【文档说明】湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.299 MB，由小赞的店铺上传

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长沙市第一中学2024—2025学年度高二第一学期入学考试物理时量：75分钟满分：100分一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.测量引力常量的实验装置图如图所示，关于该实验说法正确的是（）A.该实验最早由牛顿完成B.该实验应用了“

微小量放大”的实验方法C.实验测得的引力常量是一个没有单位的常量D.引力常量与物体质量有关【答案】B【解析】【详解】A．该实验最早由卡文迪什完成，选项A错误；B．该实验应用了“微小量放大”的实验方法，选项B正确；C．实验测得的

引力常量是一个带有单位的常量，选项C错误；D．引力常量与物体质量无关，选项D错误。故选B。2.如图为一块手机电池背面印有的一些符号，下列说法正确的是（）A.该电池的电动势为4.2VB.该电池在工作1小时后达到电流为620mAC.当电池给手机供电时，外电路电压为3.7VD.若电池以10mA

的电流工作，可用62小时【答案】D【解析】【详解】A．该电池的电动势为3.7V，故A错误；BD．由题图中数据可知，电池的容量为620mAh，即若电池以10mA的电流工作，可用62小时，故B错误，D正确；C．当电池给手机供电时，由于电池内阻有一定内电压，所以外电路电压小于3.7V，故C错

误。故选D。3.如图所示，质量为m的物体，从高度为h的粗糙斜面顶端从静止开始释放，以后停在粗糙程度处处相同的平面上的B点，若该物体从斜面顶端以初速度0v沿斜面下滑，则停留在C点，恰有ABBC=。A点有一小

段圆弧连接。重力加速度为g，那么物体在斜面上运动时摩擦力做的功为（）A.2014mvB.2012mvmgh−C.2012mghmv−D.条件不足，无法判断【答案】B【解析】【详解】设斜面上运动时摩擦力所做的功

为1W，过程一据动能定理可得100mghWmgx+−=−过程二据动能定理可得2101202mghWmgxmv+−=−联立解得21012Wmvmgh=−的故选B。4.2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此

现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2，如图所示。（已知33:221.8）根据以上信息可以得出（）A.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8B.当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最小

C.过1.80年再次出现“火星冲日”D.过2.25年再次出现“火星冲日”【答案】D【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律32rkT=，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3322TT=火地故A错误；B．火星和地

球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B错误；CD．根据火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3322TT=火地，已知地球的公转周期为1T=地年则火星的公

转周期为1.8T火年设经过时间t出现下一次“火星冲日”，则有222ππtπTT−=地火（）解得2.25t=年故C错误，D正确。故选D。5.质量为1000kg的一跑车在封闭的水平道路上进行性能测试时，其牵引力的功率随时间的变化关系如图所示，已知0~10s内汽车做匀加速直线运

动，10s末汽车速度达到20m/s，一段时间后达到最大速度60m/s，运动过程中阻力恒定，下列说法正确的是（）A.匀加速过程加速度大小为23m/sB.匀加速过程发生的位移大小为200mC.速度为30m/s时，加速度大小为21.

5m/sD.整个加速过程，持续时间一定大于30s【答案】D【解析】【详解】A．10s末速度20m/s，可得此时牵引力为3116010N3000N20PFv===一段时间后达到最大速度60m/s，此时牵引力等于阻力，则有3m6010N1000N60PfFv==

==根据牛顿第二定律可得，匀加速过程的加速度大小为212m/saFfm=−=故A错误；B．匀加速过程发生的位移大小为221111210m100m22xat===故B错误；C．当速度为30m/s时，牵引力为36010N2000N30PFv===根据牛顿第二定律可知，此时

的加速度大小为21m/samFf=−=故C错误；D．若汽车由静止一直做匀加速到最大速度，则所用时间为m60s30s2vta===由于汽车在速度到达20m/s后，保持功率不变，则牵引力减小，后面汽车做加速度逐渐减小的加速运动，所以整个加速过程，持续时间

一定大于30s，故D正确。故选D。6.如图所示，ab是半径为R=1m的圆的一条直径，该圆处于平行该圆周平面的匀强电场中。将质子从a点以30eV的动能在该平面内朝着不同方向射出，质子可经过圆周上所有点。其中，到达c点的动能最大为90e

V。已知∠cab=30°，若不计重力和阻力，且规定圆心O处电势为0，则下列说法正确的是（）A.电场方向为ac方向B.电场强度大小为40V/mC.b点电势为20VD.质子经过该圆周时，可能具有5eV动能的同时，其电势能为45eV【答案】B【解析】【详解】A．

小球在c点时的动能最大，即c点的电势最低。作过c点与圆周相切的线，切线为等势线，Oc方向即为电场方向，故A错误；B．根据A选项分析，作出下图由几何关系可知1.5mdaL=根据分析可知kk60VaccaadacWEEUUee−====则电场强度的大小40V/mddadUEL==故

B正确；C．根据沿着电场线方向电势逐渐降低结合图可得sin30eObObOUUER==−=−解得20Vb=−故C错误；D．c点的电势为40V/mcER=−=−根据对称性可知cO延长线与圆相交的另一点电势最高为40V，最大电势能为40eV，故质子经过该圆周时，不可能具有5eV动

能的同时其电势能为45eV，故D错误。故选B。7.我们把两个等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。面积足够大的平行板电容器，两极板之间的距离为d，将电容器接在电压恒定的电源两端，规定无穷远处电势为0。将带电量极小的电偶极子用长度为l的绝缘轻杆连接，将其从无穷远处移到电容器两极板之间

处于如图所示的状态（杆和极板垂直），移动电偶极子的过程中电场力做功为W；将两极板分别围绕O、O点顺时针旋转30，如图中虚线所示，仍将绝缘轻杆连接的电偶极子从无穷远处移动到同一位置，此过程中电场力做功为（）A

.0B.WC.32WD.233W【答案】B【解析】【详解】设初始时刻电场强度为1E，则1UEd=正负电荷所在点的电势分为1和2，则其电势能为()1121PqUlEqqEld=−==则电场力做功1pqUlWEd=−=−现将两极板旋转30，场强变

为232UEd=则23232pqUqUlEldd==故22pqUlWEWd=−=−=故选B。二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错

的得0分）8.上课了，老师推门进入教室。如图所示，在教室门被推开的过程中，下列关于教室门上A、B两个位置的圆周运动说法正确的是（）A.A、B位置的线速度相等B.A、B位置的角速度相等C.A、B位置的周期相等D.A、B位置的向心加速度相等【答案】BC【解

析】【详解】B．由于A、B位置绕同轴转动，其角速度相等，故B正确；A．由vr=可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则其线速度不等，故A错误；C．由2T=可知，A、B位置的角速度相等，则其周期相等，故C正确；D．由2ar=可知，

A、B位置的角速度相等，半径不同，则其向心加速度不等，故D错误。故选BC。9.如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀金属导线ab、串联连接在电路中，横截面积之比:2:3abSS=。下列说法正确的是（）A.两导线电阻之比为2:3B.两导线中的电场强度之比为2:3

C.两导线的焦耳热功率之比为3:2D.自由电子在两导线中移动的速率之比:3:2abvv=【答案】CD【解析】【详解】A．根据电阻的决定式有aaLRS=，bbLRS=的可得两导线电阻之比为::3:2baabRSSR==故A错误；B．金属导线a、b串联连接，通过的电流相等，根据a

aaUIREL==，bbbUIREL==可得两导线中的电场强度之比为:3:2:ababERRE==故B错误；C．金属导线a、b串联连接，通过的电流相等，根据2aaPIR=，2bbPIR=可得两导线的焦耳热功率之比为:3:2:ababPRRP==故C正确；D．根据电流的微观定义式有aabbInev

SnevS==可得自由电子在两导线中移动的速率之比为32:::abbavvSS==故D正确。故选CD。10.如图所示的电路中，定值电阻123RRR、、的阻值均为0R，电源电动势为E，内阻为r，R为滑动变阻器，电表均为理想电表。开关S闭合后，滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑

动的过程中，电压表示数变化量的绝对值为U，电流表示数变化量的绝对值为I，下列判断正确的是（）A.电压表示数增大B.2R消耗功率减小的C.电源的效率减小D.0ΔΔ2URI【答案】AD【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片从图示

位置向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路阻值增大，则外电路阻值增大，根据闭合电路欧姆定律干外=+EIrR可知干路电流减小，由()1UEIrR=−+干可知电压表示数增大，故A正确；B．根据222RUPR=可得2R消耗的功率增大，

故B错误；C．电源的效率为221()1IRRPrPIRrRrR====+++干外外出干总外外外可知电源的效率增大，故C错误；D．根据前面选项分析，干路电流减小，并联电路两端电压增大；并联电路中，通过的电流表所在支路电

流减小，通过另两个支路的电流均增大，所以电流表示数的减小量I大于通过另两个支路的电流的增加量I，则有UUII又230232RRRUIIRR==+联立可得02RUI故D正确。故选AD。11.如图所示，弹性绳一端固定于A点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小

球，B处是位于AM中点的光滑定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数mgkL=（g为重力加速度）。小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为h的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为=0.5，则从M到N的过程中

（）A.弹性绳对小球做的功为12mgh−B.摩擦力对小球做的功为－mghC.小球的加速度先减小再增大D.小球下落2L时，速度大小达到最大值【答案】ACD【解析】【详解】B．在小球下降过程中，设滑轮右侧的弹性绳与水

平方向的夹角为θ，则弹性绳的弹力大小为cosLTk=小球所受滑动摩擦力大小为cos0.5fNTmg===从M到N的过程中摩擦力对小球做的功为f0.5Wfhmgh=−=−故B错误；A．从M到N的过程中，设弹性绳对小球做功为WT

，根据动能定理有fT00mghWW−=++解得T0.5Wmgh=−故A正确；C．设小球的加速度为a，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有sinmamgfT=−−解得0.5tanagg=−θ从零开始增大，a先

竖直向下并减小，又因为小球末速度为零，所以在N点时小球的加速度竖直向上，综上所述可知加速度先减小后反向增大，故C正确；D．当小球加速度零时速度达到最大值，此时有tan0.5hL==解得此时小球下落高度为0.5hL=故D正确。故选ACD。三、实验题（本大题共2小题，共16分）1

2.如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置。（1）如图2，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是________；（2）由于受阻力的影响，重锤增加的动能kE与减少的重力势能pE的大小关系为kE________pE（选

填“大于”、“小于”或“等于”）（3）如图是某次实验中打出的一条纸带，O点是打下的第一个点，打点计时器打点的时间间隔为T，重力加速度为g，要验证O点到B点过程机械能是否守恒，则需要验证等式________是否成立。【答案】（1）丙（2）小于为（3）212012

()()8ssgssT++=【解析】【小问1详解】在验证机械能守恒定律的实验装置中，为了保证重锤和纸带下落过程中，尽可能只受到重力的作用，且保证能充分利用纸带打出较多清晰的点，减小实验误差，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器，故合理的位置为丙图。【

小问2详解】由于受阻力的影响，重锤的一部分重力势能转化为内能，导致增加的动能kE小于减少的重力势能pE。【小问3详解】重锤下落到B点时的速度大小为122BssvT+=要验证O点到B点过程机械能是否守恒，则需

要验证等式2011()2Bmgssmv+=即验证表达式212012()()8ssgssT++=成立即可。13.某物理实验小组准备测量未知电阻Rx（约为2kΩ）的阻值和某型号手机锂电池的电动势和内阻。电池已拆

开，电动势E标称值为3.4V，允许最大放电电流为100mA。在实验室备有如下实验器材：A．电压表V（量程4V，内阻RV约为10kΩ）B．电流表A1（量程100mA，内阻RA为25Ω）C．电流表A2（量程2mA，内阻R2约为100Ω）D．滑动变阻器R（0～40Ω，额定

电流1A）E．电阻箱R0（0～9999Ω）F．开关S一个、导线若干（1）为了测定电阻Rx阻值，实验小组设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应选用______（选填“A1”或“A2”），将电压表的读数

除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。（2）该实验小组设计了如图乙所示的电路原理图来测量锂电池的电动势E和内阻r。①电流表示数的倒数1I与电阻箱阻值R0

之间的关系式为______（用字母E，r，RA表示）；②在实验中，多次改变电阻箱的阻值，获得多组数据，根据数据作出的01RI−图像为图丙所示的直线，根据图像可知该锂电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果均保留两位有效数字）【答案】（1）①.

A2②.大于（2）①.A011rRRIEE+=+②.3.3③.8.3【解析】【详解】（1）[1]根据题意，由欧姆定律可得，流过电流表的最大电流约为1.7mAxEIR==则电流表应该选用2A;[2]由电路图甲可知，电流表采用的是内接法，由于电流表的分压，电压表的测量值大

于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值大于真实值。（2）①根据题意及电路图乙，由闭合电路的欧姆定律有()A0EIrRR=++整理得A011RrRIEE+=+②[2][3]根据题意，结合图丙可得114010V100E−−=，1A10ArRE−+=解得的3.3VE，8.3r

四、计算题（本大题共3小题，14题10分，15题10分，16题16分，共36分）14.有一水平足够长的传送带，以05m/sv=的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为37的粗糙斜面，物体与斜面、物体与传送带之间的动摩擦因数均为0.5；现将一质量

1kgm=的物体轻放在距离传送带最右端7.5mL=处，已知3sin375=，4cos375=，g取210m/s，求：（1）该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间；（2）该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量；（3）物体最终在斜面上走过的总路程。【答案】（

1）2s（2）12.5J（3）25m8s=【解析】【小问1详解】物块轻放上传送带以后做匀加速直线运动，加速度大小为25m/smgagm===设物块到达右端前已经与传送带共速，则物块加速过程的位移大小为

2012.5m7.5m2vxa==物块匀加速阶段的时间为011svta==物块与传送带共速后，保持匀速运动，有20215mxvtLx==−=解得21st=该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间为122sttt=+

=【小问2详解】该物块从轻放到第一次到达传送带最右端，共速前物体与传送带的相对位移为01112.5mxxxxvt−=−==相对传因此产生的热量为12.5JQfxmgx===相对相对【小问3详解】由于斜面粗糙，小物块以0v第一次冲上斜面后，再次回到最底端时速度大小1v小于0v，

在足够长传送带上运动一个来回后，以等大速度1v再次冲上斜面，第二次返回水平传送带时速度大小2v小于1v，如此往复，最终物块将静止在斜面最底端。将物块以速度0v第一次冲上斜面时作为初状态，将最终静止在斜面底端作为末状态，对全程由动能定理得201

cos3702mgsmv−=−解得物体最终在斜面上走过的总路程为25m8s=15.如图所示，一弹射游戏装置，由竖直光滑管道AB、半径0.9mR=的四分之一光滑圆弧轨道BC和倾角为37的斜面EF组成。

游戏时，将弹簧压缩到某一位置，依靠弹簧弹力将质量为0.1kgm=的小球发射出去。现将弹簧压缩至离地面上A点0.2m处释放，小球能沿着圆弧恰好通过最高点C，并垂直击中斜面EF上的D点。已知圆弧轨道的C点和斜面底端E点在同一竖直线上，忽略空气阻力，重力加速度大小取210m/s,

sin370.6,cos370.8g===。求：（1）C、D两点间的竖直高度；（2）弹簧对小球做的功。【答案】（1）0.8m；（2）1.95J【解析】【详解】（1）小球恰好通过C点，则2CmvmgR=垂直击中斜面，可得竖直分

速度与水平分速度的关系为tan37Cyvv=竖直方向为匀加速直线运动，则212yvgh=解得10.8mh=（2）竖直方向2112hgt=水平方向Cxvt=利用几何关系可得2tan37hx=由动能定理()21210.22CWmghhmv−+−=弹解得1.95JW=弹16.绝缘的粗糙水平地面上

方有一竖直方向的矩形区域OCCO，该区域由三个水平边长是L，竖直边长是2L的小矩形区域组成，从左到右依次为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形区域的下边OC与桌面相接。为方便描述建立如图所示的平面直角坐标系；区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分别存在沿y轴负方向、y

轴正方向、y轴正方向的匀强电场，其场强大小比例为1:1:2。现有一带正电的滑块（可视为质点）以某一初速度0v（未知）从O点沿x轴正方向进入区域Ⅰ，滑块最终从P点13,2LL（图中未标出）离开区域Ⅲ。已知滑块在区域Ⅰ中所受静电力与所受重力大小相等，地

面与滑块间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g。求：（1）滑块进入区域Ⅲ时的速度大小1v；（2）滑块在矩形区域OCCO运动的总时间；（3）若滑块以相同大小的初速度0v（未知）从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，试确定滑块离开电场区域的位置（Q点）坐标。【答案】（

1）gL；（2）()261Lg−；（3）()2LL，【解析】【详解】（1）在区域Ⅱ中由于所受静电力与所受重力大小相等，则滑块做匀速直线运动，区域Ⅲ做类平抛运动，竖直方向加速度2qEmgagm−==根据类平抛运动规律231122Lgt=13Lvt=解得1vgL=，3Ltg=（2）滑块进入区域Ⅲ时，根

据动能定理()22101122mgqELmvmv−+=−解得032gLv=在区域Ⅰ运动时间()011262vvLtqEmggm−==−+运动的总时间()132261Ltttg=+=−（3）从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，则在区域Ⅲ运动时间仍为3Ltg=，竖直方向偏转2

331122ygtL==竖直方向速度为3vgtgL==区域Ⅱ中做匀速直线运动，区域Ⅰ中做类斜抛运动、水平速度不变，从出区域Ⅲ到上升到最高点竖直位移235'224vyvtLg=+=由于31'22yyLL++可知上升到最高点之前

就从上边缘出电场区域。则在区域Ⅰ中，竖直方向运动实际距离5331202yLLyvt=−−−=故滑块离开电场区域的位置即为2LL（，）