2023-2024學年遼寧省六校高二（上）期初物理試卷（含解析）

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(xiàn)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=§,加速度a=￡都是采

用比值法定義的

2.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孫時，連接重物的鋼絲繩與豎直桿夾角為仇

則當重物運動到圖示位置時重物的速度。與先關系為（）

甲

A.v=vocos0B.vv

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(jīng)過M點，再經(jīng)過N點?？梢耘卸ǎǎ?/p>

A.”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(xiàn)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(shù)據(jù)，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189■o?

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。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匕出，現(xiàn)

在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置?/p>

入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉?/p>

的（）

A.0.5倍B.1倍C.2倍D.4倍

6.--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。u-t圖象如圖所20/

示，已知汽車的質量?n=1X103/cg汽車受到地面的阻力為車重的〃勺-------

0.1倍，則以下說法正確的是（）

A.汽車在前5s內的牽引力5X102NB.汽車的額定功率為80kW

C.汽車速度為25m/s時的加速度3m/s2D.汽車的最大速度為80m/s

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（）

?-1A

P?~~

IB

-------------------------------

S

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4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）

T

8.如圖所示，有一條柔軟的質量為m、長為L的均勻鏈條,H

1

開始時鏈條的:長在水平桌面上，而上長垂于桌外，用外力3

-

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”=.JgL

B.若自由釋放鏈條，則鏈條剛離開桌面時的速度〃

C.若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對鏈條做功嚶

D.若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對鏈條做功喀

9.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，4c為直角，。為中點，直角邊BC的長度為9cm,sin〃=

0.6,cos乙4=0.8。已知4、C、D三點的電勢分別為15V、-9V和

3憶則下列說法正確的是（）

A.B點和C點位于同一等勢面

B.勻強電場的方向為由。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4點，電子的電勢能增加24eV

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4點靜止開始落下，則以下結論中正確的是（）

AO

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

D.小球到達右邊最高點時，小球通過的水平位移是莖

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mi、機2組成的系統(tǒng)機械能守恒。巾2從高處由靜止開始下落，

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：。是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點（圖中未標

出），計數(shù)點間的距離如圖乙所示，己知電源頻率為50Hz,mi=50g、m2=150g,g取lOm/sZ,

（結果均保留三位有效數(shù)字）則：

（1）在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度"=m/s；

（2）在打點0?5過程中系統(tǒng)動能的增加量AEk=J,系統(tǒng)勢能的減少量/Ep=人

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。點是小球拋

出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓質量為Tn1的入射球4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,測得辦=右?然后，把質量為加2的被碰小球B靜止置于軌道

的水平部分，再將入射小球4從斜軌上同一位置由靜止釋放，與小球B相撞，并重復實驗.4、

8相碰后平均落地點的位置分別為M、N,測得。力=刈，ON=X3-

2”)。

(2)若兩球相碰前后動量守恒，其表達式可表示為?n62=

(3)若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為mi后

13.“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

*總=9s。(g=10m/s2)

(1)此人下落到橡皮繩剛伸直(原長)時，人的動量是多少？

(2)從橡皮繩開始伸直到人下落到最低點的過程中橡皮繩對人平均作用力為

多大?

14.如圖所示，兩滑塊4、B位于光滑水平面上，已知4的質量犯4=8kg,B的質量WIB=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(xiàn)使滑塊4以。=14m/s的速度水

平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊8相互作用(整個過程彈簧沒有超過彈性限度)，直至分開,

求：

(1)滑塊通過彈簧相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能;

(2)滑塊4與B分開時，兩者的速度分別為多少？

IAI-A/Wv|B|

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=1x103V7m,m,其中有一個半徑為R=2nl的豎直光滑圓

環(huán)，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37。角。現(xiàn)給質量為m=0.8kg、電荷量為q=6x10-3C

的帶正電小球(可視為質點)一個初速度，讓小球恰能在圓環(huán)內做完整的圓周運動，不考慮小

球運動過程中電荷量的變化。(cos37。=0.8,g取lOm/s?)求：

(1)小球在4點時的速度大小；

(2)小球做圓周運動過程中對環(huán)的壓力最大值；

(3)當小球再次經(jīng)過4點時，空間中突然增加一方向豎直向上，電場強度大小為E'=gx

103177n的勻強電場，試說明小球能否繼續(xù)沿圓環(huán)做完整的圓周運動。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、根據(jù)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4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(xiàn)了等效替代的思想，故C正確；

。、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=3是采用比值法定義的，而

a=￡是牛頓第二定律的表達式，不是比值定義式，故。錯誤.

771

故選：Co

法拉第提出了用電場線描述電場的方法；卡文迪許測量了萬有引力常量：重心、分運動、合運動

等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想；根據(jù)比值定義法判斷。

在高中物理學習中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有很大的幫

助；故在理解概念和規(guī)律的基礎上，更要注意科學方法的積累與學習.

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(jù)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

Vo=VCOS0

所以

COS0

故ACZ）錯誤，3正確。

故選：B。

卷揚機通過鋼絲繩提升重物，重物實際上升的速度為合速度，重物沿鋼絲繩方向的速度為分速度，

且大小等于鋼絲繩速度。由幾何關系可求。

本題主要考查關聯(lián)速度問題，主要把握物體實際的速度為合速度，物體沿鋼絲繩的速度大小等于

鋼絲繩速度大小。

3.【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(jù)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(jù)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(jù)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?。翰挥嬛亓Φ牧Ｗ釉陔妶隽ψ饔孟聫腗到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(jù)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。由尸=勺后知，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；

。.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。錯誤。

故選瓦

4.【答案】C

【解析】解：48.根據(jù)題意，由公式3=竿可知，每顆星球的角速度都在逐漸變大，設雙星轉動的

角速度為3,雙星間距離為3星球的質量分別為mi、m2,由萬有引力提供向心力有

G7H17H222

——￡2——=如3rl=m23r2

解得

G(m+m)

o)=---1-----z--2------

Jd

可知，角速度增大，則距離L逐漸的變小，故A8錯誤；

C.根據(jù)萬有引力提供向心力有

Gm^22

——尸——=ni]34rl=m20i)r2

解得

口=也

冷一E

則兩顆星球的軌道半徑之比保持不變，故C正確；

。.由萬有引力公式提供向心力有

Gmxm2

———=砧即=m2a2

可知，由于距離L逐漸的變小，每顆星球的加速度都在變大，故。錯誤。

故選：Co

雙星系統(tǒng)角速度或周期相等，根據(jù)萬有引力提供向心力，結合向心力的表達式分析出兩顆星的角

速度、加速度和軌道半徑之比的變化。

本題主要考查了雙星系統(tǒng)的相關應用，理解兩顆恒星的特點，結合萬有引力定律和牛頓第二定律

即可完成分析。

5.【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,質量為僧，入射速度為外極板的長度為3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

2

豎直方向：y=gaG==d

因為E=§

a

所以嗎=d2

若速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則仍從正極板邊沿飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉?.5倍，故A正確,

BCO錯誤。故選：A.

根據(jù)類平拋運動的規(guī)律解出粒子恰能從右側擦極板邊緣飛出電場的臨界條件，結合E=§分析即可

求解。

根據(jù)題目所給的信息，找到粒子在豎直方向位移表達式，討論速度的變化對豎直方向的位移的影

響即可解決本題。

6.【答案】C

【解析】解：4、由速度時間圖線知，勻加速運動的加速度大小a=g=4m/s2,根據(jù)牛頓第二定

律得，F(xiàn)-f=ma,解得牽引力尸=/+m￡1=1000+4000%=5000/\/,故A錯誤。

B、汽車的額定功率。=Fv=5000x20W=100000〃=100/cW,故B錯誤；

C、汽車在25m/s時的牽引力尸=2=嚶"N=4000/V,根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a'=々=

V25771

40Toot)0°°2=3m/s2,故C正確。

。、當牽引力等于阻力時，速度最大，則最大速度為=:=喘2m/s=100m/s,故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)速度時間圖線的斜率求出勻加速運動的加速度，結合牛頓第二定律求出勻加速運動的牽引力。

根據(jù)勻加速運動的最大速度和牽引力的大小求出汽車的額定功率。結合P=F”求出速度為25M/S

時的牽引力，根據(jù)牛頓第二定律求出此時的加速度。當牽引力等于阻力時，速度最大，根據(jù)P=fv

求出最大速度。

本題考查了汽車恒定加速度啟動的問題，理清整個過程中的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律和運動

學公式綜合求解，知道牽引力等于阻力時，汽車的速度最大。

7.【答案】D

【解析】解：4、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(？=品可知電容器的電容將變大，故B錯誤；

C、保持開關S閉合，將4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，

由后=當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(jù)C=鋁、C=%E=須得：E=嘿

4nkdUd

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。正確。

故選：0。

A.帶電液滴靜止，根據(jù)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(jù)電容的決定式C=品分析電容的變化；

4TCKCI

c.保持開關S閉合，將4極板向左移動一小段距離，根據(jù)E=?分析極板間電場強度的變化，再判

a

斷液滴的運動方向；

。.斷開開關S,電容器帶電量不變，根據(jù)。=品、C=E、E=g相結合推導出E的表達式，再分

析E的變化，由0=Ed判斷P與下極板之間的電勢差如何變化，即可判斷P點電勢的變化情況。

本題是電容器的動態(tài)分析問題，根據(jù)C=品、C=號、E=g相結合進行分析，分析時要注意抓

411kdUa

住不變量。

8.【答案】BD

【解析】解：4B.若自由釋放鏈條，以桌面為零重力勢能參考平面，根據(jù)機械能守恒可得-4=

L

-mg-+,-1mv2￡

解得鏈條剛離開桌面時的速度為〃=故B正確，A錯誤；

CD.若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對鏈條做的功等于垂于桌外號鏈條增加的重力勢能，則有

傍nin=萼4=嚶，故3正確，C錯誤。

DO1O

故選：BD。

根據(jù)機械能守恒定律列式計算出鏈條離開桌面時的速度：

根據(jù)功能關系分析出對鏈條做的功。

本題主要考查了機械能守恒定律，在分析重力勢能的變化時，要注意先設定零勢能面，結合功能

關系即可完成分析。

9.【答案】AC

【解析】解：AB,。為AB的中點，則有2"D=04+9B，解得*B=—9W所以8點和C點位于同

一等勢面中，勻強電場的方向為由4指向C,故A正確，B錯誤;

C、由幾何關系可知tanz_4=敦=包烏，其中BC=9cnt=0.09m,得AC=0.12m；

ACcoszA

根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關系可得勻強電場的電場強度E=筌=%券，代入數(shù)據(jù)得

E=200V/m,故C正確；

。、將一電子由C點移至4點，由于電子帶負電，電勢升高，W=-eUCA,〃=-/號,,代入數(shù)據(jù)

得4Ep=-12eV,因此電子的電勢能減少12W,故。錯誤。

故選：AC.

根據(jù)電場力做功和電勢差公式分別得出48兩點電勢差和CO兩點電勢差。進一步確定等勢線，結

合電場線垂直于等勢線且有高電勢處指向低電勢處得出電場線的方向，再根據(jù)勻強電場中電場強

度和電勢差的關系式得出電場強度的大小。

本題考查勻強電場中常見的電場力做功和電勢差的關系，及電場強度的求解題目，中等難度。

10.【答案】BD

【解析】解：4、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；

8、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8正確；

C、以向右方向為正，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可得：nw球牌

由系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgR=4-1x2mv^

聯(lián)立解得：v球二過萼故C錯誤；

。、根據(jù)人船模型結論，根據(jù)水平方向的平均動量守恒可得：mx球=2mx槽

又x芽+x樽=2R

解得：％跌=1^故。正確。

故選：BD。

根據(jù)動量守恒定律的條件完成分析；

根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律聯(lián)立等式計算出小球的速度；

根據(jù)人船模型的特點得出兩個物體的位移。

本題主要考查了動量守恒定律的相關應用，根據(jù)能量守恒定律結合人船模型的特點完成分析。

11.【答案】2.400.5760.600

【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(shù)點5的瞬時速

度為：

(2)mi和62一起運動，速度大小相同，所以系統(tǒng)增加的動能為：

11

-32

AEk=+m2)vf=2x(50+150)x10X2.47=0.576/

系統(tǒng)減少的重力勢能包括mi增加的重力勢能和血2減少的重力勢能，

-3

即為：4Ep=m2gh-mrgh=(150-50)xIOx10(0.384+0.216)；=0.600/。

故答案為:(1)2.40；(2)0.576、0.600?

(1)根據(jù)在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可以求出打下計

數(shù)點5時的速度大小；

(2)根據(jù)物體的初末動能大小可以求出動能的增加量，根據(jù)物體重力做功和重力勢能之間的關系可

以求出系統(tǒng)重力勢能的減小量。

本題全面的考查了驗證機械能守恒定律中的數(shù)據(jù)處理問題，要熟練掌握勻變速直線運動的規(guī)律以

及功能關系，增強數(shù)據(jù)處理能力。

12.【答案】m】>m2瓶1%1+m2x3+m2xj

【解析】解：(1)根據(jù)題目分析，要驗證動量守恒定律定律，為防止發(fā)生反彈現(xiàn)象，小球4、B的

質量之間的關系是Hi1>Tn2;

(2)由動量守恒定律可得m/i+mzW=m1%，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巾61+m2x3=也62；

(3)若碰撞是彈性碰撞，碰撞前后動能相等，有;血1詔資+：ni2該，而速度可以用相應的

水平位移代替，所以碰撞前后動能相等的表達式可表示為機1蜉+62環(huán)=指；

故答案為：(1)巾1>m2(2)m1x1+m2x3^3')m1xl+m2xj

根據(jù)題意可知，要驗證動量守恒定律定律，為防止發(fā)生反彈現(xiàn)象，要求巾1>7712；驗證：m1Vo=

Tn［女+機22，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，

上式兩邊同時乘以t得：=m1v1t+m2v2t,得：+m2x3=m1x2；再根據(jù)發(fā)生彈性碰

撞可列式求解。

在實驗的過程當中把本來需要測量的速度改為測量平拋過程當中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握

了實驗原理才能順利解決此類題目。

13.【答案】解：(1)人做自由落體運動，下落45nl高度時，根據(jù)

v2=2gh

解得v=V2x10x45m/s=30m/s

所以此時人的動量大小

p=mv=50kgx30m/s=1500kg-m/s

(2)人從下落到橡皮繩正好拉直的時間設為0,則

九=3因

0=3s

橡皮繩作用時間

t/2=t,：?—=9s—3s—6s

取向上為正方向，由動量定理得

y

(F-mg)t2=0—(—mu)

橡皮繩對人的平均作用力大小為

F=750/V

答：(1)此人下落到橡皮繩剛伸直時，人的動量是1500kg-m/s；

(2)從橡皮繩開始伸直到人下落到最低點的過程中橡皮繩對人平均作用力為750N。

【解析】(1)根據(jù)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；

(2)根據(jù)動量定理解答。

本題主要考查了自由落體運動位移公式及動量定理的應用，知道動量的矢量性。

14.【答案】解：(1)當滑塊4、B的速度相等時，彈簧壓縮到最短，