【文档说明】湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题答案.docx，共(11)页，536.499 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-716cd71cc738884af497ef5957aaae0a.html

以下为本文档部分文字说明：

参考答案：题号12345678910答案CBDCBBBCDACBC题号11答案BC1．C【分析】根据牛顿第二定律求出物体的质量，再结合牛顿第二定律求出物体在6N的合外力作用下产生的加速度大小．【详解】根据牛顿第二定律得，物体的质量2Fmkga==．由牛顿第二定律可知，若使该物体产生8m/s2的加

速度，所需的外力的大小28N16NFma===．故本题选C．【点睛】解决本题的关键掌握牛顿第二定律，抓住质量不变进行求解．2．B【详解】A、使接线插板负载过大，电路中保险丝熔断，可能是由于短路或烧坏接线插板，故A错误；B、电器失火应先断开电源，然后用灭火砂进行灭火，注

意不能用水灭火，故B正确；C、钢丝的电阻小、熔点高，在电流过大时，产生的热量不容易达到熔点，因此不会熔断，起不到保险的作用，故C错误；D、手抓电线拔出插头的过程中容易将线拉断，正确的做法是捏住插头将插头拔出，

故D错误．点睛：本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生．3．D【详解】A．由于甲、乙两轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故A

Bvv=，所以AB:1:1vv=故A错误；B．由于乙、丙两轮共轴，故两轮角速度相同，即BC=，所以BC:1:1=故B错误；C．由2nvaR=，BA:1:2RR=可得A、B两点的向心加速度大小之比为nAnB:1:2aa=故C错误；D

．由vR=，AB:1:1vv=，BA:1:2RR=可得AB:1:2=又BC:1:1=所以AC:1:2=由2aR=，ACRR=可得AC:1:4aa=故D正确。故选D。4．C【详解】A.根据一天内可以看到16次

日出可以求得空间站的周期1T，并且地球半径R和空间站轨道高度h均已知，根据22214()()MmGmRhRhT=++可求出地球的质量，地球的半径已知，可求出地球的体积，根据MV=可求得地球的平均密度，A正确；B．忽略地球自转，则由代换公式有2GMgR=设地球的第一宇宙速度为v，质量为m的物

体绕地球表面以第一宇宙速度v运行，根据牛顿第二定律有22MmvGmRR=结合A选项，可知能确定地球的第一宇宙速度和地球表面的重力加速度，B正确；C．由于空间站的质量未知，所以无法求得空间站与地球的万有引力，C错误；D．空间站的线速度大小为112

()RhvT+=根据22MmvGmrr=结合22214MmGmrrT=结合地球的质量联立可求出同步卫星的线速度大小，故地球同步卫星与空间站的线速度大小的比值，D正确。故选C。5．B【详解】AB．在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即Fm

g=当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力()FmgkyH=−−到合力为零前，随着y增大F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着y减小F增大，反弹过程，随着y减小，图

像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确；CD．在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据212ygt=速度逐渐增大，yt−图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律()mgkyHFma−−==木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以yt−图像斜率继续增

大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中()FkyHmg=−−木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以yt−图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C

图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确yt−示意图如下故CD错误。故选B。6．B【详解】小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点，表明小滑块能通过轨道的等效最高点，重力与电场力的合力为22()(

)2FEqmgmg=+=所以轨道等效最高点为圆心左上60°轨道上，即D点。在等效最高点，有22vmgmR=A．从A点到轨道等效最高点，根据动能定理得21(sin30cos30sin30)(cos30sin60sin

30)02mgsRREqsRRmv−−+−+=−解得1.5sR=A错误；B．从C到等效最高点，有2211(cos60)(sin60)22CmgRREqRmvmv−−+−=−在C点，有2CvNmgmR−=解得9Nmg=根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为9mg

，B正确；C．小滑块运动到D点的圆上对称点时，速度最大，有22m112222mgRmvmv−=−解得2m152mvmgR=C错误；D．小滑块从D点抛出后，做类平抛运动，假设刚好落到B点，则有2mgma=

，vtR=则在合力方向上的位移为21122yatRR==假设错误，D错误。故选B。7．B【详解】A．如图由几何关系得11coshl=，22coshl=由于P点到M点的距离小于P点到N点的距离，则12根据平

行四边形定则结合正弦定理得1221sinsinTT=由于12且空调室外机竖直向下缓慢运动，则12T>T故A错误；B．根据正弦定理可得()122121sinsinsinTTmg==+化简可得11121sincostanmgT=+其中12222211sintan1OMOPO

MONONOMOPOMOP==++因此可知1121sincostan+变大，则1T变小，同理2T也变小，则1、2两绳的拉力只能减小。故B正确；C．由于空调室外壳缓慢移动，处于动态平衡，则1、2两绳拉力的合力等于空调室外机的重力。故C错误；D．设

OM=s1，ON=s2。由1221sinsinTT=得222212121221sinsinsshTsTsh+==+可见，h变化，1、2两绳的拉力之比也变。故D错误。故选B。8．CD【详解】ABC．

由题可知，从“0m”牌到“50m”牌过程平均速度小于“50m”牌到“100m”牌过程平均速度，由vat=可知，后半段的平均加速度大于前半段，故汽车不可能做匀加速直线运动，汽车加速度可能一直增大，AB错误，C正确；D．从“0m”牌到“50m”牌过程

与“50m”牌到“100m”牌过程，由动能定理可知22211122Wmvmv=−2222121222223225209302511WvvWvv−−===−−D正确。故选CD。9．AC【详解】AB.O点的电场强度大小为22OkqEr=b点与f点电场强度等大，

大小为222223744bfkqkqkqEErrr==+=c点的电场强度大小为234ckqEr=故A正确，B错误；C.把一个正的试探电荷由O移动到c，两个正电荷做的功为零，需克服负电荷做功，故电势能增大，电势升高，故C正确；D.ab为等量异种点电

荷的中垂线，把一个正的试探电荷由O点移动到b点，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故D错误。故选AC。10．BC【详解】A．在AC剪断前，根据平衡条件可知绳子BC拉力为0cosmgT=在AC剪断瞬间，小球开始做圆周运动，速度为零，

如图向心方向上合力为0，即cosTmg=所以BC对绳子的拉力改变，A错误；B．小球在圆周运动的切向，根据牛顿第二定律sinmgma=解得sinag=B正确；CD．剪断BC前，小球受力平衡，剪断BC后，因为AC是橡皮筋，剪断瞬间，橡皮筋拉力不变，与重力的合力和剪断BC前绳子的拉力等大

反向，根据牛顿第二定律cosmgma=解得cosga=C正确，D错误。故选BC。11．BC【详解】A．设火星的质量为M、“天问一号”探测器的质量为m，“天问一号”探测器在距离火星中心为r1的轨道

上做匀速圆周运动，则有21212π()mMGmrrT=解得231214πrMGT=A错误；B．假定有一质量为m1的物体静止在火星两极表面上，则有1120mMmgGR=得20MgGR=再将231214πrM

GT=代入，解得23122104rgTR=B正确；C．设火星的第一宇宙速度为v，则有2220vmgmR=解得0vgR=再将23122104rgTR=代入，解得11102πrrvTR=C正确；D．设火星的同步卫星的质量为m3，高度为h，

则有23302002π()()()mMGmRhRhT=++解得203024πGMThR=−再将231214πrMGT=代入，解得2031021ThrRT=−D错误。故选BC。12．(1)1.785（1.783~1.787均可

）1(2)1A(3)()22122114IRrdRrLI+−−合格【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为1.5mm28.50.01mm1.785mmd=+=[2]欧姆表读数为211xRR+=可得1xR=（

2）[1]根据2AxEIRRR=++若选电流表1A，则通过电流表的最大电流为11.5A=29.4mA10140I=++若选电流表2A，则通过电流表的最大电流为21.5A=1.35mA101100I=++结合两个电流表的量程，为了提高测量的精确度，电流表选择1A。[2]虚线框内应

该是电压表，选项中无电压表所以需要用电流表A2进行改装，电流表A2直接改装成电压表量程为220.2VUIr==小于电源的电动势，所以应使电流表A2串联一个电阻，根据题目给的仪器，应使电流表A2串联电阻箱，设将电阻箱阻值调到有1R，则()212EIRr=+解得1650ΩR=在电阻箱的阻值调节范

围内，所以补充的电路图为（3）[1]根据欧姆定律，可得()212211xIRrRRrI+=−−根据电阻定律，有2244xLLLRdSd===联立解得()22122114IRrdRrLI+=−−[2]长度为1m标准铜导线电

阻为07.80.00781000R==长度为1m的待测导线电阻为10.0071140R==0RR所以该待检测电线合格。13．6.750.6750Fmg−(2)2kLD+D【详解】（1）[1]游标卡尺的最小分度值为0.05mm，主尺读数为6mm，游标尺读数为1

50.05mm遮光片的宽度为6mm0.0515mm6.75mm+=[2]小球经过光电门时的遮光时间极短，则该过程的平均速度近似等于瞬时速度，则小球的速度大小为36.7510m/s=0.675m/s0.01dvt−==（2）[3]小球通过最低

点时的向心力为细线的拉力与小球重力的合力，即0FFmg=−由牛顿第二定律得202−=+vFmgmDL整理得2022mvFmgLD=++由图像可知22mkLD=+解得(2)2kLDm+=（3）因为遮光片做圆周

运动的速度大于小球做圆周运动的速度，实验中用遮光片速度代替小球速度进行的计算。由2vFmR=可知理论值总大于F，说明测量的小球速度偏大，故D正确，ABC错误。故选D。14．（1）AcosmgT=；（2）BtanTmg=【详解】（1）（2

）小球处于静止状态，受力平衡，对小球受力分析，设AO绳的拉力为AT，OB绳的拉力为Bt，由平衡条件有AcosmgT=，BtanTmg=15．（1）0.9s；（2）30m/s2；（3）1.35m；（4）4.5m/s【详解】（1）设旅客做自由落体运动的时间t1，由运动学公式21

1112hat=代入数据10.9st=（2）设旅客做减速的加速度大小为a2，由题可知F合=4mg-mg2=Fam合2230m/sa=（3）由运动学公式22vax=解得2111.35m3hh==（4）设旅客做减速的时间为t2，则2110.3

s3tt==1212hhvtt+=+代入数据4.5m/s?v=16．（1）0.5（2）25m/s；（3）3m/s【详解】(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得：μmgcos37°＋mgsin37°＝ma1B→C过程，有：v02＝2a1l解得：a

1＝10m/s2，μ＝0.5．(2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2若恰好能到达

平台CD，有：v2＝2a2l解得：v＝25m/s，a2＝2m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于25m/s时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD．(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2．从小物体滑上传送带至小物体速度

减小到传送带速度过程，有：v12－v22＝2a1x1从小物体速度减小到传送带速度至恰好到达平台CD过程，有：v22＝2a2x2，x1＋x2＝l解得：v2＝3m/s，即传送带至少以3m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD．