重慶市第八中學(xué)校2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期入學(xué)考試物理Word版含解析.docx

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重慶八中2023——2024學(xué)年度（上）高二年級(jí)開學(xué)適應(yīng)性訓(xùn)練物理試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28.0分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1.第谷、開普勒等人對(duì)行星運(yùn)動(dòng)的研究漫長而曲折，牛頓在他們研究的基礎(chǔ)上，得出了萬有引力定律．下列有關(guān)萬有引力定律的說法中正確的是（　?。〢.太陽與行星之間引力的規(guī)律并不適用于行星與它的衛(wèi)星B.開普勒通過研究觀測記錄發(fā)現(xiàn)行星繞太陽運(yùn)行的軌道是橢圓C.庫侖利用實(shí)驗(yàn)較為準(zhǔn)確地測出了引力常量G的數(shù)值D.牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中沒有利用牛頓第三定律的知識(shí)【答案】B【解析】【詳解】A．太陽與行星之間引力的規(guī)律也適用于行星與它的衛(wèi)星之間，故A錯(cuò)誤；B．開普勒通過研究觀測記錄發(fā)現(xiàn)行星繞太陽運(yùn)行的軌道是橢圓，即開普勒第一定律，故B正確；C．卡文迪許利用實(shí)驗(yàn)較為準(zhǔn)確地測出了引力常量G的數(shù)值，故C錯(cuò)誤；D．牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中利用了牛頓第三定律的知識(shí)，故D錯(cuò)誤。故選B。2.高能粒子是指帶電粒子在強(qiáng)電場中進(jìn)行加速，現(xiàn)將一電子從電場中A點(diǎn)由靜止釋放，沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，它運(yùn)動(dòng)的圖像如圖，不考慮電子重力的影響，則A、B兩點(diǎn)所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下列選項(xiàng)中的（　?。〢.B. C.D.【答案】A【解析】【詳解】v-t圖像的斜率表示加速度，由圖像可知，斜率為正且逐漸減小，則粒子的加速度沿運(yùn)動(dòng)方向，且逐漸減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知電場強(qiáng)度越來越小，電場線越來越稀疏，電子受電場力與電場方向相反，電場方向由B指向A。故選A。3.圖為雜技表演“飛車走壁”，雜技演員駕駛摩托車沿光滑圓臺(tái)形表演臺(tái)的側(cè)壁高速行駛，在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。如果先后兩次雜技演員繞側(cè)壁行駛時(shí)距離底部高度不同，則雜技演員位置越高（　?。〢.角速度越大B.線速度越大C.受到的支持力越大D.向心加速度越大【答案】B【解析】【詳解】雜技演員駕駛摩托車在水平方向上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受力如圖所示，由圖可知在不同的高度角度都相同，則向心力大小不變，受到的支持力大小不變；根據(jù)牛頓第二定律有 可得可知位置越高，半徑越大，則線速度越大，角速度越小，向心加速度大小不變。故選B。4.部隊(duì)為了訓(xùn)練士兵的體能，會(huì)進(jìn)行一種拖輪胎跑的訓(xùn)練。如圖所示，某次訓(xùn)練中，士兵在腰間系繩拖動(dòng)輪胎在水平地面前進(jìn)，已知連接輪胎的拖繩與地面夾角為37°，繩子拉力大小為100N，若士兵拖著輪胎以6m/s的速度勻速直線前進(jìn)3s，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）則（　?。〢.3s內(nèi)，輪胎克服地面摩擦力做功為－1440JB.3s內(nèi)，繩子拉力對(duì)輪胎做功為1440JC.3s內(nèi)，輪胎所受合力做功為1800JD.3s末，繩子拉力功率為600W【答案】B【解析】【詳解】A．3s內(nèi)，輪胎克服地面摩擦力做功選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．3s內(nèi)，繩子拉力對(duì)輪胎做功為選項(xiàng)B正確；C．3s內(nèi)，輪胎勻速運(yùn)動(dòng)，則所受合力做功為0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D．3s末，繩子拉力功率為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。5.兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移-時(shí)間圖像，圖中分別為兩球碰撞前的圖線，為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的圖線。若球的質(zhì)量，則由圖可知下列結(jié)論正確的是（　?。〢.A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為B.碰撞過程對(duì)的沖量為C.碰撞前后的動(dòng)量變化為D.碰撞過程A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知碰撞前A的速度為碰撞前B的速度為碰撞后AB的速度為根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知 解得所以碰撞前的總動(dòng)量為A錯(cuò)誤；B．碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量即為B的動(dòng)量變化量B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得C正確；D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為D錯(cuò)誤。故選C。6.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的點(diǎn)電荷電場．如圖所示，在球面上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，球心為O，CD為球面AB的對(duì)稱軸，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，且，，已知球面在M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，靜電力常量為k，則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為AB.C.D.【答案】C【解析】【詳解】將AB部分補(bǔ)上變成一個(gè)完整的均勻球殼，該球殼帶電荷量為：；則該球殼在M 點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為：；根據(jù)電場的疊加原理可知：球殼上部分在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為：；根據(jù)對(duì)稱性可知：在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為：??故C正確，ABD錯(cuò)誤．故選C．7.天花板下用輕彈簧懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的平板B，初始時(shí)B靜止（設(shè)此時(shí)B的重力勢能為0），在B正下方有一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊A，將其向上拋出并以速度v0與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后B的速度為v、加速度為a、動(dòng)能為Ek、機(jī)械能為E機(jī)，則在B上升至最高點(diǎn)的過程中，各物理量隨時(shí)間t或位移x的變化圖像可能正確的是（　?。〢.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】A．由于物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)物塊A與B碰后的速度為v1，則解得，B向上運(yùn)動(dòng)過程中，在彈簧恢復(fù)原長之前，根據(jù)牛頓第二定律，有 此過程中，彈簧彈力逐漸減小，物體運(yùn)動(dòng)的加速度向下增大，物體的速度不斷減小，若此過程中物體的速度不能減為零，繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有所以彈簧處于將處于壓縮狀態(tài)，彈力不斷增大，物體的加速度仍然向下增大，所以B向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，v-t圖線的斜率應(yīng)不斷增大，但其運(yùn)動(dòng)的初速度為v0，故A錯(cuò)誤；B．B上升到最高點(diǎn)的過程中，加速度不斷增大，但加速度變化應(yīng)越來越慢，故B錯(cuò)誤；C．B上升過程速度不斷減小，所以其動(dòng)能不斷減小，系統(tǒng)重力勢能和彈性勢能之和不斷增大，但其變化可能先快后慢，即圖線的斜率可能先增大后減小，故C正確；D．圖線的斜率表示彈簧彈力大小，隨著B上升，彈力可能一直減小，斜率一直減小，但彈力對(duì)物體做正功，機(jī)械能增大；彈力也可能先減小后增大，所以圖線的斜率應(yīng)先減小后增大，彈力對(duì)物體先做正功后做負(fù)功，物體的機(jī)械能先增大后減小，故D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得5分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)得0分。8.在如圖所示的物理過程示意圖中，甲圖一端固定有小球的輕桿，從右偏上30°角釋放后繞光滑支點(diǎn)擺動(dòng)；乙圖為末端固定有小球的輕質(zhì)直角架，釋放后繞通過直角頂點(diǎn)的固定軸O無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)；丙圖為置于光滑水平面上的A、B兩小車，B靜止，A獲得一向右的初速度后向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻連接兩車的細(xì)繩瞬間繃緊，然后帶動(dòng)B車一起運(yùn)動(dòng)；丁圖為一木塊靜止在光滑水平面上，子彈以速度v0射入其中且未穿出。則關(guān)于這幾個(gè)物理過程（空氣阻力均忽略不計(jì)），下列判斷中正確的是（　?。〢.甲圖中小球機(jī)械能守恒B.乙圖中小球A的機(jī)械能守恒C.丙圖中兩車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D.丁圖中子彈、木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒【答案】AC【解析】【詳解】A．甲圖中小球在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，只有重力做功，所以小球機(jī)械能守恒，故A正確；B．乙圖中小球AB間機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化，AB 系統(tǒng)機(jī)械能守恒，單獨(dú)分析時(shí)由于此時(shí)桿對(duì)小球的力不沿桿的方向，對(duì)小球做功，故小球A的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C．丙圖中兩車組成的系統(tǒng)合外力為零，所以動(dòng)量守恒，故C正確；D．丁圖中子彈射入木塊過程中，子彈、木塊組成的系統(tǒng)合外力為零，所以動(dòng)量守恒；子彈與木塊間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，故機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AC。9.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點(diǎn)有一個(gè)靜止的帶電油滴，現(xiàn)將電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離。下列說法正確的是（　?。〢.油滴帶正電B.靜電計(jì)指針張角不變C.油滴靜止D.P點(diǎn)的電勢不變【答案】CD【解析】【詳解】A．根據(jù)受力平衡可知，油滴的電場力方向向上，極板間電場向下，電場力與電場方向相反，故油滴帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；BCD．根據(jù)電容的決定式聯(lián)立解得可知電場強(qiáng)度與極板的距離無關(guān)，所以電場強(qiáng)度不變，故油滴的電場力不變，不會(huì)運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)與下極板間的距離不變，由 可知P點(diǎn)的電勢不變，由可知若將電容器的上極板向下移動(dòng)一小段距離，則電勢差變小，靜電力張角變小，故CD正確，B錯(cuò)誤。故選CD。10.如圖所示，在光滑絕緣水平桌面上有一個(gè)電荷量為、質(zhì)量為m的小球與一根長為的輕繩一端相連，繩的另一端固定在P點(diǎn)，小球與P點(diǎn)的距離現(xiàn)施加一與PM夾角、水平向右且場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，并從靜止釋放帶電小球，從釋放小球到輕繩與電場方向平行的過程，下列說法正確的是（）A.小球先做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)后做圓周運(yùn)動(dòng)B.小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為C.此過程中電場力所做的功為D.輕繩與電場力方向平行時(shí)小球的速度大小為【答案】CD【解析】【詳解】A.如圖所示，帶電小球水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移為MQ=L 時(shí)，輕繩剛好被拉直，隨后在輕繩拉力與電場力的合力作用下，小球以P點(diǎn)為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，此時(shí)輕繩與電場力方向平行，故A錯(cuò)誤；B.小球在水平方向上的位移為：假如小球在水平方向一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)解得：但小球在QN階段水平方向不是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C.電場力做功故C正確．D.MQ段，由動(dòng)能定理得：當(dāng)帶電小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)輕繩剛好被拉直速度為，如圖所示由于繩子瞬間張緊使得小球沿輕繩方向的分速度v2瞬間減小為零，而沿垂直于輕繩方向的分速度不變，小球由Q到N，根據(jù)動(dòng)能定理得則此時(shí)小球的速度為： 故D正確．三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2個(gè)小題，共15分，第11題6分，第12題9分。11.某研究性學(xué)習(xí)小組做“用傳感器觀察電容器的充電和放電”的實(shí)驗(yàn)，把一個(gè)電容器、電流傳感器、電阻、電源、單刀雙擲開關(guān)按圖甲所示連接。先將開關(guān)S撥至1端，電源向電容器充電，然后將開關(guān)S撥至2端，電容器放電，與電流傳感器相連接的計(jì)算機(jī)記錄這一過程中電流隨時(shí)間變化的線，如圖乙所示。（1）關(guān)于電容器的充、放電，下列說法中正確的是________。（填正確答案標(biāo)號(hào)）A.電容器充、放電過程中，外電路有電流B.電容器充、放電過程中，外電路有恒定電流C.電容器充電過程中，電源提供的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.電容器放電過程中，電容器中的電場能逐漸減?。?）在形成電流曲線1的過程中，電容器兩極板間的電壓________；在形成電流線2的過程中，電容器的電容________。（均選填“逐漸增大”“不變”或“逐漸減小”）（3）曲線1與橫軸所圍面積________（選填“大于”“等于”或“小于”）曲線2與橫軸所圍面積?！敬鸢浮竣?AD②.逐漸增大③.不變④.等于【解析】詳解】（1）[1]AB．由I-t圖像可知，電容器充、放電過程中，外電路中有電流，電流不斷變化，A正確，B錯(cuò)誤；C．電容器充電過程中，電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場能，C錯(cuò)誤；D．電容器放電過程中，電容器中的電場能逐漸減小，D正確；故選AD；（2）[2][3]在形成電流曲線1的過程中，電容器充電，電容器兩極板間的電壓逐漸增大；電容器的電容不隨電壓及電荷量的變化而變化，在形成電流線2的過程中，電容器的電容不變；（3）[4]根據(jù) 可知圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于電容器充電或放電電量，電容器充電的電量等于放電的電量，故曲線1與橫軸所圍面積等于曲線2與橫軸所圍面積。12.一學(xué)習(xí)小組的同學(xué)們，想用實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，其所用實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，重力加速度g取。請(qǐng)回答下列問題：（1）本實(shí)驗(yàn)用的電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電源電壓為__________；兩物塊的質(zhì)量分別為，則物塊應(yīng)選用質(zhì)量為__________的物塊，物塊B選用另一物塊。（2）某次實(shí)驗(yàn)所得紙帶如圖2，紙帶上所標(biāo)點(diǎn)皆為連續(xù)的記錄點(diǎn)，經(jīng)測量第一個(gè)點(diǎn)到點(diǎn)間的距離，而與相鄰的前后兩點(diǎn)間的距離，所用交流電的頻率。由此可知：由至的過程中，系統(tǒng)減小的重力勢能為__________J，增加的動(dòng)能為__________J（均保留2位有效數(shù)字）。（3）學(xué)習(xí)小組中的一位同學(xué)認(rèn)為，僅由（2）中一組數(shù)據(jù)不足以說明問題，于是又換了一條紙帶重新測量，并在紙帶上選取了若干點(diǎn)，測出其對(duì)應(yīng)的速度及其到“第一個(gè)點(diǎn)”的距離，進(jìn)而依據(jù)數(shù)據(jù)得到了如圖3所示的圖像。經(jīng)理論分析，若圖3中圖線的斜率__________（保留兩位有效數(shù)字），則系統(tǒng)機(jī)械能守恒得以驗(yàn)證。然而，實(shí)際測量發(fā)現(xiàn)圖線斜率較理論值要大一些，造成這一結(jié)果的原因可能是__________（答出一條即可）。【答案】①.8②.200③.0.65④.0.61⑤.0.15⑥.存在阻力使得系統(tǒng)機(jī)械能有所損失【解析】【詳解】（1）[1]電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電源電壓為8V；[2]實(shí)驗(yàn)中物塊A下降，物塊B上升，從而驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，所以物塊A應(yīng)選用質(zhì)量較大的m2，所以A的質(zhì)量為200g；（2）[3]系統(tǒng)減小的機(jī)械能為[4]P點(diǎn)的速度大小為 系統(tǒng)增加的動(dòng)能為（3）[5]若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有所以所以斜率為[6]實(shí)際測量發(fā)現(xiàn)圖線斜率較理論值要大一些，造成這一結(jié)果的原因可能是存在阻力使得系統(tǒng)機(jī)械能有所損失。三、計(jì)算題：本大題共3小題，共42分。13題10分，14題14分，15題18分。解答應(yīng)寫出必要得文字說明、方程式和重要得演算步驟，只寫出結(jié)果的不能給分。13.有一個(gè)帶電荷量的點(diǎn)電荷，從某電場中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電荷克服靜電場力做的功，從B點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力對(duì)電荷做的功，問：若以B點(diǎn)電勢為零，則：（1）AB、BC間的電勢差為多少？（2）點(diǎn)電荷q在A、C點(diǎn)電勢能各為多少？【答案】（1），；（2），【解析】【詳解】（1）點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，有可得AB間的電勢差為點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移到C點(diǎn)，有可得BC間的電勢差為 （2）取B點(diǎn)電勢為零，根據(jù)電勢差的定義公式，有，解得，根據(jù)電勢能表達(dá)式可得點(diǎn)電荷q在A、C點(diǎn)的電勢能各為14.已知火星的半徑為地球半徑的，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的，地球表面的重力加速度為g。假設(shè)在火星表面，有一彈射器固定在光滑斜面底端，彈射道與斜面平行，某時(shí)刻彈射器彈射一個(gè)質(zhì)量為的小球，小球與彈射器作用的時(shí)間為，小球離開彈射器后沿著斜面上升的最大距離為，斜面傾角為，忽略小球所受的一切阻力。（g取10m/s2，忽略地球及火星的自轉(zhuǎn)帶來的影響）（1）小球脫離彈射口時(shí)的速度大小。（2）求彈射器對(duì)小球的平均作用力大小。【答案】（1）4m/s；（2）1010N【解析】【詳解】（1）小球在地球表面，則小球在火星表面解得 小球在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓第二定律有解得小球從脫離彈射器到運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得（2）取沿斜面向上為運(yùn)動(dòng)的正方向，彈射器彈射小球過程中，由動(dòng)量定理得解得15.如圖甲所示，傾角的斜面固定在水平地面上，斜面上放置長度、質(zhì)量的長木板A，長木板的下端恰好與斜面底部齊平；一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量、帶電量的物塊B放在木板上，與木板上端距離；與木板上端距離的虛線右側(cè)存在足夠?qū)拕驈?qiáng)電場，電場方向垂直斜面向上．時(shí)刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在長木板上，后撤去F，物塊B在內(nèi)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，且物塊B在時(shí)速度恰好減為0．已知物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，長木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，物塊B帶電量始終不變，重力加速度g取，求：（1）恒力F的大?。唬?）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；（3）從時(shí)刻起到木板下端再次與斜面底部齊平的過程中，物塊B與木板A間因摩擦產(chǎn)生的熱量． 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由圖乙可得，物塊B加速度大小若物塊B與長木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則得故恒力F作用后，兩者相對(duì)靜止，一起向上加速，對(duì)整體有得（2）內(nèi)一起運(yùn)動(dòng)的位移為得即撤去外力時(shí)木板恰運(yùn)動(dòng)到電場邊緣，假設(shè)撤去外力后相對(duì)靜止一起減速，對(duì)整體有得 對(duì)物塊B有得假設(shè)成立，兩者相對(duì)靜止一起減速，在此加速度下若B減速為零，則運(yùn)動(dòng)距離為得即物塊B到達(dá)電場邊緣時(shí)尚未減速為零。得或（舍棄）物塊B在減速為零，則共進(jìn)入電場后的加速度大小為得（3）物塊B進(jìn)入電場后減速為零經(jīng)過的位移為長木板A減速為零的位移為，則 得即物塊B尚未沖出長木板A的上端，A物體減速為零后，因故A靜止不動(dòng)，物塊B離開電場時(shí)，速度與進(jìn)入時(shí)候等大反向，即對(duì)B對(duì)A得兩者共速時(shí)得此過程中長木板A、物塊B各自的位移大小為得 即此時(shí)長木板A尚未到達(dá)底部，物塊B進(jìn)入電場后與木板間無摩擦生熱，僅在物塊B離開電場后與長木板A有摩擦生熱，即得