【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期入学考试物理试题 含解析.docx，共(24)页，1.439 MB，由小赞的店铺上传

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雅礼中学2023年下学期入学检测试题高二物理时量：75分钟分值：100分第Ⅰ卷选择题（共44分）一、选择题（本题共10小题，单选每题4分，多选每题5分，共44分。其中第1~6题为单选题，只有一个选项符

合题目要求。第7~10题为多选题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错得0分）1.如图甲所示，倾角为的斜面足够长，质量为m的物块受沿斜面向上的拉力F作用，静止在斜面中点O处，现改变拉力F的大小（方向始终沿斜面

向上），物块由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示，其中1Ox过程的图线为曲线12xx过程的图线为直线，物块与斜面间动摩擦因数为。物块从开始运动到位移为2x的过程中（）A.1Ox过程物块的加速度在不断减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做

的功C.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功D.物块减少的机械能小于减少的重力势能【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，物块向下运动的过程中，其中1Ox过程的图线为曲线，斜率逐渐减小，而斜率Ekx

=cosEFmgx=−+（）V联立可知，-coskFmg=+（）斜率减小，-cosFmg+（）减小，物块受到的合外力sincosmgFmg−+（）不一定减小，由牛顿第二定律可知物块的加速度不一定减

小，故A错误；BC．物块向下运动的过程中，重力、拉力与摩擦力做功，物块减少的机械能等于拉力与摩擦力做功，不等于物块克服合力做的功，故BC错误；D．物块由静止开始沿斜面向下运动，减小的重力势能转化为动能与内能，所以物块减少的机械能小于

减少的重力势能，故D正确；故选D。2.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（）A.静止时，电

流表示数为零，且电容器两极板不带电B.保持向前匀加速运动时，电路中存在恒定电流C.由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表D.由向前加速突然停下时，电流由b向a流过电流表【答案】C【解析】【详解】A．静止时，N板不动，电

容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，故A错误；B．保持向前匀加速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电容不变，电容器保持与电源相连电压不变，由=QCU知电量不变，电路中无电流，故B正确；C．由静止突然向后加速时，N板相

对向前移动，则板间距减小，根据=4rSCkd知电容C增大，则电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；D．由前加速突然停下时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据=4rSCkd知电容C减增大，电压不变，由=QCU知电容器电量增大，电容器充电，电流由a

向b流过电流表，故D错误；故选C。3.金星是太阳系八大行星之一，在中国古代称为太白。金星的质量约为地球质量的五分之四，半径和地球的半径几乎相等，金星离太阳的距离比地球略近，地球和金星各自的卫星公转周期的平方与公

转半径的三次方的关系图像如图所示，下列判断正确的是（）A.图线P表示的是金星的卫星B.金星的第一宇宙速度比地球的大C.环绕金星表面运行卫星的周期大于绕地球表面运行卫星的周期D.金星绕太阳运行的向心加速度小于地球绕太阳运行的向心加速度【答案】AC【解析】【详解】A．由

万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有2224GMmmrrT=解得2324rTGM=2T-3r图象的斜率为24GM，因为金星的质量小，斜率大，所以图线P表示的是金星的卫星，图线Q表示的是地球的卫星，故A正确；B．第一宇宙速度为近行星表面卫星的速度，由万有引力提供向心力，得22G

MmvmRR=解得GMvR=因为金星的质量比地球的小，金星与地球的半径近似相等，所以金星的第一宇宙速度较小，故B错误；C．由万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有2224GMmmRRT=解得32RTGM=因为金星的质量比地球的小，金星与地

球的半径近似相等，所以环绕金星表面运行卫星的周期大于绕地球表面运行卫星的周期，故C正确；D．地球和金星绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有2GMmmar=解得2GMar=金星离太阳的距离比地球略近，

金星绕太阳运行的向心加速度大于地球绕太阳运行的向心加速度，故D错误。故选AC。4.电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳

极后，在金属电极A1、A2间1×103V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO'所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则（

）A.电极A1电势低于电极A2的电势B.电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°C.聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小D.电子轰击到物料上时的动能等于4310eV【答案】B【解析】【详解】A．在P点电子受电场力指向轨迹弯曲的

内侧，又要与电场线相切，可判断电场线的方向是从A1指向A2，所以电极A1的电势高于电极A2的电势，A错误；B．轨迹的切线方向即电子的运动方向，由图可知运动方向与电场方向夹角大于90°，B正确；C．聚焦电场一方面使电子向中央靠拢，另一方面使电子加速，所以既改变电子速度的方向

，又改变电子速度的大小，C错误；D．聚焦电场对电子做功，且总功是正功W，所以改变电子速度大小，从O到O'，根据动能定理得kqUWE+=可知电子轰击到物料上时的动能大于4310eV，D错误；故选B。5.如图，同一平面内a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的

中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（0q）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是（）A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为122WW+的的C.若c、d之间的距

离为L，则该电场的场强大小一定为2WqLD.若12WW=，则a、M两点之间的电势差大于b、N两点之间的电势差【答案】B【解析】【详解】A．无法确定电场方向，故A错误；B．a点移动到b点，其电势能减小1W，则1abqqW−=该粒子从c点移动到d点，其电势能减小

2W，则2cdqqW−=则该粒子从M点移动到N点12222abcdMNWWqqqq+++−=−=电场力做正功122WWW+=故B正确；C．若c、d之间距离为L2，但cd不一定平行电场线，故22cosWqEL=其中θ为cd与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不一定

为22WqL，故C错误；D．若W1＝W2，根据WUq=可知Uab＝Ucd故φa﹣φb＝φc﹣φd则φa﹣φc＝φb﹣φd故Uac＝Ubd的而Uac＝2UAmUbd＝2UbN故UaM＝UbN故D错误。故选B。6.如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，

AO=2cm，OB=4cm，在AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP：BP=n：1，试求Q1：Q2是多少（）A.2n2：1B.4n2：1C.2n3：1D.4n3：1【答案】C【解析】【详解】对小球受力分析如图所示由正

弦定理有sinsinABFFCPHCHP=其中∠CPH=∠OPB，∠CHP=∠HPD=∠APO其中△APO中()sinsinAPAOPOBAPO=−同理有sinsinBPBOPOBBPO=其中12AQqFkAP=，22BQqFkBP=联立有Q1：

Q2=2n3：1故选C。7.在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为m、2m的两物块A和B（均视为质点），它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r，A、B两物块与转盘之间的动摩擦因数分别为、2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大

小为g。现缓慢加快转盘的转速，当两物块相对转盘将要发生滑动时，保持转盘的转速不变，下列说法正确的是（）A.此时转盘的角速度大小为2grB.此时细线中的张力大小为mgC.此时烧断细线后的瞬间，B的加速度大小为2gD.此时烧断细线后的瞬间，A、B两物块的加速度大小相等【答案】AC【解析】【详解

】AB．根据212mgmr=，222232mgmr=两物块的临界角速度分别为12gr=，26gr=由于物块A的临界角速度较大，则相对滑动时物块A向圆盘内侧滑动。设绳拉力为F，根据牛顿第二定律2

2Fmgmr−=，22232Fmgmr+=得2gr=，2Fmg=A正确，B错误；CD．此时烧断细线后的瞬间，A、B物块的加速度大小分别为1mgagm==，22222mggam==C正确，D错误。故选AC。8.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂

重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.某时刻细线对A、B做功功率之比为1:2B.某时刻细线对A、

B做功功率之比为1:1C.当A的位移为h时，A的速率为25ghD.当A的位移为h时，A的速率为35gh【答案】BC【解析】【详解】AB．绳子对物体A做正功，大小等于A机械能的增加量，绳子对物体B做负功，大小等于机械能的减少量。又因为系统的机械能守恒，A增加的机械能

和B减少的机械能相等，时间有相同，因此做功快慢即功率相等，因此选项A错误，B正确；CD．由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式212xat=可知，B的加速度是A加速度的两倍，由速度公式vat=可知同一时刻，A的速度是B的一半，即2ABvv=当A位移为h时，B下降2h，由机械能守恒得221

1222BAmghmghmvmv−=+联立解得25Avgh=选项C正确，D错误。故选BC。9.平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生

质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压1U和偏转电场的电压2U，且所有粒子都能够从MN间飞出，不计粒子的重力。下列说法正确的是（）A.粒子在偏转电场中的竖

直偏转距离与21UU成正比B.滑片P向左滑动，从偏转电场飞出的粒子的偏转角将增加C.飞出偏转电场的粒子的最大动能为EqD.飞出偏转电场的粒子的最大速率2mqEvm=【答案】ABC【解析】【详解】A．在平行金属板P

Q之间，根据动能定理有2F112qmvU=粒子在F点的速度为1F2qUvm=设偏转电场MN的长度为L，MN之间的距离为d，则粒子通过偏转电场MN的时间为FLtv=粒子的加速度为2qUamd=所以粒子的竖直偏转距离为2221

124ULyatdU==所以粒子的竖直偏转距离与21UU成正比，故A正确；B．滑片P向左滑动的过程中，21UU的比值增大，所以粒子的竖直偏转距离逐渐增大，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐增大，则

飞出时粒子的速度的偏转角逐渐增大，故B正确；CD．粒子从M板右边缘飞出时速率最大，根据动能定理可知21212kmmqUqUEmv+==其中12UUE+=解得kmEqE=2mqEvm=故C正确，D错误；故选ABC。10.如图所示，三维坐标系O-xyz的z轴方向竖直向上，所在

空间存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q+的小球从z轴上的A点以速度0v沿x轴正方向水平抛出，A点坐标为（0，0，L），重力加速度为g，场强mgqE=。则下列说法中正确的是（）A.小球运动的轨迹为抛物线B.小球在xOz平面内的分运动为直线运动C.小球到达xOy平面时的速度大

小为204vgL+D.小球的运动轨迹与xOy平面交点的坐标为（0Lvg，L，0）【答案】AC【解析】【详解】A．带电小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度方向垂直，所以做匀变速曲线运动，运动轨迹即为抛物线，故A正确；B．由于重力与电场力大小相等，所以小球在

这两个力的合力所在平面运动，且与水平面成45°，而在xOz平面内的分运动为平抛运动，故B错误；C．小球在重力与电场力共同作用产生的加速度为2g，则小球到达xOy平面的时间2Ltg=增加的速度为222LvggLg==小球到达xOy平面时的速度大小为204vvgL=+故C正确；D．

小球在Z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，所以经过时间2Ltg=则小球在x轴方向做匀速直线运动，则发生的位移02Lxvg=而在y轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发生的位移2122qELyLmg==所以小球的轨迹与xOy平面交点的坐标为02,,0Lv

Lg，故D错误。故选AC。第Ⅱ卷非选择题（共56分）二、实验题（本题共3个小题，每空2分，共24分）11.某同学设计如图甲所示的实验装置来做“验证机械能守恒定律”实验，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光

电门B时，光电计时器记录下小铁球通过光电门的时间t，当地的重力加速度为g。（1）用游标卡尺测得小铁球的直径为d，某次小铁球通过光电门的时间为0t，则此次小铁球经过光电门的速度可表示为__________。

（2）调整A、B之间距离h，多次重复上述过程，作出21t随h的变化图像如图乙所示。若小铁球下落过程中机械能守恒，则该直线斜率k=__________。（3）在实验中根据数据实际绘出21ht−图像的直线斜率

为k（kk），则实验过程中小铁球所受的平均阻力f为其重力的__________倍（用k、k表示）。【答案】①.0dt②.22gd③.1kk−【解析】【详解】（1）[1]由光电门原理可知，小铁球经过光电门的速度为

0dvt=（2）[2]根据机械能守恒定律有212dmghmt=可得2212ghtd=故21t随h的变化图像的斜率为22gkd=（3）[3]考虑阻力的情况下，由动能定理有()212dmgfhmt−=解得

()2221mgfhtmd−=可得21t随h的变化图像的针率为()2222mgffkkmdmd−==−由此可知1fkmgk=−12.某同学根据图甲所示的欧姆表原理图，利用微安表（满偏电流为300μA、内阻为100Ω）、滑动变阻器R（最大值

为k）和一节干电池，将微安表改装成欧姆表。（1）将两表笔短接，调节R使微安表指针指在“___________A”处；（2）当两表笔之间接入阻值为2.4k的定值电阻时，微安表指针指在如图乙所示位置，则其读数为___________A，

电池的电动势为___________V，欧姆表的内阻为___________k；（3）将微安表上的A处标明“”，“300”位置处标明“0”，“100”位置处标明“___________”，并在其他位置标明相应的电阻刻度值，这样就把微安表改装成了欧姆表；（4）经过一

段时间之后，电池的电动势降低，内阻增大，则重新欧姆调零之后，测得的电阻阻值将___________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】①.300②.200③.1.44④.4.8⑤.9600⑥.偏大【解析】【详解】（1）[1]两表笔短接调零时，应使表的指针指在

微安表的电流满偏位置，即指针指在300μA处；（2）[2][3][4]由图乙可知微安表的指针指在200μA处；根据闭合电路欧姆定律，两表笔短接时有g内=EIR接入阻值为2.4k的定值电阻时，有232400gE

IR=+内解得1.44VE=，4.8kR=内（3）[5]当电流100μAI=时有1g13ERRI=+内解得19600R=（4）[6]由g内=EIR和xEIRR=+内，可得11xgIRIE=+则电动势减小，测量同一未知电阻时对应的微安表示数减小

，则电阻阻值增大。13.某实验小组欲利用图甲所示的电路测定电源E1的电动势E和内阻r，己知图中电源E2的电动势为E0，内阻为r0，定值电阻的阻值为R0，电压表可视为理想电压表，S为单刀双掷开关。（1）当S与1接通前，滑动变阻器的滑片P应置于________（

填“左”或“右”）端。（2）S与1接通，改变滑片P的位置，记下电压表的示数U1，保持P不动，S与2接通，记下电压表的示数U2，重复以上操作，得到多组U1和U2的值。（3）该同学作出的1211UU-的图像如图乙所示，若测得图线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则电源E的电动势为E=_

_______，内阻为r=________。（均用E0，R0，r0，k，b表示）。【答案】①.左②.0Ek③.000bERrk+【解析】【详解】（1）[1]为保护电路，S与1接通前，应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动变阻器的滑片P应置于左端。（

3）[2][3]当S与1接通时，由闭合电路欧姆定律，有()11000UUERRrRR=++即()001ERRRrU=-+同理，当S与2接通时，有()00002ERRRrU=-+联立可得0012011ErrUE

UER-=+结合图乙可知0EkE=00rrbER-=故0EEk=000bERrrk=+三、计算题（本题共3个小题，共32分，要求有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有结果没有过程的不能得分，有数值计算的必须写

出数值和单位）14.小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m=1kg的小球（可视为质点），离地面高h=2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R=1m，圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水

平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r=0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、

水平地面，进入装置丙。已知水平地面CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小g=10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。（sin53°=0.8，cos53°=0.6，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？（2）若LCD=5m，要使小球

能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？【答案】（1）9JW=；（2）00.43或0.520.58【解析】【详解】（1）从A到B的过程，根据竖直方向上的运动学公式可得()2221cos53ByvghgR=−−同时0tan53Byvv=

联立解得032m/sv=击打的瞬间有2012Wmv=代入数据解得9JW=（2）若小球恰好经过E点，根据牛顿第二定律可得2sin37mvmgr=解得3m/sv=从A到E的过程中，根据动能定理可得2210112si

n3722CDmghmgLmgrmvmv−−=−解得10.43=若恰好当圆弧DE的中点，则有2201sin3702CDmghmgLmgrmv−−=−解得20.52=恰好到D点时，根据动能定理可得230102CDmghmgLmv−=−解得30.58=综上所述，动摩擦因数的取值范围为0

0.43或0.520.5815.在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点

，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C．设

两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀

加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）0.4N（2）0.528W【解析】【分析】【详解】（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对

A有mAgsinθ＝FT对B有qE＋f0＝FT代入数据得f0＝04N（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有F＋mAgsinθ－F′T－Fksinθ＝mAa对B有F′T－qE－f＝mBa其中f＝μmBgFk＝kx.由电场力做功与电势

能的关系得ΔEp＝qEd由几何关系得sintanddx=−A由M到N，由vt2－v02＝2ax得A运动到N的速度v＝2ad拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv由以上各式，代入数据P＝0.528W16.如图所示，两平行金属板A、B长8cmL=，两板间距离8cmd=，A板比B板电势高400V，一带

正电的粒子电荷量1010Cq−=，质量2010kgm−=，沿两板中心线RO以初速度60210m/sv=飞入平行金属板，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的

电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为012cmx=，D是中心线RO与界面PS的交点，粒子穿过界面PS后的运动过程中速率保持不变，最后打在放置于中心线上的荧光屏bc

上E点。（E点未画出，静电力常数9229.010Nm/Ck=，粒子重力忽略不计）（1）求粒子到达PS界面时离D点多远？（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。（结果保留三位有效数字）（3）求出粒子从进入平行板电场到E点运动的总时间。【答案】

（1）16cm；（2）负电，82.0110CQ−=；（3）8(106)10s−+【解析】【详解】（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离2112yat=qUamd=水平方向有01Lvt=联立代

入数据得0.04m4cmy==带电粒子在进入无电场区后做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到D距离为Y。由相似三角形得022LyLYx=+解得416cmYy==（2）由题意可知，该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动。所以Q带负电。带电粒子到达a处时，带电粒

子的水平速度60210m/sxvv==竖直速度61210m/syvat==合速度为2262210m/sxyvvv=+=该带电粒子在穿过界面PS时速度与水平夹角为，则tan1yxvv==由几何关系可得粒子圆周运动的半径162cmcosYr==根据圆周运动的22Q

qvkmrr=代入数据解得82.0110CQ−=（3）粒子在电场区运动时间81410st−=无电场区运动时间802s610xtv−==在点电荷电场内运动时间8334610srtv−==总时

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