山东省济南市山东省实验中学2023-2024学年高二物理上学期开学检测试题（Word版附解析）

山东省实验中学2023～2024学年暑假学情调研测试高二物理试题说明：本试卷满分100分。试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间90分钟。一、选择题：本题共15小题，每小题4分，共60分。每小题至少有一个选项符合题目要求。1.如图所示，实线A、B表示电场中的一条电场线，虚线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹。下列说法中正确的是（　　）A.电场的方向由A指向BB.电场中A点的电势比B点的电势高C.粒子一定沿虚线从M点运动到N点D.粒子在M点的电势能大于粒子在N点的电势能【答案】D【解析】【详解】A．一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹知道，根据曲线运动合力在凹侧，可知，电场力从A指向B，负电荷所受电场力跟电场方向相反，电场的方向由B指向A，A错误；B．电场方向由B指向A，沿电场线方向电势降低，所以A点的电势比B点的电势低，B错误；C．根据题意，无法判断粒子从M运动到N还是从N运动到M，C错误；D．电场的方向由B指向A，所以N点电势高于M点，负电荷在电势高的地方电势能小，所以粒子在M点的电势能大于粒子在N点的电势能，D正确。故选D。2.如图所示，实线表示某电场的等差等势线，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为、，粒子在M点和N点时加速度大小分别为、，-19- 速度大小分别为、，电势能分别为、。下列判断正确的是（　　）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【详解】带负电的粒子做曲线运动，轨迹弯向电场力的方向，由电场线与等势线垂直，负电荷受力方向与电场方向相反，可知电场线垂直等势线向下，由沿电场线方向电势降低，可知，由于只有电场力做功，电势能和动能之和不变，所以在等势线密的地方，电场强度大，电场力大，加速度大，则故选A。3.餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（）A.10N/mB.100N/mC.200N/mD.300N/m-19- 【答案】B【解析】【详解】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg=3∙kx解得k=100N/m故选B。4.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线，取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()A.A点电势小于B点电势B.A、B两点的电场强度相等C.q1的电荷量小于q2的电荷量D.q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能【答案】AC【解析】【详解】A．正电荷移动到无穷远处电场力做负功，是引力，点电荷Q带负电，电场线向里，沿着电场线的方向电势降低，A点电势小于B点电势，A正确；B．电场线越密电场强度越大，A点电场强度大于B点电场强度，B错误；C．克服电场力的功相等解得，C正确；-19- D．克服电场力的功相等，则电势能的变化量相等，而末状态的电势能都等于零，所以初状态的电势能相等，D错误。故选AC。5.如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点．带电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等．已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是（）A.粒子带负电B.粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小C.粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点D.该匀强电场的电场强度大小为【答案】B【解析】【详解】带电粒子只在电场力作用下运动，则电势能和动能之和守恒；粒子在M、N两点时速度大小相等，则动能相等，电势能也相等，则M、N两点电势相等；又知M点电势高于O点电势，结合对称性可知，场强方向沿斜向右下方向且与水平方向成45°方向，可知粒子带正电，且粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小，选项A错误，B正确；粒子在匀强电场中受恒力作用，不可能从M点沿圆弧运动到N点，选项C错误；该匀强电场的-19- 电场强度大小为，选项D错误.6.从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为（　　）A.9∶1B.9∶2C.36∶1D.72∶1【答案】B【解析】【分析】【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据可得故选B。7.无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（　　）-19- A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据可得在BC段的最大速度为在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据可得在CD段的最大速度为可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为AB段从最大速度vm减速到v的时间-19- 位移在AB段匀速的最长距离为l=8m-3m=5m则匀速运动的时间则从A到D最短时间为故选B。8.如图所示、光滑绝缘圆环轨道竖直固定，两个质量均为m，带等量同种电荷的小环a、b套在圆环轨道上。小环a固定在轨道上，初始时b处于静止状态，a、b之间距离为（小于轨道直径的长度）。小环b缓慢漏电，自图示位置开始缓慢下滑，则（　　）A.小环b对轨道的压力可能先指向圆心，后背离圆心B.小环b对轨道的压力的大小始终不变C.两小环之间的库仑力先增大后减小D.当小环b的电荷量为初始电荷量的一半时，a、b之间的距离也减半【答案】B【解析】【详解】ABC．对小环b受力分，如图所示-19- 根据平衡条件可知轨道对小环的支持力N与a对b的库仑力F的合力设圆的半径为R,，a、b间的距离为，根据相似三角形原理有，可得，可知小环b缓慢漏电，自图示位置开始缓慢下滑轨道对小环的支持力不变，方向始终指向圆心，故小环b对轨道的压力的大小始终不变，且方向始终背离圆心；由于a、b间的距离不断减小，故库仑力F不断减小，故AC错误，B正确；D．设a、b的电量大小为q，在开始时两小环的库仑力为若当小环b的电荷量为初始电荷量的一半时，a、b之间的距离也减半，此时的库仑力为而整个过程中库仑力是不断减小的，故不符合要求，故D错误。故选B。9.如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，则（　　）-19- A.如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大B.无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C.增大小球A的质量，α角一定减小D.悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力【答案】AD【解析】详解】AB．对小球A受力分析可得如果将物体B在地板上向右移动一点，则增大，由于两端绳子的拉力的合力一定沿其角平分线方向，对滑轮受力分析有根据平衡条件可得可知如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大，故A正确，B错误；C．增大小球A的质量，只要物体B与地板的摩擦力足够大，物体B的位置不变，α角可能不变，故C错误；D．由于无论物体B向右移动多远，一直有两端绳子的拉力的大小为，根据力的合成可知悬挂定滑轮的细线的弹力一定大于小球A的重力，故不可能等于小球A的重力，故D正确。故选AD。10.如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面-19- 的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（　　）A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为C.D.【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；CD．热气球和物资的运动示意图如图所示-19- 热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为热气球在竖直方向上运动的位移为热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为故C正确，D错误。故选BC。11.如图所示，滑动变阻器的滑片在某两点间移动时，电流表示数范围为1A到2A之间，电压表示数范围为6V到9V之间，则定值电阻R的阻值及电源电压分别为（　　）-19- A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律可得解得，故选C。12.如图是电阻甲和乙的图象，小明对图象信息作出的判断，正确的是（　　）A.当甲两端电压为0.5V时，通过它的电流为0.3AB.当乙两端电压为1V，其电阻值为C.将甲和乙串联，若电流为0.3A，则它们两端的电压为3VD.若甲和乙并联，若电压为2.5V，则它们的干路电流为1A【答案】D【解析】【详解】A．由图可知当甲两端电压为0.5V时，通过它的电流为0.1A，故A错误；B．由图可知当乙两端电压为1V，通过它的电流为0.4A，其电阻值为-19- 故B错误；C．将甲和乙串联，若电流为0.3A，由图可知甲两端的电压为，乙两端的电压为，则它们两端的电压为，故C错误；D．若甲和乙并联，若电压为2.5V，由图可知通过甲的电流为，可知通过乙的电流为，则它们的干路电流为1A，故D正确。故选D。13.小灯泡L1和L2分别标有“6V，3W”、“6V，6W”，将L1和L2分别如图甲、乙所示的方式与同一电源连接，闭合开关S后，L1和L2都能发光，（假设灯丝电阻不变），下列说法正确的是（　　）A.甲图中通过L1的电流大于通过L2的电流B.乙图中L1比L2更亮些C.乙图中L1、L2两端的实际电压相等D.甲、乙两图中L1的实际功率都小于L2的实际功率【答案】B【解析】【详解】A．根据可知根据可知甲图中通过L1的电流小于通过L2的电流，故A错误；B．L1和L2串联在电路中，则流过L1和L2的电流相等，根据可知L1的功率更大，故乙图中L1比L2更亮些，故B正确；-19- C．乙图中L1和L2串联在电路中，则流过L1和L2的电流相等，L1的内阻较大，可知乙图中L1两端的实际电压较大，故C错误；D．甲图中L1的实际功率小于L2的实际功率，乙两图中L1的实际功率大于L2的实际功率，故D错误。故选B。14.标有“220V，40W”和“220V，60W”的两只灯泡L1、L2串联在电路中时，两灯均发光，实际消耗的功率分别为P1和P2，则（　　）A.B.C.D.无法确定【答案】A【解析】【详解】根据功率公式灯泡L1的额定功率较小，可知灯泡L1的电阻较大，两只灯泡L1、L2串联在电路中时，电流相等，根据可知灯泡L1的功率较大，即故选A。15.如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，电流表和电压表都有示数。如果某时刻电路出现故障，两表的示数都变大了，那么故障可能是（　　）A.电阻短路B.电阻断路-19- C电阻短路D.电阻断路【答案】C【解析】【详解】某时刻电路出现故障，两表的示数都变大了，那么故障可能是电阻短路。故选C。二、计算题16.如图甲是定值电阻和标有“8V8W”灯泡L的I-U关系图象，如图乙所示．电源电压恒定不变，内阻不计，滑动变阻器的最大阻值为12Ω．当开关S、S₂闭合，开关S1断开，将滑动变阻器的滑片P滑到b端时，灯泡L的实际功率为1W．求：（1）灯泡正常发光10s，电流通过灯泡产生的热量？（2）电源电压？（3）当开关S、S1、S2同时闭合，调节滑片P，求电路消耗的最大功率？【答案】(1)80J(2)8V(3)144W【解析】【详解】(1)因为，所以灯泡产生的热量为(2)当开关S、S2闭合，开关S1断开，将滑动变阻器R2的滑片P滑到b端时，灯泡与整个滑动变阻器串联，由图象知，灯泡实际功率灯泡两端电压为-19- 因为，所以滑动变阻器两端电压为所以电源电压为(3)当开关S、S1、S2同时闭合，滑动变阻器滑片位于最左端，灯泡和定值电阻R1并联，因为所以灯泡实际功率定值电阻阻值为所以R1功率为电路消耗的最大总功率为17.一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B（中央有孔），A、B间由细绳连接着，它们处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态，此情况下，B球与环中心O处于同一水平面上，A、B间的细绳呈伸直状态，且与水平线成30°角，已知B球的质量为4kg，求：（1）细绳对B球的拉力大小；（2）A球的质量。（g取10m/s2）【答案】（1）80N；（2）8kg【解析】【详解】（1）对B球受力分析如图所示-19- B球处于平衡状态有细绳对B球的拉力大小（2）A球处于平衡状态，在水平方向上有在竖直方向有由以上两式解得：A球的质量为18.过山车是游乐场中常见的设施。如图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的两个圆形轨道组成，B、C分别是两个圆形轨道的最低点，半径R1＝2.0m、R2＝1.6m。一个质量为m＝1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0＝12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠，重力加速度取g＝10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字，求：（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少。（3）要使小球不脱离轨道，BC间距L应该满足什么条件？-19- 【答案】（1）10N；（2）；（3）或【解析】【详解】（1）小球从开始到第一圆轨道最高点的过程，由动能定理可得解得小球在经过第一圆形轨道的最高点时的速度大小在最高点根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律，故轨道对小球作用力的大小为（2）小球从第一圆轨道最高点到第二圆轨道最高点的过程，由动能定理可得在第二圆轨道最高点满足联立解得（3）小球恰好到达第二圆轨道的最低点，满足解得若小球恰能到达第二圆轨道与圆心等高处，由动能定理可得-19- 解得若小球恰能过第二圆轨道最高点，由（2）的解析可知，应满足若两圆轨道刚好相切，由几何关系可得解得综上所述，要使小球不脱离轨道，间距应该满足或-19-