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高二物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1. 2024年8月26日，“深海一号”二期开发井钻完井作业提前完成。下列情况中，可将“深海一号”钻井平台视为质点的是（ ）
A. 工程师调整平台钻井臂的作业角度时
B. 计算平台从南海某海域航行至渤海油田的航线时
C. 工作人员检查平台的甲板焊接结构时
D. 平台在指定海域锚定固定位置时
【答案】B
解析：A．工程师调整平台钻井臂的作业角度时，需考虑钻井臂的具体位置和方向，平台的尺寸和形状不可忽略，故不能视为质点，故A错误；
B．计算平台从南海某海域航行至渤海油田的航线时，仅关注平台整体的运动轨迹和位置，其尺寸和形状相对于航行距离可忽略，故可视为质点，故B正确；
C．工作人员检查平台的甲板焊接结构时，需详细考察甲板的局部结构，平台的尺寸和形状不可忽略，故不能视为质点，故C错误；
D．平台在指定海域锚定固定位置时，需确保平台稳定锚定，其尺寸和形状会影响锚定效果，不可忽略，故不能视为质点，故D错误。故选B。
2. 我国“天问一号”探测器环绕火星做匀速圆周运动时，测得其轨道半径为，运行周期为。已知引力常量为，忽略火星自转及其他天体干扰，下列说法正确的是（ ）
A. 可直接求出火星表面的重力加速度
B. 可求出“天问一号”的线速度大小为
C. 火星的质量为
D. “天问一号”的向心加速度与轨道半径成反比
【答案】B
解析：A．设火星的半径为，则在火星表面的物体
可得
题目中仅给出轨道半径和周期，未给出火星半径，因此无法直接求出重力加速度，故A错误；
B．可求出“天问一号”的线速度大小为，故B正确；
C．由万有引力提供向心力
解得火星质量为，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
解得
因此与成反比，故D错误。
故选B。
3. 图为等量异种点电荷的电场线，、、、分别为点电荷连线或点电荷连线的中垂线上的点，则（ ）
A. 、、、点处的电场强度方向相同
B. 、、、点处的电场强度方向不同
C. 点处的电场强度最大
D. 点处的电势最高
【答案】A
解析：AB．由题图可看出，a、b、c、d点处的电场线均水平向右，则a、b、c、d点处的电场强度方向相同，故A正确，B错误；
C．根据等量异种电荷的电场线分布可知，在两电荷的连线各点中，连线的中点处电场线最稀疏，在两电荷连线的中垂线上各点中，中垂线与两电荷连线的交点处电场线最密集，则说明在a、b、c、d四点中a点处的电场强度最大，故C错误；
D．沿着电场线的方向电势降低，所以a点电势大于b点电势，而a、b、c、d处于同一等势面，所以a点处的电势最高，故D错误。
故选A。
4. 如图所示，一小球以某一水平速度抛出，在落地之前经过空中、两点用时，在点小球速度方向与水平方向的夹角为，在点小球速度方向与水平方向的夹角为，（空气阻力忽略不计，，，取），以下判断正确的是（ ）
A. 水平速度
B. 、两点间的高度差为
C. 、两点间的水平距离为
D. 抛出点到点的位移方向与水平方向夹角的正切值
【答案】C
解析：A．小球在A点时
小球在B点时
其中，
联立，解得，，，故A错误；
B．小球从A到B的过程，在竖直方向，故B错误；
C．小球从A到B的过程，在水平方向，故C正确；
D．根据平抛运动的推论，末速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍可知，，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，有两竖直杆垂直固定于地面且顶端、之间固定着一根细绳，其中两杆水平距离为，细绳长度为，将一个重为的小物体通过光滑的轻质小挂钩挂在细绳上，平衡时，下列判断正确的是（ ）
A. 平衡时细绳中的张力为
B. 若更换重为的小物体，则小挂钩悬挂点左移
C. 细绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D. 保持细绳两端在杆上位置不动，左杆移动一小段距离到虚线位置时，细绳中的张力变小
【答案】D
解析：ABC．设绳子与竖直方向的夹角为α，绳子总长度为L，两杆间的距离为S，延长AO交右边杆于C，如图所示
根据几何关系可知
则
则
由共点力的平衡条件可知，两拉力的合力与物体的重力等大反向；由几何关系可知拉力为
小挂钩悬挂点与小物块的重力无关，绳子的拉力与细绳的两端高度差无关，故ABC错误；
D．保持细绳两端在杆上位置不动，左杆移动一小段距离到虚线位置时，则两杆间的距离为S变小，由
可知，变小，则变大，
根据
可知，细绳中的张力变小，故D正确。
故选D。
6. 一个小球在竖直方向上做简谐振动，其位移和时间关系如图所示，当时小球恰好在处，经过后小球运动到了最大位移处。下列关于小球运动情况的说法正确的是（ ）
A. 该简谐运动的周期为
B. 从0时刻开始经过，小球的路程小于
C. 当时小球的动能为0
D. 当时小球的加速度为0
【答案】B
解析：A．该简谐运动的振动方程为
由图可知
当时，；当时，，代入上式，可得
所以，故A错误；
B．由题意可知，从0时刻开始经过时间内，小球先沿x正方向运动，运动时间小于；再沿x负方向运动，运动时间为；最后沿x正方向运动，当时，
所以从0时刻开始经过时间内，小球的路程为，故B正确；
C．当时
此时小球位于平衡位置处，速度最大，动能最大，故C错误；
D．当时
再根据
可知，此时小球的回复力不为零，根据牛顿第二定律
可知，小球的加速度也不为零，故D错误。
故选B。
7. 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，一根长为的绝缘细线一端固定在点，另一端系一质量为的带电小球，小球电荷量大小为。小球静止时细线与竖直方向成角，。此时让小球获得初速度且恰能绕点在竖直平面内顺时针做圆周运动，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的电场强度大小
B. 小球的动能最小值为
C. 小球运动至圆周轨迹上与静止位置关于圆心对称的点时，机械能变化量最大
D. 若小球恰好能够完成圆周运动，则小球运动过程中对线的最大拉力为
【答案】D
解析：A．对小球进行受力分析，如图所示
根据平衡条件可得，电场力大小为
所以，故A错误；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内顺时针做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据等效重力提供向心力，有
则最小动能，故B错误；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球电势能变化量最大时，机械能变化量最大，即小球运动到圆周轨迹的最左端点时，电势能变化量最大，小球的机械能变化量最大，故C错误；
D．小球运动到原来静止位置，即等效最低点时，小球对线的拉力最大，则小球从等效最高点到等效最低点的过程，根据动能定理
此时
联立，解得，故D正确。
故选D。
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8. 图甲中，匝数为、边长为的正方形线圈与磁感应强度为的匀强磁场垂直，线圈一半在磁场中，一半在磁场外；图乙中，一矩形线圈与通电直导线都在竖直面内放置，且直导线与矩形长边平行，Ⅰ为线圈初位置。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中通过线圈的磁通量为
B. 图甲中，以为轴旋转线圈，且转动角度小于，此过程中线圈不产生感应电流
C. 图乙中，线圈从Ⅰ位置平移到Ⅱ位置过程中线圈的磁通量先增大后减小到零
D. 图乙中，线圈保持在Ⅱ位置不动，减小导线电流的过程中，通过线圈的磁通量减小
【答案】BC
解析：A．图甲中线圈通过磁场的有效面积
则通过线圈的磁通量为
故A错误；
B．图甲中，以为轴旋转线圈，即使转动角度小于，但通过闭合线圈的磁通量没有发生变化，故此过程中线圈不会产生感应电流，故B错误；
C．图乙中，线圈从Ⅰ位置平移到Ⅱ位置过程分两个过程
过程一
线圈靠近通电导线，但不经过通电导线，因越靠近导线，通电导线产生的磁场越强，故此过程，通过线圈的磁通量在增强
过程二
线圈开始经过通电导线直至Ⅱ位置，此过程既有穿入线圈的磁场又有穿出的磁场，磁通量在减小
故线圈从Ⅰ位置平移到Ⅱ位置过程中线圈的磁通量先增大后减小到零，故C正确；
D．图乙中，线圈保持在Ⅱ位置不动，此位置为线圈正中间，既有穿入线圈的磁场又有穿出的磁场，通过该线框的磁通量为零，故即使减小导线电流，通过线圈的磁通量仍为零，故D错误。
故选BC。
9. 如图，电源电动势为，内阻为，电路中为电容器，为小灯泡。电流表、电压表均为理想电表。滑动变阻器最大电阻为，。最初滑片在端，闭合开关，待电路稳定后，将从端缓慢地移动到端。在端时，灯两端电压过低，尚未发光；在端时，灯能发白光。为电流表A的示数，、分别是电压表V1、V2示数，实验中电流表A的示数改变量绝对值为，电压表V1的示数改变量绝对值为，电压表V2的示数改变量绝对值为，则随着从端移动到端有（ ）
A. 电容器所带的电荷量减少 B.
C. 的值变大，而的值变小 D.
【答案】B
解析：A．由图可知电容器与灯并联，故电容器两端电压即为灯两端电压，灯与滑动变阻器串联，随着从端移动到端滑动变阻器阻值在减小，依据串反并同，故电容器两端电压增大，又有,故电容器所带的电荷量增加，故A错误；
B．依据闭合电路欧姆定律
移动滑片P，则
联立解得
移动滑片P，则
联立解得
故
故B正确；
C．由
得的值不变
随着从端移动到端，变小，变大，则的值变小，故C错误；
D．依据闭合电路欧姆定律
移动滑片P，则
故
移动滑片P
则
故
故
故D错误；
故选B。
10. 如图甲所示，倾角为的传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带的长度。一个可视为质点的质量的物块，自点无初速度地放在传送带底端，其被传送至端的过程中，重力势能（以传送带底端位置所在平面为重力势能的零势能面）与时间的关系图像如图乙所示（前的曲线为抛物线的一部分，后图线为直线）。重力加速度取，，。下列说法正确的是（　　）
A. 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4
B. 整个过程中合外力对物块做的功为
C. 整个过程中摩擦力对物块的冲量大小为
D. 整个过程中物块所受摩擦力做的功等于物块机械能的增加量，均为
【答案】BCD
解析：A．由题意可知，物块在时与传送带共速，则物块的加速度
由牛顿第二定律
解得，故A错误；
B．合外力做功等于动能变化量，故B正确；
C．由
解得加速过程物块的位移大小为
匀速阶段
摩擦力对物块的冲量大小为
，故C正确；
D．整个过程中物块所受摩擦力做的功等于物块机械能的增加量，初始时刻机械能为零，其增加量
，故D正确。
故选BCD。
三、实验题：本大题共2小题，共6+10=16分。
11. 某实验小组学习动量守恒定律和单摆的相关知识后，设计了如下实验，装置如图。弹性小球的质量为、直径为，摆线长为，小物块的质量为，与水平桌面间的动摩擦因数为，小球静止在竖直摆线下刚好与小物块相接触，重力加速度大小为。
（1）将小球拉开使摆线与竖直方向成角，由静止释放，则经过时间________后，、相碰，碰前瞬间摆线的拉力大小为________；
（2）、相碰后，若小球反弹的最大偏角为，小物块向右滑动的距离为，则、碰撞过程动量守恒的验证式为________。
【答案】（1） （2）
解析：（1）[1]由于，小球的运动可以近似为单摆的简谐运动，其周期为
碰撞前运动个周期，因此经过后相碰；
[2]由动能定理得
圆周运动,拉力
联立解得，
（2）[3]碰撞后
解得小球反弹的速度
小球B的速度满足
解得
若动量守恒，满足
联合二倍角公式推导得到
12. 测定干电池的电动势和内阻的电路如图（a）所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0。调节滑片，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制出图（b）所示的U—I图像。
（1）由图（b）求得电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω（均保留2位小数）；
（2）实验中因电表内阻的影响，电动势测量值___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；
（3）根据实验数据可绘出图（c）所示的图像。若图像斜率为k，电阻丝横截面积为S，则电阻丝的电阻率=___________，电表内阻对电阻率的测量___________（选填“有”或“没有”）影响。
【答案】（1）1.49 0.25 （2）小于 （3）kS 没有
解析：（1）[1]由图（a）所示电路图可知，路端电压
由图（b）所示U—I图像可知，电池的电动势
[2]图像斜率的绝对值
内阻
（2）[3]根据图（a）可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图像可知，电动势测量值小于真实值；
（3）[4]根据图（a）所示电路图可知
R+RA==
由图像可知，图像的斜率
解得
[5]考虑电表内阻，图像的斜率不变，对电阻率的测量没有影响。
四、计算题：本大题共3小题，共11+14+16=41分。
13. 如图所示，水平面与倾角的斜面在处平滑相连，水平面上、两点间距离，斜面上的点距离点，质量的物体（可视为质点），在与水平面成的恒力的作用下由点从静止开始运动，到达点后物体将沿斜面继续上滑经过点。已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数均为0.5，（取，，）。求：
（1）物体在水平面上运动的加速度大小；
（2）物体运动到处的速度大小；
（3）物体在斜面上从点运动到的时间。
【答案】（1） （2） （3）
解析：（1）正交分解可得在竖直方向上
可得物体与水平面的滑动摩擦力
在水平方向上，解得
（2）由动能定理可得
到处时
（3）物体滑上斜面后正交分解可得垂直斜面方向
在斜面上滑动摩擦力
沿斜面方向，解得
故物体沿斜面向上匀速直线运动，物体在斜面上从点运动到的时间
14. 如图所示，水平绝缘轨道长，离地高，、间存在竖直向上的匀强电场。、间存在水平向右的匀强电场。一质量、电荷量的小滑块，从轨道上的点以的初速度向右滑动，从点离开电场后，垂直落在地面上的点，、间的水平距离。滑块与轨道间的动摩擦因数，取，不计空气阻力。求：
（1）滑块离开点时速度的大小；
（2）滑块从点运动到点所用的时间；
（3）匀强电场的电场强度、的大小。
【答案】（1） （2） （3），
解析：（1）滑块由B点到C点，在竖直方向，解得
在水平方向，做匀减速直线运动，则
解得
（2）滑块从A点运动到B点，根据
解得
（3）滑块从A点运动到B点，加速度大小为
根据牛顿第二定律
解得
滑块由B点到C点，在水平方向的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
15. 如图所示，光滑的水平面左边有六个相互接触但不粘连的质量均为的刚性小球，右边放置了一个光滑曲面M，曲面末端水平，其高为，底边长度，质量为。一质量为的小球N从曲面的最高点由静止释放。已知小球间的碰撞均为弹性碰撞，。
（1）求从N开始释放到M、N第一次分离时M、N各自的水平位移大小；
（2）分析N与第一次碰撞后N能否追上M，请列式计算说明；
（3）若M固定不动，其他条件不变，则N的最终速度是多少
【答案】（1）1.6m ， 3.2m （2）追不上，详情见解析 （3）
解析：（1）M、N组成系统水平方向动量守恒
等式左右同时对时间进行积累可得
且
解得
（2）M、N组成系统水平方向动量守恒
机械能守恒
解得
N与发生弹性碰撞
解得（方向水平向右）
碰后N与M共速，故追不上
（3）若M固定不动，则N与碰前
解得碰前速度
与发生弹性碰撞
解得（方向水平向右）
（方向水平向左）
随后与左侧小球发生弹性碰撞，质量相等速度互换，静止，传递过去后左侧第一个小球向左以速度向左运动
N球先向右滚到最高点后又回来，与发生第二次弹性正碰
解得（方向水平向右）
（方向水平向左）
以此类推第三次碰撞解得（方向水平向右）
（方向水平向左）
直至N与发生第六次弹性碰撞
后二者不再碰撞此时
N的最终速度是

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