湖南省2023-2024學年高二物理上學期第二次聯(lián)考試題含解析

時量75分鐘，滿分100分。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共計24分。每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.以下關于物理學史和所用物理學方法的敘述正確的是（）A.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并測出了引力常量G的值B.亞里士多德認為兩個物體從同一高度自由落下，重物體與輕物體下落一樣快C.法國物理學家?guī)靵鲇门こ訉嶒灠l(fā)現(xiàn)了庫侖定律D.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了理想模型法【答案】C【解析】【詳解】A．卡文迪許測出了引力常量G的值，故A錯誤；B．伽利略認為忽略空氣阻力的影響，輕重不同的物體下落的一樣快，故B錯誤；C．法國物理學家?guī)靵鲇门こ訉嶒灠l(fā)現(xiàn)了庫侖定律，故C正確；D．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里是采用了微元法，故D錯誤。故選C。2.如圖，某物體在恒定拉力F的作用下沒有運動，經(jīng)過時間t后，則（）A.拉力的沖量為0 B.合力的沖量為0C.重力的沖量為0 D.拉力的沖量為【答案】B【解析】【詳解】拉力的沖量為Ft，重力的沖量為，物體處于靜止狀態(tài)，根據(jù)動量定理可知合力的沖量為0。故選B。3.1970年4月24日，第一顆人造衛(wèi)星東方紅一號在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射。由長征一號運載火箭送入橢圓軌道。若該衛(wèi)星運行軌道與地面的最近距離為，最遠距離為。已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，月球繞地球做勻速圓周運動的周期為T，引力常量為G，根據(jù)以上信息不可求出的物理量有（）A.地球的質(zhì)量B.月球表面的重力加速度C.月球繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑D.東方紅一號繞地球運動的周期【答案】B【解析】【詳解】A.根據(jù)地球表面物體重力等于萬有引力得得地球質(zhì)量A可求，故A錯誤；B.因為月球質(zhì)量未知，月球的半徑也未知，所以月球表面的重力加速度無法求出，B不可求；故B正確；C.由于月球繞地球做勻速圓周運動，故故可以求出月球的軌道半徑r，C可求，故C錯誤；D.根據(jù)開普勒第三定律其中代入可求得東方紅一號的周期，D可求，故D錯誤。故選B。4.某物體從靜止開始做直線運動，其“”圖像如圖所示，引入“加速度的變化率”描述加速度變化的快慢。下列說法正確的是（）A.2s內(nèi)物體的速度越來越小 B.“加速度的變化率”單位為C.0~2s內(nèi)物體的速度變化量為 D.2s時加速度為0，物體的速度也一定為0【答案】C【解析】【詳解】A．圖像與坐標軸圍成的面積代表速度的變化，可知2s內(nèi)物體的速度越來越大，故A錯誤；B．物體加速度的變化率應為，故單位為，故B錯誤；C．圖線與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，則0~2s內(nèi)物體的速度變化量故C正確；D．2s時加速度為零，但是速度不為零，故D錯誤。故選C。5.如圖，在位置放置電荷量為q的正點電荷，在位置放置電荷量為q的正點電荷，在坐標原點放置點電荷Q，使得P點的電場強度為零。則Q的電性及電荷量分別為（）A.帶負電 B.帶正電C.帶負電 D.帶正電【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)點電荷場強公式得兩等量同種點電荷在P點的場強大小為方向如圖所示，則兩等量同種點電荷在P點的合場強為又P點的電場強度為0，則即聯(lián)立可得：Q為負電荷，且故選A。6.如圖所示，半徑為R的圓環(huán)豎直放置，長度為R的不可伸長的輕細繩、，一端固定在圓環(huán)上，另一端在圓心O處連接并懸掛一質(zhì)量為m的重物，初始時繩處于水平狀態(tài)。把圓環(huán)沿地面向右緩慢轉動，直到繩處于豎直狀態(tài)，則在這個過程中（）A.繩的拉力逐漸減小 B.繩的拉力先增大后減小C.繩的拉力先增大后減小 D.繩的拉力先減小后增大【答案】B【解析】【詳解】以重物為研究對象，重物受到重力、繩的拉力、繩的拉力三個力而平衡，構成矢量三角形，置于幾何圓中如圖：在轉動過程中，繩的拉力先增大，轉過直徑后開始減小，繩的拉力開始處于直徑上，轉動后一直減小，故B正確，ACD錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共5小題，每小題5分，共25分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.2023年是長征勝利87周年，戰(zhàn)士們除了和惡劣的自然環(huán)境做斗爭，還要時不時的面臨敵軍的圍剿。長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈。如圖所示，假設戰(zhàn)士在同一位置先后水平投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的有（）A.甲在空中的運動時間和乙一樣長 B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C.甲拋出的初速度要比乙大 D.從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為【答案】ABC【解析】【詳解】A．根據(jù)平拋運動有可知甲和乙下落時間相等，故A正確；B．落地前瞬間重力的功率為而豎直方向的速度相等，所以重力的功率相等，故B正確；C．利用水平方向有可知甲的水平位移大些，故甲的初速度大些，故C正確；D．從投出到落地，機械能是守恒的，變化量為0，故D錯誤。故選ABC。8.如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r．電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強度增大而減?。旊婃IS閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)．有關下列說法中正確的是（）A.只逐漸增大R1的光照強度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流B.只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，電源消耗的功率變大，電阻R3中有向上的電流C.只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動D.若斷開電鍵S，帶電微粒向下運動【答案】AD【解析】【詳解】A、只逐漸增大的光照強度，的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，電阻消耗的電功率變大，滑動變阻器的電壓變大，電容器兩端的電壓增大，電容下極板帶的電荷量變大，所以電阻中有向上的電流，故選項A正確；B、電路穩(wěn)定時，電容相當于開關斷開，只調(diào)節(jié)電阻的滑動端向上端移動時，對電路沒有影響，故選項B錯誤；C、只調(diào)節(jié)電阻的滑動端向下端移動時，電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由可知電場力變大，帶電微粒向上運動，故選項C錯誤；D、若斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，板間場強減小，帶電微粒所受電場力減小，將向下運動，故選項D正確．9.兩電荷量分別為和的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩點電荷連線上各點電勢隨坐標x變化的關系圖像如圖所示，其中P點電勢最高，且，則（）A.和都帶負電荷B.的電荷量小于的電荷量C.在A、B之間將一負點電荷沿x軸從P點左側移到右側，電勢能逐漸減小D.一點電荷只靜電力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸變小【答案】AB【解析】【詳解】A．由題圖知，電勢都是負的，則和都帶負電荷，故A項正確；B．圖像的切線斜率表示電場強度，則P點場強為零，根據(jù)場強的疊加知兩點電荷在P處產(chǎn)生的場強等大反向，即又因為所以的電荷量小于的電荷量，故B項正確；C．由題圖知，在A、B之間沿x軸從P點左側到右側，電勢先增加后減小，則負點電荷的電勢能先減小后增大，故C項錯誤；D．圖像的切線斜率表示電場強度，則沿x軸從P點到B點場強逐漸增大；據(jù)可知，點電荷只在靜電力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸增大，故D項錯誤。故選AB。10.如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經(jīng)過與A點關于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，垂直于桿，則下列結論正確的是（）A.小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定等于重力加速度gB.小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減少C.小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大D.小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大【答案】BD【解析】【詳解】A.在B點時，小球的加速度為g，在間彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A錯誤；B.由機械能守恒定律可知，小球從B點運動到C點的過程，小球做加速運動，即動能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B正確；C.小球運動到C點時，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點往下還會加速一段，所以小球在C點的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯誤；D.D點為小球運動的最低點，即速度為零，彈簧形變量最大，所以小球在D點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確。故選BD。11.如圖所示，放在光滑水平面上的矩形滑塊是由不同材料的上、下兩層粘在一起組成的。質(zhì)量為m的子彈（可視為質(zhì)點）以速度v水平射向滑塊，若擊中上層，則子彈剛好不穿出；若擊中下層，則子彈嵌入其中部。比較這兩種情況，以下說法中正確的是（）A.滑塊對子彈的阻力相等 B.子彈對滑塊做的功相等C.滑塊受到的沖量相等 D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量不相等【答案】BC【解析】【詳解】AD．最后滑塊與子彈相對靜止，根據(jù)動量守恒定律可知，兩種情況下滑塊和子彈的共同速度相等，根據(jù)能量守恒定律可知，兩種情況下動能的減少量相等，產(chǎn)生的熱量相等，而子彈相對滑塊的位移大小不等，故滑塊對子彈的阻力不相等，故A錯誤，D錯誤；B．根據(jù)動能定理可知，滑塊動能的增加量等于子彈對滑塊做的功，因兩種情況下滑塊的動能增加量相等，所以兩種情況下子彈對滑塊做的功一樣多，故B正確；C．因兩種情況下滑塊的動量變化相同，根據(jù)動量定理，兩種情況下滑塊受到的沖量一樣大，故C正確。故選BC。三、實驗題（共計15分）12.用如圖甲所示的裝置做“探究平拋運動的特點”實驗，小球從斜槽軌道末端滑出后，被橫擋條卡住，調(diào)整橫擋條位置，記錄小球運動經(jīng)過的不同位置，描出平拋運動的軌跡。（1）在此實驗中，下列說法正確是________。A．斜槽軌道必須光滑B．記錄點應適當多一些C．同一次實驗中小球應從同一位置由靜止釋放D．橫擋卡條須等間距下移（2）如圖乙所示是某同學在實驗中畫出的平拋小球的運動軌跡，O為平拋運動的起點，該同學又畫出了一條直線，與軌跡相交于A點，的斜率為k，A點的橫坐標為，已知重力加速度大小為g，則小球平拋的初速度________?！敬鸢浮竣?BC##CB②.【解析】【詳解】（1）[1]AC.斜槽軌道不需要光滑，只要保證每次都在同一位置釋放小球就可保證小球每次做平拋運動的初速度相同，故A錯誤，C正確；B.為了能畫出平拋運動的軌跡，更好的反應運動的真實性，記錄的點應適當多一些，故B正確；D.橫擋卡條只需要擋住下落的小球，從而記錄下小球的落點即可，并不需要等間距下移，若等間距下移會使實驗操作的更繁瑣，故D錯誤。故選BC。（2）[2]設A點的縱坐標為，小球經(jīng)過A點的時間為，則有而根據(jù)斜率的計算式有平拋運動水平方向做勻速直線運動，則可得初速度13.現(xiàn)有一合金制成的圓柱體，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，用游標卡尺測量該圓柱體的長度。螺旋測微器和游標卡尺的示數(shù)如圖甲、乙所示。（1）由甲、乙兩圖讀得圓柱體的直徑為________mm，長度為________mm。（2）用多用電表電阻擋“×10”擋粗測圓柱體的阻值R，發(fā)現(xiàn)指針偏角較大，為了更準確的測出圓柱體的阻值，下列操作正確的是________。A．將選擇開關旋轉到電阻擋“×1”的位置，兩表筆短接調(diào)零，再次測量電阻B．將選擇開關旋轉到電阻擋“×100”的位置，兩表筆短接調(diào)零，再次測量電阻C．將兩表筆短接調(diào)零，再將選擇開關旋轉到電阻擋“×1”的位置，再次測量電阻D．將兩表筆短接調(diào)零，再將選擇開關旋轉到電阻擋“×100”的位置，再次測量電阻（3）為進一步精確測量圓柱體的阻值（阻值約為20Ω），實驗室提供了以下器材：A．電源E（電動勢3V，內(nèi)阻不計）B．電流表（量程150mA、內(nèi)阻約10Ω）C．電流表（量程1mA，內(nèi)阻）D．電壓表V（量程為10V，內(nèi)阻約為1000Ω）E．定值電阻（電阻為2900Ω）F．滑動變阻器R（最大阻值5Ω）G．開關S及導線若干①請在如圖所示的虛線框內(nèi)畫出電路原理圖（需標出器材符號）。（）②用表示電流表的示數(shù)、表示電流表的示數(shù)，則________（用、，和表示）。③僅從實驗原理來看，測量結果________真實值。（填“等于”“大于”或“小于”）【答案】①.1.845##1.843##1.846）②.42.40③.A④.⑤.⑥.等于【解析】【詳解】（1）[1][2]由圖所示可知，螺旋測微器固定刻度示數(shù)為1.5mm，旋轉刻度為，螺旋測微器示數(shù)為；由圖所示可知，游標卡尺主尺示數(shù)為42mm，游標尺示數(shù)為，游標卡尺示數(shù)為。（2）[3]選擇開關置于“×10”時指針的偏轉角度較大，說明電阻較小，所以應該換小倍率擋，換擋后需要短接調(diào)零，再次測量。故選A。（3）①[4]題中電壓表量程太大，測量不精確?？捎靡阎獌?nèi)阻的電流表與電阻箱串聯(lián)充當電壓表；因改裝后的電壓表內(nèi)阻已知，可接成電流表外接；滑動變阻器用分壓電路，則電路圖如圖②[5]由電路可知③[6]電壓和電流均為真實值，所以無系統(tǒng)誤差。四、計算題（共計36分）14.如圖所示，小明站在靜止在光滑水平面上的小車上用力向右推靜止的木箱，木箱最終以速度v向右勻速運動．已知木箱的質(zhì)量為m，人與車的總質(zhì)量為2m，木箱運動一段時間后與豎直墻壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，反彈回來后被小明接?。螅?1)推出木箱后小明和小車一起運動的速度v1的大小；(2)小明接住木箱后三者一起運動的速度v2的大小．【答案】①；②【解析】【詳解】試題分析：①取向左為正方向，由動量守恒定律有：0=2mv1-mv得②小明接木箱的過程中動量守恒，有mv+2mv1=（m+2m）v2解得考點：動量守恒定律15.如圖所示，用長的細線將質(zhì)量的帶電小球懸掛在天花板上，空間中存在方向水平向右，