2024-2025学年贵州省遵义市第四中学高二(上)开学考试物理试卷(9月)(含解析)

2024-2025学年贵州省遵义市第四中学高二（上）开学考试
物理试卷（9月）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.如图所示为遵义四中第五届“骆驼杯”足球赛的比赛场景。

下列说法正确的是( )
A. 研究足球形变量的大小时可将足球视为质点
B. 研究足球在空中飞行轨迹时可将足球视为质点
C. 研究足球在空中如何旋转时可将足球视为质点
D. 研究运动员的踢球动作时可将运动员视为质点
2.电动汽车的电机具有输出效率高、响应速度快等特点。

某品牌电动汽车以功率P在平直公路上匀速行驶，t1时刻，驾驶人通过控制踏板将功率降低到0.5P，接下来保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始匀速行驶(设汽车所受阻力不变)。

则在t1∼t2时间内( )
A. 汽车的速度先减小后增大
B. 汽车的速度先增大后减小
C. 汽车的加速度逐渐减小
D. 汽车的加速度逐渐增大
3.如图所示，关于y轴对称的抛物线AB是机器人在水平地面上的比赛路线，机器人沿该路线从A点匀速率运动到B点，则该机器人( )
A. 所受合力不变
B. 所受合力始终沿y轴负方向
C. x轴方向分速度不变
D. x轴方向分速度先增大后减小
4.“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。

如图所示，球面上P点到转轴的距离为10cm。

当篮球在指尖上绕轴转动的转速为3r/s时，P点的向心加速度大小约为()(取π2=10)
A. 3.6m/s2
B. 36m/s2
C. 360m/s2
D. 3600m/s2
5.如图甲所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。

由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图乙所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。

已知Q的质量为M，引力常量为G。

关于P
的公转，下列说法正确的是( )
A. 周期为2t 1−t 0
B. 半径为
GM (t 1−t 0)2
4π2
C. 线速度的大小为3
2πGM
t 1−t
D. 角速度的大小为2π
t 1
6.如图甲所示，环形电流I 0在金属圆环中心O 产生的磁感应强度大小为B 0。

若将圆环去掉一段圆心角为30∘的圆弧，如图乙所示，保持电流大小不变，则该环在中心O 产生的磁感应强度大小为( )
A. 1112B 0
B. 12B 0
C. 112B 0
D.
32B 0
7.用如图甲所示的电路研究电容器两端的电压变化，从t =0开始，开关接“1”，t =2s 时把开关改接到“2”，得到电容器两端的电压U AB 随时间t 变化的图像如图乙所示。

已知电容器的电容为0.1F ，R =2Ω，则整个过程电路中产生的焦耳热为( )
A. 4.5J
B. 0.45J
C. 9J
D. 0.9J
二、多选题：本大题共3小题，共15分。

8.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在x =10cm 到x =30cm 的范围内，边长为10cm 的正方形闭合线圈MNPQ 从图示位置向右运动，运动过程中MQ 、NP 边始终平行于x 轴。

当PQ 边在哪些范围内运动时线圈
中有感应电流产生？( )
A. 0∼10cm
B. 10∼20cm
C. 20∼30cm
D. 30∼40cm
9.如图所示，电源电动势E不变，内阻r=1Ω，定值电阻R1=0.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为10Ω，则( )
A. 当滑动变阻器R2接入电路的阻值为0.5Ω时，电源的输出功率最大
B. 当滑动变阻器R2接入电路的阻值为1.5Ω时，电源的输出功率最大
C. 当滑动变阻器R2接入电路的阻值为0.5Ω时，滑动变阻器R2消耗的功率最大
D. 当滑动变阻器R2接入电路的阻值为1.5Ω时，滑动变阻器R2消耗的功率最大
10.如图所示，电荷量为q的两个正点电荷放置于正方体的顶点A、C，正方体的边长为a，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A. 顶点B和D′的电势相等
B. 顶点B和D′的电势不相等
C. 顶点B的电场强度大小为2kq
a2
D. 顶点B′的电场强度大小为2kq
2a2
三、填空题：本大题共1小题，共6分。

11.用玻璃管演示红蜡块运动的实验过程如图所示，红蜡块在水平方向和竖直方向均做匀速直线运动。

以红蜡块开始运动的时刻为计时零点，运动的起点为坐标原点O，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立平面直角坐标系。

红蜡块沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为v x、v y。

(1)0∼t时间内红蜡块沿y轴方向的位移大小为_____(用t、v y表示)，合速度大小为_____(用v y、v x表示)；
(2)实际情况下，红蜡块在竖直向上做的是先加速后很快匀速的运动，则实验中观察到红蜡块的运动轨迹大致为______(填标号)。

A.B．C．
四、实验题：本大题共1小题，共10分。

12.某实验小组为了尽量精确地测量干电池的电动势和内阻，找到了如下器材：干电池、电压表(量程
1.5V，内阻约1.5kΩ)、电流表(量程0.6A)、滑动变阻器、开关和导线若干。

(1)用如图甲所示电路测量电流表的内阻，闭合开关，电压表和电流表的示数如图乙所示，则电流表的内阻R A=_____Ω(保留2位有效数字)；
(2)用如图丙所示电路测量干电池的电动势和内阻，导线a端应连接到_____(填“M”“N”或“P”)接线柱上；
(3)正确连接电路，若电压表示数、电流表示数、干电池内阻和电流表内阻分别用U、I、r和R A表示，则干电池的电动势E=U+_____(用I、r和R A表示)；
(4)调节滑动变阻器测得多组电表示数，并据此作出如图丁所示的U−I图像，则干电池的电动势E=_____ V(保留3位有效数字)，内阻r=_____Ω(保留1位小数)。

五、计算题：本大题共3小题，共41分。

13.如图所示，某物流公司为了把货物运送到高度为ℎ的高台，在地面上架设了一个由水平台阶组成的传送装置(与自动扶梯类似)，该装置与水平地面的夹角为θ。

现把一质量为m的货物放在最下层台阶上、货物随传送装置由静止以恒定加速度a向上运动。

重力加速度大小为g。

求：
(1)货物从最下层台阶传送到高台的时间t；
(2)货物在传送过程中受到的支持力N和摩擦力f的大小。

14.如图所示，竖直平面内的1
光滑圆形轨道AB与水平轨道BCD在B点平滑相接，轨道半径为R=2m，水平
4
轨道BC段粗糙且长度为x=2m，CD段光滑。

现将轻质弹簧水平放置，一端固定在D点，处于原长时另一端恰好在C点。

一质量为m=2kg的小滑块从距离圆形轨道A点正上方ℎ=1m处由静止释放，从A点沿切线无机械能损失地进入圆形轨道。

小滑块视为质点，小滑块与BC段间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小g取10m/s2。

(1)求小滑块与弹簧相碰过程中弹簧的最大弹性势能；
(2)小滑块与弹簧第一次分离后，求小滑块运动到圆形轨道上到达最大高度时对轨道的压力大小。

15.如图所示，空心圆柱体的半径为2R、长为4R，内表面涂有荧光粉，中间为某电学器件。

该电学器件由阴极和阳极构成，中间阴极是一根长为4R的细长直导体，阳极是环绕阴极且半径为R的金属网罩。

从阴极均匀发射的电子(初速度不计)，经加速后从阳极小孔水平射出，撞到内壁被吸收，可使内壁发光。

已知阴、阳两极之间所加电压恒为U，电子质量为m、电荷量为e，电子重力、电子间相互作用力以及其他阻力均不计。

(1)求电子从阳极射出时的速度大小；
(2)若在阳极与圆柱体内壁之间加沿轴线方向的匀强电场，恰好能够使上表面处于阳极与圆柱体内壁之间的荧光粉发光，求所加电场的电场强度的大小和方向；
(3)若在阳极与圆柱体内壁之间加沿轴线方向的匀强电场，求撞到上表面的电子数与总电子数之比η与电场强度大小E的函数关系。

答案解析
1.B
【解析】AC.研究足球形变量的大小和在空中如何旋转时足球的形状和大小不能忽略，故不可将足球视为质点，故AC错误；
B.研究足球在空中飞行轨迹时足球的形状和大小可以忽略，可将足球视为质点，故B正确；
D.研究运动员的踢球动作时运动员的形状和大小不可忽略，不可将运动员视为质点，故D错误。

故选B。

2.C
【解析】电动汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，则有
P=Fv=fv
在t1时刻突发故障使汽车的功率减小一半，由于速度来不及变化，可知此时牵引力减小为原来的一半，即牵引力小于阻力，根据牛顿第二定律可得
a=f−F m
加速度方向与速度方向相反，汽车开始做减速运动，速度减小，导致牵引力增大，可知汽车的加速度逐渐减小，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减少到0，又做匀速直线运动；故这段时间内汽车做加速度逐渐减小的减速运动。

故选C。

3.D
【解析】AB.机器人沿该路线从A点匀速率运动到B点，合外力不做功，可知合外力方向与速度方向垂直，机器人做曲线运动，速度方向时刻变化，故所受合力方向时刻变化，所受合力是变化的，所受合力不是始终沿y轴负方向，故AB错误；
CD.设机器人速度与x轴正方向的夹角为θ，设机器人运动的速率为v，机器人沿该路线从A点匀速率运动到B点，x轴方向分速度为
v x=v cosθ
由图可知θ先减小后增大，则x轴方向分速度先增大后减小，故C错误，D正确。

故选D。

4.B
【解析】根据向心加速度公式得
a=ω2r=(2πT)2r=(2πn)2r=36m/s2故选B。

5.C
【解析】A.由图(b)可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为
T=t1−t0
则P的公转周期为t1−t0，故A错误；
B.P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
GMm
r2=m 4π2 T2r
解得半径为
r=3GMT2
4π2=3
GM(t1−t0)2
4π2
故B错误；CD.P的角速度为
ω=2π
T=
2π
t1−t0
故线速度为
v=ωr=
2π
t1−t0⋅
3GM
(t1−t0)2
4π2
=3
2πGM
t1−t0
故C正确，D错误。

故选C。

6.A
【解析】将圆环看成无数段极小的电流元，根据安培定则可知每个电流元在O产生的磁感应强度方向相同，大小相同，若将圆环去掉一段圆心角为30∘的圆弧，则该环在中心O产生的磁感应强度大小为
B=360∘−30∘
360∘B0=
11
12B0
故选A。

7.D
【解析】充电完成后电容器的带电量为
q=CU=0.3C
设此时电容器储存的能量为W1，根据图像可知电源电动势为E=3V，该过程中电源的非静电力做功为
W=Eq
转化为电容器储存的能量和电路中的焦耳热，故充电过程中电路中的焦耳热为
Q1=W−W1=Eq−W1
放电过程中根据能量守恒可知，电容器储存的能量转化为电路中通过电阻R时的焦耳热，可得
Q2=W1
故整个过程电路中产生的焦耳热为
Q=Q1+Q2=Eq−W1+W1=Eq=3×0.3J=0.9J
故选D。

8.BD
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知当线圈的磁通量发生变化时，闭合线圈中有感应电流产生，故可知线框刚进入磁场到完全进入磁场间和刚出磁场时到完全离开磁场时有感应电流产生，即PQ边在10∼20cm 和30∼40cm时线圈中有感应电流产生。

故选BD。

9.AD
【解析】AB.根据电路知识可知当电源的输出功率最大，外电路电阻等于内阻，则此时滑动变阻器阻值为r−R1=0.5Ω，故A正确，B错误；
CD.将电阻R1等效为电源内阻，则当滑动变阻器阻值为R1+r=1.5Ω时，变阻器R2消耗的功率最大，故C 错误，D正确。

故选AD。

10.BC
【解析】AB.顶点B到两个正点电荷的距离都为a，顶点D′到两个正点电荷的距离都为2a，故顶点B的电势比顶点D′电势大，故A错误，B正确；
CD.根据点电荷的场强公式和场强的叠加法则可知顶点B的电场强度大小为
E B=(kq a2)2+(kq a2)2=2kq a2
根据几何知识可知顶点B′与AC两点的连线夹角为60∘，故顶点B′的电场强度大小为
E B′=2cos30∘⋅
kq
(2a)2
=
3kq
2a2
故C正确，D错误。

故选BC。

11.(1)v y t v x2+v y2
(2)C
【解析】(1)[1]0∼t时间内红蜡块沿y轴方向的位移大小为
y=v y t
[2]合速度大小为
v=v x2+v y2
(2)红蜡块在竖直向上做的是先加速后很快匀速的运动，由于水平方向速度不变，可知在加速过程中运动相同的水平位移时，时间相同，由于竖直方向速度在增大故该段过程相同水平方向位移间隔内竖直方向的位移在增大，即图线向下凸起。

故选C。

12.(1)1.2
(2)N
(3)I(R A+r)
(4) 1.40 0.8
【解析】(1)图中电压表示数为U1=0.60V，电流表示数为I1=0.50A，故电流表的内阻为
R A=U1
I1=1.2Ω
(2)由于电流表的内阻已知，故选择电流表相对电源内接时可消除系统误差，故导线a端应连接到N接线柱上；
(3)根据闭合电路欧姆定律得
E=U+I(R A+r)
(4)[1][2]根据前面分析可得
U=E−I(R A+r)
结合图像可知
E=1.40V，R A+r=1.40−1.00
0.20
Ω
解得
r=0.8Ω
13.(1)由图可知，货物沿斜面的位移为ℎ
sinθ
，根据运动学公式有
ℎsinθ=1
2at
2
解得
t=
2ℎa sinθ
(2)对物体受力分析如图所示
将加速度沿水平方向和竖直方向分解，可得
f=ma cosθ，N−mg=ma sinθ
可得
N=mg+ma sinθ，f=ma cosθ
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)从开始到小滑块与弹簧相碰过程中，根据能量守恒可得弹簧的最大弹性势能为
E pm=mg(R+ℎ)−μmgx=40J
(2)设小滑块运动到圆形轨道上到达最大高度为ℎ′，此时与O点连线与水平方向的夹角为θ，根据能量守恒得
E pm−μmgx=mgℎ′
解得
ℎ′=1m
sinθ=R−ℎ′
R=
1
2
到达最高点时对小滑块分析可知此时速度为0，故可得
mg sinθ−F N=0解得
F N=10N
根据牛顿第三定律可得对轨道的压力大小为
F N′=F N=10N
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)设电子从阳极射出时的速度大小为v，由动能定理得
eU=1
2mv
2
解得
v=2eU m
(2)由题意可知，要使电子向上运动，则电子得受到向上的电场力，故匀强电场的电场强度方向应沿轴线向下。

为了恰好能够使上表面处于阳极与圆柱体内壁之间的荧光粉发光，设电场强度大小为E0，此时从阳极下表面飞出的电子做类平抛运动，恰好落到圆柱体内壁与上表面的交界处，则
eE0=ma0
4R=1
2a0t
2
R=vt 解得
E0=16U R
(3)①当电场强度方向沿轴线向上时，没有电子撞到上表面，此时η= 0。

②当电场强度方向沿轴线向下时，由(2)问可知：
i.当E≥E0=16U
R
时，所有电子将撞到上表面，此时η= 1；
ii.当E= 0时，没有电子撞到上表面，此时η= 0；
iii.当0<E<E0=16U
R
时，只有在阳极上到上表面的距离小于ℎ的位置射出的电子才能到达上表面，其中0 <ℎ< 4R，则
eE=ma
ℎ=1
2at
2
R=vt
η=
ℎ4R
解得
η=
R 16U E
综上所述，撞到上表面的电子数与总电子数之比η与电场强度大小E的函数关系为
η= 0(电场强度方向沿轴线向上)
η={R16U E(0≤E<16U R)
1(E≥16U R)(电场强度方向沿轴线向下)【解析】详细解答和解析过程见【答案】。