2023-2024學年遼寧省六校高二（上）期初物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年遼寧省六校高二（上）期初物理試卷一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）1.下列敘述中正確的是(

)A.庫侖提出了用電場線描述電場的方法

B.牛頓利用月一地檢驗驗證了萬有引力定律并測量了萬有引力常量

C.重心、運動的合成與分解等概念的建立都體現了等效替代的思想

D.比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，如電阻R=UI2.卷揚機可以垂直提升、水平或傾斜拽引重物。因操作簡單、移置方便，在建筑施工、水利工程、林業(yè)、礦山、碼頭等有著廣泛應用。如圖乙所示，利用卷揚機將套在光滑豎直桿上的重物提升到高處。當卷揚機纏繞鋼絲繩的速度為v0時，連接重物的鋼絲繩與豎直桿夾角為θ，則當重物運動到圖示位置時重物的速度v與v0關系為(

)

A.v=v0cosθ B.3.圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，粒子先經過M點，再經過N點?？梢耘卸?

)

A.M點的電勢小于N點的電勢

B.粒子帶正電，M點的電勢大于N點的電勢

C.粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力

D.粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能4.天文學家發(fā)現了一對被稱為“災難變星”的罕見雙星系統(tǒng)，約每51分鐘彼此繞行一圈，通過天文觀測的數據，模擬該雙星系統(tǒng)的運動，推測在接下來的7000萬年里，這對雙星彼此繞行的周期逐漸減小至18分鐘。如果將該雙星系統(tǒng)簡化為理想的圓周運動模型，如圖所示，兩星球在萬有引力作用下，繞O點做勻速圓周運動。不考慮其他天體的影響，兩顆星球的質量不變，在彼此繞行的周期逐漸減小的過程中，下列說法中正確的是(

)A.每顆星球的角速度都在逐漸變小 B.兩顆星球的距離在逐漸的變大

C.兩顆星球的軌道半徑之比保持不變 D.每顆星球的加速度都在變小5.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼?

)

A.0.5倍 B.1倍 C.2倍 D.4倍6.一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內做勻加速直線運動，5s末達到額定功率之后保持以額定功率運動。v?t圖象如圖所示，已知汽車的質量m=1×A.汽車在前5s內的牽引力5×102N B.汽車的額定功率為80kW

C.汽車速度為7.如圖，A、B為水平正對放置的平行板電容器的兩極板，B極板接地。閉合開關S，一帶電液滴在兩極板間的P點處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是(

)A.該液滴帶正電

B.將一塊有機玻璃插到兩極板之間，電容器的電容將變小

C.保持開關S閉合，將A極板向左移動一小段距離，液滴將加速向上運動

D.斷開開關S，將B極板向下移動一小段距離，P點的電勢將升高二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）8.如圖所示，有一條柔軟的質量為m、長為L的均勻鏈條，開始時鏈條的2L3長在水平桌面上，而L3長垂于桌外，用外力使鏈條靜止。不計一切摩擦，桌子足夠高。下列說法中正確的是(

)

A.若自由釋放鏈條，則鏈條剛離開桌面時的速度v=gL

B.若自由釋放鏈條，則鏈條剛離開桌面時的速度v=239.如圖所示，位于勻強電場中的直角三角形ABC與電場強度方向平行，∠C為直角，D為AB中點，直角邊BC的長度為9cm，sin∠A=0.6，cos∠A=0.8。已知AA.B點和C點位于同一等勢面

B.勻強電場的方向為由D指向C

C.勻強電場的電場強度大小為200V/m

D.將一電子由C點移至10.如圖所示，將一質量2m、半徑為R的光滑半圓形槽靜置于光滑水平面上，今讓一質量為m小球自左側槽口從A點靜止開始落下，則以下結論中正確的是(

)A.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽構成的系統(tǒng)動量守恒

B.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽構成的系統(tǒng)機械能守恒

C.小球到達最低點時，小球的速度大小是2gR

三、實驗題（本大題共1小題，共6.0分）11.用如圖甲實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒。圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶：O是打下的第一個點，每相鄰兩計數點間還有4個點(圖中未標出)，計數點間的距離如圖乙所示，已知電源頻率為50Hz，m1=50g、m2=150g，g取10m/s2，(結果均保留三位有效數字)則：

(1)在紙帶上打下計數點5時的速度v=______m四、簡答題（本大題共3小題，共30.0分）12.用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖甲所示。圖乙中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓質量為m1的入射球A多次從斜軌上同一位置由靜止釋放，其平均落地點的位置為P，測得OP?=x2.然后，把質量為m2的被碰小球B靜止置于軌道的水平部分，再將入射小球A從斜軌上同一位置由靜止釋放，與小球B相撞，并重復實驗.A、B相碰后平均落地點的位置分別為M、N，測得OM?=x1，ON?=x3．

(1)小球A、B質量之間的關系是______(填“m113.“蹦極”是一項勇敢者的運動，如圖所示，某人用彈性橡皮繩拴住身體從高空P處自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人質量為50kg，橡皮繩原長45m，人可看成質點，且此人從P點自靜止下落到最低點所用時間t總=9s。(g=10m/s2

14.如圖所示，兩滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量mA=8kg，B的質量mB=6kg，滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自然伸長狀態(tài)?，F使滑塊A以v=14m/s的速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用(五、計算題（本大題共1小題，共18.0分）15.如圖所示，豎直平面內有一水平向右的勻強電場，電場強度大小為E=1×103V/m，m，其中有一個半徑為R=2m的豎直光滑圓環(huán)，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角?，F給質量為m=0.8kg、電荷量為q=6×10?3C的帶正電小球(可視為質點)答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、根據物理學史可知，是法拉第提出了用電場線描述電場的方法，故A錯誤；

B、牛頓利用月一地檢驗驗證了萬有引力定律，卡文迪許測量了萬有引力常量，故B錯誤；

C、重心是物體重力的等效作用點，分運動與合運動也是等效的，可知重心、運動的合成與分解等概念的建立都體現了等效替代的思想，故C正確；

D、比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，如電阻R=UI是采用比值法定義的，而a=Fm是牛頓第二定律的表達式，不是比值定義式，故D錯誤。

故選：2.【答案】B

【解析】解：將重物速度沿繩和垂直于繩方向進行分解，如圖所示

根據運動的分解可知重物沿繩方向的速度分量等于卷揚機纏繞鋼絲繩的速度，即

v0=vcosθ

所以

v=v0cosθ

故ACD3.【答案】B

【解析】【分析】

本題考查了電場線、電場能的性質；本題的關鍵是根據運動軌跡來判定電場力方向，由曲線運動條件可知合力偏向曲線內側。根據電場力來確定電場力做功的正負，從而判定電勢能增加與否。

沿著電場線的方向電勢降低；根據過M、N兩點的等勢線分析電勢。由電場線的疏密表示電場強度的強弱，判斷電場力的大??；不計重力的粒子在電場力作用下從M到N，運動與力關系可知，電場力指向軌跡的內側，分析出電場力做功正負，判斷電勢能的變化。

【解答】

AB.粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內側，斜向左下方，與電場方向一致，粒子帶正電，根據順著電場線的方向電勢降低，可知過M點的等勢面的電勢高于過N點的等勢面的電勢，則M點的電勢高于N點的電勢，故B正確，A錯誤；

C.由電場線的疏密表示電場強度的大小，可知，M點的電場強度比N點的小。由F=qE知，粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力，故C錯誤；

D.從M到N，粒子的所受電場力斜向左下方，則電場力對粒子做正功，電勢能減少，所以粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，故D4.【答案】C

【解析】解：AB.根據題意，由公式ω=2πT可知，每顆星球的角速度都在逐漸變大，設雙星轉動的角速度為ω，雙星間距離為L，星球的質量分別為m1、m2，由萬有引力提供向心力有

Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2

解得

ω=G(m1+m2)L35.【答案】A

【解析】解：對于電子以平行極板的速度從負極板邊緣飛入勻強電場，恰能從右側擦極板邊緣飛出電場這個過程，設電子的帶電量e，質量為m，入射速度為v，極板的長度為L，極板的寬度為d，電場強度為E。

由于電子做類平拋運動，所以水平方向：L=vt

豎直方向：y=12at2=eEL22mv2=d

因為6.【答案】C

【解析】解：A、由速度時間圖線知，勻加速運動的加速度大小a=205=4m/s2，根據牛頓第二定律得，F?f=ma，解得牽引力F=f+ma=1000+4000N=5000N，故A錯誤。

B、汽車的額定功率P=Fv=5000×20W7.【答案】D

【解析】解：A、由圖可知，電容器上極板帶正電，帶電液滴處于靜止狀態(tài)，可知帶電液滴帶負電，故A錯誤；

B、將一塊有機玻璃插到兩極板之間，由C=εrS4πkd可知電容器的電容將變大，故B錯誤；

C、保持開關S閉合，將A極板向左移動一小段距離，電容器兩極板間電壓不變，板間距離也不變，由E=Ud可知極板間電場強度不變，液滴所受電場力不變，所以液滴將仍將保持靜止，故C錯誤；

D、斷開開關S，電容器帶電量不變，根據C=εrS4πkd、C=QU、E=Ud可得：E=4πkQ?rS

可知上下移動極板時電場強度不變，將B極板向下移動一小段距離，P點與下極板的距離變大，由U=Ed可知P與下極板之間的電勢差變大，下極板電勢為零，電場方向豎直向下，所以P點的電勢將升高，故D正確。

故選：D。

A.帶電液滴靜止，根據液滴所受電場力方向與電場方向的關系判斷液滴的電性；

B.根據電容的決定式C=εrS48.【答案】BD【解析】解：AB.若自由釋放鏈條，以桌面為零重力勢能參考平面，根據機械能守恒可得?m3g?L6=?mgL2+12mv2

解得鏈條剛離開桌面時的速度為v=232g9.【答案】AC【解析】解：AB、D為AB的中點，則有2φD=φA+φB，解得φB=?9V，所以B點和C點位于同一等勢面中，勻強電場的方向為由A指向C，故A正確，B錯誤；

C、由幾何關系可知tan∠A=BCAC=sin∠Acos∠A，其中BC=9cm=0.09m，得AC10.【答案】BD【解析】解：A、小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽構成的系統(tǒng)水平方向受力為零，所以水平方向動量守恒，故A錯誤；

B、小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽構成的系統(tǒng)只有重力做功，且無機械能與其他能的轉化，所以系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；

C、以向右方向為正，根據系統(tǒng)水平方向動量守恒可得：mv球=2mv槽

由系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgR=12mv球2+12×2mv槽2

聯(lián)立解得：v球=211.【答案】2.40

0.576

0.600

【解析】解：(1)系統(tǒng)為勻變速直線運動，中間時刻的速度等于平均速度，所以計數點5的瞬時速度為：

v5=(21.6+26.4)×0.01m2×0.1s=2.4m/s；

(2)m1和m2一起運動，速度大小相同，所以系統(tǒng)增加的動能為：

ΔEk12.【答案】m1>m2

【解析】解：(1)根據題目分析，要驗證動量守恒定律定律，為防止發(fā)生反彈現象，小球A、B的質量之間的關系是m1>m2；

(2)由動量守恒定律可得m1v1+m2v2=m1v0，而速度可以用平拋運動相應的水平位移代替，所以動量守恒表達式可表示為m1x1+m213.【答案】解：(1)人做自由落體運動，下落45m高度時，根據

v2=2gh

解得v=2×10×45m/s=30m/s

所以此時人的動量大小

p=mv=50kg×30m/s=1500kg【解析】(1)根據由自由落體運動規(guī)律求物體末速度，由動量的定義得到動量；

(214.【答案】解：(1)當滑塊A、B的速度相等時，彈簧壓縮到最短，彈簧的彈性勢能最大，設此時A、B的速度為v。

取向右為正方向，由動量守恒定律得

mAv0=(mA+mB)v

解得：v=8m/s

由系統(tǒng)機械能守恒得

12mAv02=12(mA+mB)v2+Ep

解得彈簧的最大彈性勢能為：E【解析】(1)當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A、B的速度相等，根據動量守恒定律列式求出系統(tǒng)的速度，再根據系統(tǒng)機械能守恒列式，即可求得彈簧的最大彈性勢能；

(2)根據動量守恒定律和機械能守恒定律分別列式，即可求解滑塊A與B分開時A、B的速度