【文档说明】吉林省长春外国语学校2024-2025学年高二上学期开学考试 物理 Word版含答案.docx，共(6)页，378.013 KB，由小赞的店铺上传

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长春外国语学校2024-2025学年第一学期期初考试高二年级物理试卷（理科）出题人：李鑫蕊审题人：刘宝香本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页。考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息

条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。第Ⅰ卷一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题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。1.关于元电荷

，下列说法中不正确的是（）A．元电荷实质上是指电子和质子本身B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C．元电荷的值通常取191.6010Ce=－D．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的2.2022年的“天宫课堂”上，航

天员用绳子一端系住装有水油混合液体的瓶子，做如图所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层，水油分离后的圆周运动过程中，下列说法正确的是（）A.瓶子整体不受重力B．总体来看，油的线速度大于水的线速度C．水对油有指向圆心的作用力D．总体来看，油的向心加速度比水的向心加速度大3.物体在合

外力作用下做直线运动的v－t图象如图所示．下列表述正确的是()A．在0～1s内，合外力做正功B．在0～2s内，合外力总是做负功C．在1～2s内，合外力不做功D．在0～3s内，合外力总是做正功4．高空抛物极易对人造成重大伤害，如果一个0.05kg鸡蛋从一居民楼16层坠下，与地面的撞击时间约为2

ms，则鸡蛋对地面的冲击力约为（）A．600NB.750NC.500ND.775N5.一个半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，环上套着两个带电小球A和B（中央有孔，可视为点电荷），当它们处于如图所示位置时，恰好都能保持静止状态．此时小球B与环中心O处于同一水平面，A，B

连线与水平方向夹角为30.已知小球B为带电量为q的负电荷，质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，由此可知小球A（）A．质量为2mB．带负电C．带电荷量为233mgRkqD．对圆环的弹力大小为332mg6.如图所示，空间有一

水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度0v从A点沿直线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不受其它力。则（）A．微粒带正电B．微粒从A点运动到B点，动能减小C．微粒从A点运动到B点，电场力做负功D．微粒从A点运动到B点，机械能增加7.如图所示，两块较大的金

属板A、B相距为d，水平平行放置并与一电源相连。开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态。以下说法正确的是（）A．若将A向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动B．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动C．若将A向下平移一小

段位移，G表中有b→a的电流D．若S断开后再将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中无电流8．如图甲所示，“天问一号”探测器从地球发射后，立即被太阳引力俘获，沿以太阳为焦点的椭圆轨道b运动到达火星，被火星引力俘获后环绕火星飞行，轨道b与地球公转轨道a、

火星公转轨道c相切。如图乙所示，“天问一号”目前已由椭圆轨道Ⅰ进入圆轨道Ⅱ，进行预选着陆区探测。下列说法正确的是（）A．“天问一号”的发射速度v满足7.9km/s11.2km/svB．地球绕太阳公转速度大于火星绕太阳公转速度C．“天问一号”在轨道Ⅱ上

的速度大于火星的第一宇宙速D．在椭圆轨道Ⅰ上经过M点的速度大于在圆轨道Ⅱ上经过M点的速度9．如图所示，弹簧固定在地面上，一小球从它的正上方A处自由下落，到达B处开始与弹簧接触，到达C处速度为0，不计空气阻力，则在小球从B到C的过程中()A．弹簧的弹性

势能不断增大B．弹簧的弹性势能不断减小C．系统机械能不断减小D．系统机械能保持不变10．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在

箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）A．12𝑚𝑣2B．12𝑚𝑀𝑚+𝑀𝑣2C．12𝑁𝜇𝑚𝑔𝐿D．𝑁𝜇𝑚𝑔𝐿第

Ⅱ卷二、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。11.“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图（a），某组同学在一次实验中，以如下表格和图（b）显示实验的结果。摆锤位置ABCDh/×10-2m151050Ek/×10-2J0.450.801.201.55Ep/×10-2J1

.100.730.370.00（1）图（b）的横轴表示摆锤距D点的高度h，纵轴表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek，或机械能E。已显示小球的重力势能Ep与h变化关系如图线1，请用描点法分别画出动能Ek与h变化

关系图线和机械能E与h变化关系图线，并分别标上2、3；（2）本实验用到的传感器是，用“摆锤”而不用“摆球”的原因是。（3）某同学认为：该实验的摆锤质量未知也可以验证机械能守恒定律，该同学的说法（选填“正确”或“错误”），理由是。12.某物理兴趣小组利用如图所示装置来“探究影响电

荷间静电力的因素”。O是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在图中1P、2P、3P等位置，比较小球在不同位置所受静电力的大小；使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。（1）图中实验采用的方法是。A．理

想实验法B，微小量放大法C．控制变量法D．等效替代法（2）小球质量为m，在1P位置偏离竖直方向夹角，此时所其受静电力的大小为。（3）在实验中，某同学让两半径为R的小球分别带上1q和2q的正电，并使两小球球心相距3R，该同学利用公式(

)1223kqqFR=计算两球之间的静电力，则计算结果（选填“偏大”、“偏小”或“正确”）。三、解答题：第13题12分，第14题12分，第15题10分，共34分13.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖

直轴转动的水平转台上，转台转轴与过球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，小物块与陶罐间动摩擦因数μ=0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），经过一段时间后小物

块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点连线与OO′间的夹角θ为53°，重力加速度为g（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）。（1）若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，求陶罐对小物块的支持力；（2）若此时小

物块恰好不下滑，求陶罐的角速度；14.如图所示，竖直平面内有一高为0.2m=h的光滑倾斜圆弧轨道，末端水平。质量B3kgm=的小滑块B静止在圆弧轨道末端。轨道右方有一辆质量为C3kgm=的小车C静止在光滑水平面上，小车上表面与轨道末端平齐且挨在一起。另一

个质量为A1kgm=的小滑块A从圆弧轨道上端由静止释放，下滑后与B发生弹性碰撞。已知B与小车C上表面的动摩擦因数为0.25=，滑块A在整个过程中与小车C都没有相互作用，取210m/s=g。求：（1）A与B碰撞前瞬间滑块A、B的速度大小；（2）要保证滑块

B不从小车C上滑下，小车至少要有多长。15.如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，宽度为L，方

向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。（1）求电子在偏转电场中的偏转距离（2）若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，求偏转电场的电场强度E1物理答案一、选择题12345678910ACABADBBDADBD二、实验题11.（1）[1]根据各

能量与高度的关系，作出所对应的图象如图（2）[2][3]实验中摆锤在各点的速度需要利用光电门间接测量出来，从而用DIS测出摆锤在各点的动能，故本实验用到的传感器是光电门传感器；用“摆锤”而不用摆球的原因是摆球上不好固定光电门，也不利于确定摆球在下摆过程中的位置；（3

）[4][5]由于需要验证摆锤机械能守恒的原理表达式两边均与摆锤质量有关，可以约掉，所以即使摆锤质量未知，也可以验证机械能守恒定律，故该同学的说法正确。12.Ctanmg偏大【详解】（1）[1]图中实验采用的方法是控制变量法。故选C。（2）[2]对小球受力分析，根据库仑定律结

合平衡条件，此时所其受静电力的大小为tanFmg=（3）[3]某同学让两半径为R的小球分别带上1q和2q的正电，并使两小球球心相距3R，该同学利用公式()1223kqqFR=计算两球之间的静电力，则计算结果偏大，因为同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于3R，静

电力实际值小于()1223kqqFR=。13.（1）若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，则支持力的分力与重力平衡，有FNcosθ=mg解得N53Fmg=（2）当小物块所受的摩擦力沿切线方向向上最大时小物

块恰好不下滑，且此时小物块的角速度最小，则有F′Nsinθ－f′cosθ=mRsinθ∙ωmin2mg=F′Ncosθ＋f′sinθf′=μF′N解得min58gR=14.（1）根据题意，由动能定理有2AA12mghmv=解

得A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小𝑣𝐴=2𝑚/𝑠𝑣𝐵=0𝑚/𝑠（2）根据题意可知，A与B发生弹性正碰，由动量守恒定律有AA1B2mvmvmv=+由能量守恒定律有222AA1B2111222mvmvmv=+解得21

m/sv=B和C组成的系统合外力为零，要保证滑块B不从小车C上滑下，即滑块B滑到小车右端时与小车速度相等，由动量守恒定律有B2BC'()mvmmv=+由能量守恒定律有22B2BBC11()22mvmgLmmv=++解得，小车至少长为0.1mL=15.(1)24EL

yU=(2)12EE=【详解】(1)电子在电场中的加速，由动能定理得2012eUmv=解得02eUvm=设电子的竖直偏移量为y，则根据类平抛运动规律可得0Lvt=212yat=由牛顿第二定律得eEam=解得24ELyU=；(2)当电压U1=2U时，同理有：0xLvt==212ya

t=由牛顿第二定律得eEma=联立解得24=yUEx根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍，即12EE=。5SL=(1)24ELyU=(2)12EE=【详解】(1)电子在电场中的加速，由动能定理得2012eUmv=解得02e

Uvm=设电子的竖直偏移量为y，则根据类平抛运动规律可得0Lvt=212yat=由牛顿第二定律得eEam=解得24ELyU=；(2)当电压U1=2U时，同理有：0xLvt==212yat=由牛顿第二定律得eEma=联立解得24=yUEx根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增

大为原来的2倍，即12EE=。