为 A.∶ B.∶ C．1∶ D.∶1 5．无动力帆船依靠风力垂直河岸渡河。船头正指对岸，通过调整帆面位置使风向垂直于帆面，此时帆面与航向间的夹角为θ。若风力的大小为F，河水沿平行河岸方向的阻力恒为f1，沿垂直河岸方向的阻力大小f2＝kv(k为比例系数，v为航行速度)，则帆船 A．先做加速度增大的加速运动，后匀速运动 B．航行时的最大速度为vm＝ C．若风力大小加倍，最大速度也加倍 D．若风力大小增大，为保持航向不变，θ也增大 6．如图所示，竖直固定的光滑绝缘圆轨道处于电场强度E＝，水平方向的匀强电场中，轨道半径为R，一质量为m、电荷量为q的带负电小球(可视为质点)在轨道内侧的P点被绝缘挡板挡住不动，过P点的轨道半径与竖直方向的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g。某时刻，沿轨道切线方向给小球一大小为v0的速度释放，使小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是 A．若P点的电势为零，小球在运动过程中的最大电势能为mgR B. 图中的A点为小球在复合场中做圆周运动的等效最低点，且OA与竖直方向的夹角α＝37° C. P点速度v0的大小是2 D．小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小是3mg 二、多项选择题(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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 7．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是 A．图甲中，武当山金殿安装了避雷针后，“雷火炼殿”现象更加明显和频繁了 B．图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引 C．图丙中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理 D．图丁中，由于金属网的屏蔽，A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零 8．如图所示，MN为光滑放置的水平圆盘，圆盘的半径为1 m，圆盘中心O处有一光滑小孔，穿过小孔的两端各系着一个质量相等的小球A和B，小球A在圆盘面上做匀速圆周运动，关于A、B的运动情况，下列说法正确的是(g取10 m/s2)　 A．小球A的运动半径为0.2 m时，它的角速度是5 rad/s B．小球A的运动半径为0.2 m时，它的角速度是10 rad/s C．当A球的角速度为2.5 rad/s时，A球的轨迹半径为0.8 m，此时B球保持静止 D．当A球的角速度为2.5 rad/s时，A球的轨迹半径为0.4 m，此时B球保持静止 9. 如图所示，两个带＋Q的点电荷固定于水平木板边缘中点A、B处，现将一个带－Q的点电荷在木板中线边缘C处静止释放，木板始终保持静止。已知木板的质量为M，且上表面光滑，三个点电荷的质量均为m。－Q从C运动到D的过程中，下列说法正确的是 A．－Q点电荷的加速度一定先减小后增大 B．－Q点电荷动能和电势能的和总是保持不变 C．地面给木板的作用力可能先增大后减小 D．地面给木板的摩擦力总是与－Q的加速度方向相同 10．水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有圆形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中，其截面如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角α＝30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，重力加速度为g，下列说法正确的是 A．如果A、B能保持相对静止，则系统的加速度为a＝ B．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为mg C．当M＝m时，A恰要从凹槽中滚出 D．若α＝45°时，则无论M为多大，A都不能滚出凹槽 选择题答题卡 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 得分 答案 三、实验题(2大题，共14分) 11．(6分)如图所示，金属圆片A、B(均可视为点电荷)固定在两个轻质绝缘支架上，固定支架、下支架放在电子秤检测台面上，上支架等距贴上红色纸圈作为距离标尺，再穿过固定支架的小孔(不与固定支架接触)。 (1)为了方便直观知道静电力大小，首先将电子秤的示数归零。 (2)用起电机让A、B两金属圆片带上相同的电荷量，调整二者之间的正对距离d，读出电子秤的示数m，便可得到B对A的静电力F的大小，则F＝__________(已知当地重力加速度为g)。(用已知和测量物理量的字母表示) (3)保持A、B两金属圆片的电荷量不变，把二者的距离d增大，通过读取电子秤示数m，便可得到每次B对A的静电力F的大小，利用所测数据描点作图，发现F－__________(选填“d2”“”或“”)图像为过原点的直线，由此说明在电荷量不变的情况下，两点电荷之间的静电力与__________________________。 12．(8分)为了验证“系统机械能守恒”，某实验小组用水平气垫导轨、光电门、滑块等器材组装了如图所示的装置进行实验，具体步骤如下： a．用细绳将质量为m的钩码跨过定滑轮连接在滑块上，调整定滑轮高度使细线水平； b．测量遮光条的宽度d，遮光条到光电门的距离l； c．将一质量为m0的砝码放置在滑块上，从静止释放滑块，记录遮光条通过光电门时的挡光时间Δt，由此得出遮光条通过光电门时滑块的速度v； d．依次逐个增加滑块上质量为m0的砝码个数n，每次将滑块从同一位置由静止释放，重复步骤c，得到一系列n和v的数据； e．以()2为纵轴，n为横轴作图，若图像满足一次函数形式，即可验证“系统机械能守恒”。 (1)在实验过程中，滑块和砝码的总质量______________(选填“需要”或“不需要”)远大于钩码质量。 (2)遮光条通过光电门时，滑块的速度大小为____________(用d和Δt表示)。 (3)若所绘制的()2－n图像截距为b，已知当地重力加速度为g，则滑块的质量M＝____________(用b、m、g和l表示)。 四、解答题(本大题共3小题，共42分) 13．(12分)如图，在匀强电场中，将电荷量为－6×10－6 C的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了－3.6×10－5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10－5 J的功。 (1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC分别为多少？ (2)如果规定B点的电势为0，则A点和C点的电势分别为多少？ 14．(14分)如图，一足够长的光滑细杆与水平面成θ角固定放置，杆上套有一质量为m的小球。对小球施加一沿杆向上的恒定拉力，使其从杆底端O点由静止起匀加速上升。以O点所在水平面为重力零势能面，在此过程中小球的动能与重力势能始终相等。小球上升到某位置时撤去拉力，此前拉力共做功W。(重力加速度为g)　 (1)求撤去拉力前，小球的加速度a； (2)求拉力大小F； (3)求小球动能为W时的重力势能Ep。 15．(16分)如图所示，有三根完全相同、原长均为L0的绝缘轻质橡皮筋，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别连接质量均为m的带电小球A、B，它们所带的电荷量分别为－q和＋q，A、B之间用第三根橡皮筋连接起来。由于空间存在水平向右的匀强电场，平衡时三根橡皮筋的长度均为原长的。已知橡皮筋满足胡克定律并始终在弹性限度内，两小球所带电荷量始终不变，两小球间的静电力不计，重力加速度大小为g。求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球最后再次平衡时，求小球A电势能的减少量和小球B重力势能的增加量； (3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，求平衡时A、B球系统电势能的变化量的大小。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南师大附中2024－2025学年度高一第二学期第二次大练习 物理参考答案 一、单项选择题(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，只有一项是符合题目要求的) 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D A C A D A 1.D　【解析】卡文迪什利用扭秤实验测定了万有引力常量的值，被称为“测出地球质量的人”，故A错误；富兰克林通过实验发现，雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同并命名了正电荷和负电荷，故B错误；伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系，故C错误；密立根通过实验测量得出元电荷e的数值，D正确。故选D。 2．A　【解析】根据G＝mr，可得T＝2π，故＝＝，因火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，火星的冬季时长约为地球的倍，故A正确；根据ω＝可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星与地球的速度方向相同，故相对速度最小，故C错误；根据G＝ma，可得a＝，可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D错误。故选A。 3．C　【解析】小球水平方向做匀速运动，沿斜面向下做匀加速运动，则运动轨迹为抛物线，选项A正确，不符合题意；小球的加速度为a＝＝gsin θ，方向沿斜面向下，选项B正确，不符合题意；小球到达B处的水平方向位移大小s＝v0t＝，选项C错误，符合题意。小球从A处到达B处，＝at2，解得所用的时间为t＝，选项D正确，不符合题意；故选C。 4．A　【解析】将a、b两球的速度沿细线方向和垂直于细线方向分解可得vax＝vacos 30°＝va，vbx＝vbcos 45°＝vb， 由关联速度知识可知vax＝vbx，则a、b两球的速度大小之比为＝，故选A。 5．D　【解析】垂直航向受力平衡，沿航向Fsin θ－kv＝ma，知先做加速度减小的加速运动，后匀速运动，故A错误；根据题意可得Fsin θ＝kvm，解得vm＝，故B错误；风力大小加倍，垂直航线方向不再平衡而产生加速度，速度不再沿船头指向，故C错误；根据题意Fcos θ＝f1，知F增大时，θ也增大，故D正确。故选D。 6．A　【解析】由Ep＝qφ，q<0，可知电势能最大的点在电势最低的D点，如图 小球从P点到D点，由W电＝－ΔEp，可得－qE(R－Rsin 37°)＝－(EpD－0)，解得EpD＝mgR，小球带负电，所受电场力方向水平向左，小球在复合场中做圆周运动的等效最低点在A点，如图 由tan α＝，E＝，解得α＝53°，A点关于O点对称的B点是复合场中小球做圆周运动的等效最高点，小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则在B点小球所受合力 F合＝＝mg 因此mg＝m 解得vB＝ 小球从从P点运动到B点，由动能定理 －mg(Rcos 53°＋Rcos 37°)－qE(Rsin 53°－Rsin 37°)＝mv－mv 解得v0＝ P点小球受重力、电场力、轨道的压力为T，如图 则T－mgcos 37°＋qEcos 53°＝m 解得T＝5mg 由牛顿第三定律可知，小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小为5mg。故选A。 二、多项选择题(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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 题号 7 8 9 10 答案 BC AC BD ACD 7.BC　【解析】图甲中，武当山金殿安装了避雷针后，电荷通过避雷针导入大地，不会出现“雷火炼殿”现象，故A错误；图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引，故B正确；图丙中，燃气灶点火时应用了尖端放电的原理，故C正确；图丁中，由于金属网的屏蔽，此时A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度与金属网产生的感应电场相互平衡，不是A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零，故D错误。故选BC。 8．AC　【解析】对A球分析可知mg＝mωr1，解得ω1＝5 rad/s，选项A正确，B错误；当A球的角速度为2.5 rad/s时，假设此时B球保持静止，则对A，mg＝mωr2，可得A球的轨迹半径为r2＝0.8 m，选项C正确，D错误。故选AC。 9．BD　【解析】等量异种电荷的中垂线上从无穷远到与连线交点位置的电场强度E先增大再减小，中间存在一个最大值。当最大值不在C、D之间时，－Q的加速度先减小后增大。由牛顿第二定律，地面给木板的摩擦力也是先减小后增大，故地面给木板的作用力先减小后增大。当最大值在C、D之间时，－Q的加速度先增大后减小再增大再减小。由牛顿第二定律，地面给木板的摩擦力也是先增大后减小再增大再减小，故地面给木板的作用力先增大后减小再增大再减小。由能量守恒，－Q点电荷动能和电势能的和总是保持不变。由系统的牛顿第二定律可知，摩擦力提供了系统的加速度。所以BD正确。故选BD。 10．ACD　【解析】若A、B相对静止，则根据牛顿第二定律Mg＝a，解得系统加速度大小为a＝，对A受力分析N＝＋，解得NBA＝mg，故A正确，B错误。小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向得Nsin α＝ma1，Ncos α＝mg，解得临界加速度大小为a1＝g，整体上有a1＝，联立解得M＝m，故C正确；当α＝45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，有Nsin α＝ma2，Ncos α＝mg，得临界加速度大小a2＝g，由于<g，所以无论M为多大，A都不能滚出凹槽，故D正确。故选ACD。 三、实验题(2大题，共14分) 11．(6分)(2)mg(2分)　(3)(2分)　距离的平方成反比(2分) 【解析】(2)金属片不带电时，电子秤示数为零，当A、B两金属圆片带上相同的电荷量，由于同种电荷互相排斥，静电力为F＝mg。 (3)根据库仑定律，有F＝k，电荷量不变的情况下，静电力与距离的平方成反比， F－图像为过原点的直线。 12．(8分)(1)不需要(2分)　(2)(2分)　(3)(2gbl－1)m(4分) 【解析】(1)实验中要验证砝码和滑块及钩码组成的系统机械能守恒，由于我们研究的是整个系统，不需要将绳子拉力近似看作钩码重力，则不需要满足滑块和砝码的总质量远大于钩码质量； (2)因为遮光条的宽度很小，当遮光条通过光电门时，平均速度可以近似看作瞬时速度。遮光条通过光电门时，滑块的速度大小为v＝。 (3)根据系统机械能守恒，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，有mgl＝(M＋nm0＋m)v2 解得＝＋n，由数学关系可知截距b＝，解得滑块的质量为M＝(2gbl－1)m 四、解答题(本大题共3小题，共42分) 13．(12分)【解析】(1)A、B两点间的电势差为UAB＝＝ V＝6 V(3分) B、C两点间的电势差为UBC＝＝ V＝－2 V(3分) (2)因为UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC，φB＝0(3分) 所以φA＝6 V，φC＝2 V(3分) 14．(14分)【解析】(1)设小球沿杆向上移动距离为x，因Ek＝Ep。 即mv2＝mgxsin θ 解得v2＝2gxsin θ 结合匀变速公式可以得到加速度a＝gsin θ，沿斜面向上(4分，没写方向扣1分) (2)小球受到三个力的作用，如图 由牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma 解得F＝2mgsin θ(5分) (3)撤去拉力前，动能和重力势能始终相等，故Ep＝W 撤去拉力时小球获得机械能为W。撤去拉力后，机械能守恒Ep＝W－Ek＝W(5分) 15．(16分)【解析】(1)由题意对小球A受力分析，如图1所示，由平衡条件可得 T1cos 30°＝mg，T1sin 30°＋T1＝qE(3分) 联立以上两式解得T1＝mg，E＝(1分) (2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球再次平衡时，小球A受力如图2所示，由平衡条件可得 T2cos θ＝mg，T2sin θ＝qE 解得θ＝60°，T2＝2mg(3分) 设橡皮筋的劲度系数为k，则有k＝＝ 此时橡皮筋的伸长量ΔL＝＝L0(1分) 由小球与O点在水平距离的变化，可得小球A电势能的减少量 ΔEp电＝qEsin 60°－qEL0sin 30°＝mgL0(2分) 小球B原距O点的高度h0＝L0cos 30°＝L0 此时距O点的高度h＝(L0＋ΔL)cos 60°＝L0 小球B重力势能的增加量ΔEp重＝mg＝mgL0(2分) (3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，小球A、B受力分析如图3所示，由平衡条件可得 图3 T3sin α＋T4sin β＝qE，T3cos α＝mg＋T4cos β 对小球B，由平衡条件可得T′4sin β＝qE，T′4cos β＝mg 由牛顿第三定律可有T4＝T′4 联立以上各式解得α＝0，β＝60°，T4＝T′4＝＝2mg 此时橡皮筋的伸长量为ΔL′＝＝L0(2分) 则有小球A电势能增加量ΔEpA＝qE×L0sin 30°＝mgL0 则有小球B电势能的减少量ΔEpB＝qE(L0＋L0)sin β－qE××＝mgL0 可得平衡时A、B球系统电势能的变化量ΔEp＝＝mgL0(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$■■■国■■■■短■■国■■■■国■■■ 湖南师大附中2024-2025学年度高一第二学期第二次大练习 请在各道日的格区线神作格，M出黑色起形边书垃的答紫效 请在各题日的答提（域内作答，格h国色矩形丛红限区频的常案无滚 物理答题卡 减门题 1超1691 贴条形码区 难考证号 出朝上，规自睛电型在方数 家同 ◆ 进择题（锈利2DM笔纳海 14厘414分 1 ▣▣m回 0D口 0可 11连分 2 12题（然） (2) 11题12处) 请在齐撞日的拾（域心片作若，萄出望色矩根边标见的苦室.数 W布各道H的许风域内作者，出里色免形0止（的花室太，数 请在各画山的寄图区域内作答，相出国色地形积果区装的爷室无装