湖北省楚天教科研协作体2025-2026学年高二上学期9月起点考试物理试卷

2025-2026学年湖北省楚天教科研协作体高二(上)起点考试物理试卷(9月)-普通用卷 一、单选题:本大题共7小题,共28分。 1.将一质量为m的带正电小球,在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出,小球运动的加速度大小为,方向竖直向下,不计空气阻力,小球在下落h的过程中,下列计算结果正确的是 A. 动能增加 B. 重力势能减少 C. 机械能减少 D. 电场力大小为 2.我国发射“天问一号”探测器对火星开展广泛的科学探测工作。已知探测器质量为m,在火星表面附近悬停,受到竖直向上的升力F,火星半径为R,万有引力常量为G,忽略火星自转。下列说法正确的是 A. 火星表面的重力加速度大小为 B. 火星质量为 C. 火星的第一宇宙速度大小为 D. 火星密度为 3.如图所示是等量异种点电荷形成的电场中的一些点是电荷连线的中点,E、F是连线中垂线上相对O对称的两点,B、C和A、D也相对O对称。则下列说法中正确的是 A. E、F两点电场强度不同 B. A、D两点电场强度相同 C. B、O、C三点,O点电场强度最大 D. 电子从E点向F点运动的所受静电力逐渐增大 4.如图所示,在倾角为的斜面上,轻质弹簧一端连接固定在斜面底端的挡板C上,另一端连接滑块A。一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮质量忽略不计,一端系在滑块A上,另一端与小球B相连,细绳与斜面平行,斜面足够长。用手托住小球B,此时弹簧长度为原长,滑块A刚好要沿斜面向上运动。现在由静止释放小球B,不计轻绳与滑轮间的摩擦。已知,滑块A与斜面间的动摩擦因数,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取,弹簧的劲度系数。若弹簧原长时弹性势能为0,弹簧伸长x时的弹性势能为。下列说法正确的是 A. 释放小球B前,小球B对手的压力为12N B. 滑块A向上滑行时速度最大 C. 当滑块A向上滑行到速度最大时,弹簧对滑块A做功 D. 经过足够长的时间,滑块A、小球B都处于静止状态,且弹簧长度为原长 5.如图甲所示,绝缘粗糙水平面上处和处分别固定两个点电荷场源电荷,其中处的电荷量大小为Q。以无限远处作为零电势点,两点电荷在x轴上形成的电场其电势与x关系如图乙所示,其中坐标原点处电势为、且为极小值,和处电势分别为和。下列说法正确的是 A. 处和处的场强等大反向 B. 处的电荷的电荷量为4Q C. 处无初速度释放一个带正电的光滑质点物块,物块会以O点为中心来回往返运动 D. 质量为m,电荷量为的带电物体视为质点,与地面动摩擦因数为,欲使它从O点向右出发刚好到达处,则物体在坐标原点处的初速度大小为 6.某同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻、电源的电动势E和内阻r。调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动,记录了电流表A和电压表及电压表的测量数据,所有电表都视作理想电表。根据数据描绘了如图乙所示的两条直线,则下列说法中正确的是 A. 定值电阻的阻值为 B. 电源的内阻为 C. 电源的电动势为 D. 滑动变阻器上消耗的功率最大为 7.如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,一根长的绝缘细线的一端固定在电场中的O点,另一端系住一质量、带电量的小球,小球静止时细线与竖直方向成角。现给小球一个与细线垂直的初速度,使其从静止位置开始运动,发现它恰好能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。已知,,,则 A. 匀强电场的电场强度大小为 B. 小球获得的初速度大小为 C. 小球从初始位置运动至轨迹最左端的过程中机械能减小了 D. 小球在竖直平面内顺时针运动一周回到初始位置的过程中,其电势能先增大后减小 二、多选题:本大题共3小题,共12分。 8.如图所示,甲卫星在圆轨道上绕地运行,乙卫星在某次变轨过程中的运行轨道为椭圆,两卫星轨道相交于P、Q两点。B、D分别是椭圆轨道的近地点和远地点,A、C为圆轨道上的两点,A、B、C、D和地心在同一直线上,且。则下列说法正确的是 A. 甲在A点的速度一定等于乙在D点的速度 B. 甲、乙经过Q点时受到地球的引力大小一定相等、方向相同 C. 乙卫星在B、P、D、Q点的机械能关系满足 D. 甲从A运行到C所需的时间小于乙从B运行到D所需时间 9.如图所示,M、N是两块水平放置的平行金属板,为定值电阻,和为可变电阻,开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度射入金属板间,沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后,微粒仍从P点以水平速度射入,则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是 A. 断开开关S,M极板稍微下移,粒子打在O点右侧 B. 断开开关S,M极板稍微上移,粒子依然打在O点 C. 保持开关S闭合,增大,粒子依然打在O点 D. 保持开关S闭合,减小,粒子打在O点左侧 10.工程师设计了一个货物缓冲装置。如图所示,倾角的固定光滑斜面与水平地面在C点平滑连接,两条宽度不计的缓冲条货物每次经过时损失的机械能相等分别嵌入地面上A、B两处。为检验装置缓冲性能,工程师使货物以一定的初速度从O点水平向右滑出,并记录了货物从O点开始至动能首次减为零的过程中,动能与路程s的关系图像,如图所示。已知,货物质量,重力加速度g取,不计空气阻力,货物可视为质点,则货物 A. 与地面间的动摩擦因数为 B. 沿斜面上滑的最大距离为 C. 每次经过缓冲条损失的机械能为 D. 最终停止的位置与O点的距离为 三、实验题:本大题共2小题,共18分。 11.某实验小组利用竖直固定的钢管圆形轨道和力传感器来验证“机械能守恒定律”。将力传感器嵌入轨道最高点和最低点,并连接数据采集系统。质量为m的钢性小球可在管道内近似无摩擦地运动,经测量小球做圆周运动的半径为r,已知当地的重力加速度为g。请回答下列问题: 让小球多次从开口处P点以较大初速度沿轨道切线方向射入,直到小球经过轨道底部和顶部时力传感器均出现示数,并记录其大小分别为、 小球在轨道底部的速度可表示为,小球在轨道顶部的速度可表示为_用、m、r、g表示 小球从底部到顶部重力势能变化量的大小为、动能变化量的大小为。根据机械能守恒定律,若满足,则与的差值为_用m、g表示。 12.某兴趣小组为测量一电子元件的阻值。 他们首先用多用电表欧姆档的“”档粗略测定电子元件阻值,表盘中指针位置如图所示,则阻值为_ 为了精确测量电子元件的阻值,小组找到了如下实验器材: A.电源电源电压9V,内阻约为 B.电压表量程,内阻约为 C.电流表量程,内阻为 D.电流表量程,内阻为 E.滑动变阻器最大阻值为 F.滑动变阻器最大阻值为 G.开关S,导线若干。 小组设计了如图所示的实验原理图,其中电流表应选用_滑动变阻器应选用_均填器材前序号 兴趣小组在测量过程中发现电压表已损坏,他们找到了一个定值电阻R,并重新设计了如图所示的电路图,闭合开关S前,滑动变阻器的滑片P应处在_填“M”或“N”端。当开关S闭合后,改变滑动变阻器滑片P的位置,记录电流表的示数、电流表的示数,作出了的图像,如图所示,已知图线的斜率为,则该电子元件的阻值_用R、、k字母表示。 四、计算题:本大题共3小题,共30分。 13.如图所示,在水平向左的匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆形轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径,电场强度的大小为。一带电荷量的小滑块质量为,与水平轨道间的动摩擦因数,滑块从水平轨道上某处由静止释放,小滑块恰好运动到半圆形轨道的最高点C。g取,求: 滑块在水平轨道上由静止释放的位置离N点的距离 滑块通过半圆形轨道中点P点时对轨道压力大小 小滑块经过C点后的落地点离N点的距离。 14.如图所示,光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接,水平区域FG足够长,圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为的滑块可视为质点从AB轨道上高度为h处由静止释放,若已知圆轨道半径,水平面BD的长度,传送带长度,滑块始终不脱离圆轨道,且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为,传送带以恒定速度逆时针转动不考虑传送带轮的半径对运动的影响,g取。求: 若,则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力 若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出,求滑块释放点高度h的取值范围 当时,计算滑块从释放到飞出传送带的过程中,因摩擦产生的热量Q是多少。 15.如图所示,xOy为竖直平面内的直角坐标系,该空间存在平行xOy平面但方向未知的匀强电场,将一质量为m、带电量为的小球从O点抛出,抛出的初速度大小均为,抛出的方向可沿xOy平面内的任意方向。将小球沿某一方向抛出后,一段时间后小球通过点时速度大小为若将小球向另一方向抛出,一段时间后小球通过点时速度大小为。求: 、A两点间的电势差及O、B两点间的电势差 电场强度的大小和方向 若将小球沿y轴正方向抛出,小球运动过程中的最小速度以及此时小球离O点的距离S。 答案和解析 1.【答案】A 【解析】根据动能定理:小球动能的变化量等于合力做功,故A正确; 重力势能减小等于重力做的功,所以重力势能减小mgh,故B错误; 重力势能减小mgh,动能增加,所以机械能减小了,故C错误; 根据牛顿第二定律可知,小球所受电场力大小为,方向竖直向上,故D错误。 2.【答案】C 【解析】解:根据平衡条件得,解得,故A错误; B.根据黄金代换式,联立, 解得,故B错误; C.根据牛顿第二定律得,解得,故C正确; D.根据密度公式得,解得,故D错误。 故选:C。 3.【答案】B 【解析】A.等量异种电荷电场线如图所示,等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,电场强度方向与等势线垂直,因此 E、F两点电场强度方向相同,由于 E、F是连线中垂线上相对O对称的两点,则其电场强度大小也相等,故 A错误; B.根据对称性可知, A、D两点处电场线疏密程度相同,则 A、D两点电场强度大小相同, A、D两点电场强度方向也相同,都水平向左。故 B正确; C.由图可知, B、O、C三点比较, O点的电场线最稀疏,电场强度最小,故 C错误; D.由图可知,电子从 E点向F点运动过程中,电场强度先增大后减小,则电子所受静电力先增大后减小,故 D错误。 4.【答案】C 【解析】A.释放B球前用手托住球B,此时弹簧刚好处于原长,设绳子拉力为T,滑块A刚要沿斜面向上运动可知 对B受力分析,设手的托力为F, 根据牛顿第三定律可知,手受到B球的压力为10N,A错误 B.松手后,A做加速度减小的加速运动,当A受到的合力为零时,速度最大,当A加速度为零时,B的加速度也为零,对A受力分析得,,代入,解得,B错误 C.松手后到滑块A最大速度时,弹簧对滑块A做功为,C正确 D.当滑块A和小球B最终都静止时,由平衡条件可知,弹簧应处于伸长状态, D错误。 5.【答案】B 【解析】图像斜率表示电场强度: A.由图像的斜率等于场强可知,和处场强反向,但场强大小不等,A错误; B.由图可知在处的场强为零,则,可得,故B正确; C.物体在运动过程中,电势能和动能等量转化,质点向右运动到O点右侧电势为处速度为零,由图可知在右侧,即物块会以O点右侧某一点为中心来回往返运动,故C错误; D.由动能定理,又,解得,D错误。 6.【答案】D 【解析】由题意可知上边的直线表示电源的路端电压随电流的变化关系;下边的直线表示电阻两端的电压随电流的变化关系;交点处说明两图线表示的电流相等,并且电压相等,故说明此时滑动变阻器短路,即滑动触头滑到了最左端;由题图可知,故A错误;电源内阻,故B错误;电源的电动势,故C错误;当滑动变阻器的阻值时,滑动变阻器功率最大为,故D正确. 7.【答案】B 【解析】A.小球静止时细线与竖直方向成角,对小球受力分析如图所示: , 根据平衡条件有,可得,故A错误; B.小球受重力和电场力的等效合力为,小球恰能经过等效最高点A,则在A 点时满足, 从开始到A点由动能定理有,解得小球获得的初速度大小为,故B正确; C.小球从初始位置运动至轨迹最左端的过程中电场力做功为,则小球的机械能减小了6J,故C错误; D.小球在竖直平面内顺时针运动一周回到初始位置的过程中,电场力先做负功,再做正功,再做负功,则其电势能先增大后减小,再增大,故D错误。 8.【答案】CD 【解析】A.根据题意可知,乙在D点的速度小于卫星在经过D点的圆轨道上的速度,由万有引力提供向心力有,解得,可知乙卫星在经过D点的圆轨道上运行的速度小于甲运行速度,则甲在A点速度一定大于乙在D点的速度,故 A错误; B.由万有引力定律公式,可知由于两卫星的质量关系未知,故两卫星经过 Q点时受到地球的引力方向相同,均指向地心,但大小不一定相等,故 B错误; C.乙在椭圆轨道上运行过程中机械能守恒,即在 B、P、D、Q点的机械能关系满足,故C正确; D.由可知,甲卫星圆轨道的半径小于乙卫星椭圆轨道的半长轴,根据开普勒第三定律可知,甲卫星绕地球运行的周期小于乙卫星绕地球运行的周期,所以甲从 A运行到C所需的时间小于乙从B运行到D所需时间,故 D正确。 9.【答案】BC 【解析】设两板间的电压为U,两板间的距离为d,粒子的电荷量为q,微粒从P点以水平速度射入金属板间,沿曲线打在N板上的O点,则根据牛顿第二定律可得加速度为,方向垂直于板向下,断开开关,平行板带电量不变,平行板间的电场强度为 结合,,可得 电场强度不变,故加速度不变,M极板稍微上移或下移,不会影响离子的运动,故粒子仍然打在O点,故 A错误, B正确 C.保持开关S闭合,由串并联电压关系可知,两端的电压为,增大,U将减小,电容器两端的电压减小,根据可知电容器的电荷量减小,电容器放电,但由于晶体二极管具有单向导电性,所以电容器不能放电,故电容器的电荷量不变,电容器两端的电压不变,故粒子仍然打在O点,故 C正确。 D.保持开关S闭合,减小,不会影响电阻两端的电压,故粒子打在O点,故 D错误。 10.【答案】BD 【解析】A.根据动能定理可知,图像的斜率等于合外力,在平面时 在斜面上时 因从B点以后的图像是直线,可知三段图像应该是平行的,由图可知, 可得,选项A错误; B.从B点到到达斜面最远点,解得 即物块沿斜面上滑的最大距离为,选项 B正确; C.由图可知 可得每次经过缓冲条损失的机械能为,选项C错误; D.由上述分析可知,物块每次经过缓冲条一次动能损失5J,在OA、AB、BC段每段损失动能也是5J,回到斜面底端时的动能为,则物块能越过B点剩余1J的动能继续运动停止,即最终停止的位置与O点的距离为,选项D正确。 11.【答案】; 6 mg 【解析】在顶部,对小球,由牛顿第二定律得,解得 小球从底部到顶部过程,由机械能守恒定律得,即 解得。 故答案为:;。 应用牛顿第二定律求解。 应用机械能守恒定律求解。 分析清楚小球的运动过程,应用牛顿第二定律与机械能守恒定律即可解题。 12.【答案】100 D E M 【解析】电阻挡的倍率为“”,由图可知欧姆表显示该电阻的阻值为 电路中的最大电流为,故电流表选 由图所示的实验原理图,可知滑动变阻器采用了分压式接法,需要测量的范围更大,而滑动变阻器阻值越小,调节时电表变化越明显,为方便实验操作,滑动变阻器应选最大值较小的,故选 由图所示的实验原理图,可知滑动变阻器采用了分压式接法,并联部分的电压可以从零开始测量,为保护并联部分电路中的仪器,故在闭合开关S前,滑动变阻器的滑片P应处在M处 根据图所示的实验原理图,可得 变形得 故图像的斜率,解得。 13.【答案】小滑块在C点时,重力提供向心力,有 带入数据解得 整个过程由动能定理得 解得 从初位置到达P点,由动能定理得 到达P点时轨道对滑块的弹力和电场力的合力提供向心力,有 联立解得 由牛顿第三定律,P点时滑块对轨道压力大小为 方向水平向左。 经C点后,竖直方向做自由落体运动 水平方向做匀减速运动且, 联立解得 【解析】【解析】详细解答和解析过程见【答案】 14.【答案】若,则滑块运动至B点时,由动能定理可得 在B点由牛顿第二定律 解得 由牛顿第三定律可知,滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N,方向竖直向下。 若滑块恰好能过C点,则C点时有 从A到C,根据动能定理有 解得 要使滑块恰能运动到E点,则滑块到E点的速度,从A到E,根据动能定理有 解得 显然 若滑块不脱离圆弧轨道且从E点飞出,则滑块释放点的高度 从A到D点根据动能定理 解得 从A到E点根据动能定理 可得 由运动学公式 则 在1s时间内,滑块的位移为 传送带运动的位移为 滑块相对于传动带的位移为 由功能关系 【解析】【解析】详细解答和解析过程见【答案】 15.【答案】从O到A,据动能定理可得 解得 从O到B,据动能定理可得 解得 取OA的中点C,可知B、C为等势点,可得电场强度垂直BC连线斜向下,即与x轴正方向夹角为斜向下如图甲所示, 取从O到B的过程有 解得 将重力与电场力合成,可得它们的合力与x轴正方向成角斜向下。将初速度沿方向和垂直方向分解,垂直合外力方向的速度即为运动过程中的最小速度,如图乙所示 则有 方向与x轴正方向成角斜向上 小球运动的加速度, 小球从O点运动到速度最小所用的时间, 小球沿方向的位移 小球沿方向的位移 小球速度最小时离O点距离。 【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第1页,共1页 学科网(北京)股份有限公司 $