2024-2025學年河北省衡水中學高二（上）第一次綜合素養(yǎng)測評物理試卷（含解析）

2024-2025學年度高二年級上學期第一次綜合素養(yǎng)測評物理學科本試卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。共100分?？荚嚂r間75分鐘。第I卷（選擇題46分）一、單項選擇題（本題共7個小題，每個小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的）.1.下列研究過程中運用了先微元再累加”方法的是（）A.研究力的平行四邊形定則 B.觀察桌面的微小形變C.把物體簡化為有質(zhì)景的點 D.研究重力在曲面上做功特點2.從嫦娥奔月”到夸父逐日”，見證了中華兒女探索太空的不懈追求。一質(zhì)量為的宇航員在某一星球上由靜止釋放小球，小球做自由落體運動。在內(nèi)，小球下落了，則（）A.該星球上的重力加速度是B.該星球上的重力加速度是C.小球第內(nèi)的位移比第內(nèi)的位移少D.小球第內(nèi)的位移比第內(nèi)的位移少3.耙在中國已有1500年以上的歷史，北魏賈思勰著《齊民要術》稱之為鐵齒樓”，將使用此農(nóng)具的作業(yè)稱作耙。如圖甲所示，牛通過兩根粑索拉耙沿水平方向勻速耙地。兩根耙索等長且對稱，延長線的交點為，夾角，拉力大小均為，平面與水平面的夾角為為的中點），如圖乙所示。忽略靶索質(zhì)量，下列說法正確的是（）甲乙A.兩根粑索的合力大小為 B.兩根索的合力大小為C.地對粑的水平阻力大小為 D.地對粑的水平阻力大小為4，中國的面食文化博大精深，種類繁多，其中山西刀削面”堪稱天下一絕，傳統(tǒng)的操作手法是一手托面一手拿刀，直接將面削到開水鍋里。如圖所示，小面片剛被削高時距開水鍋的高度為，與鍋沿的水平距離為，鍋的半徑也為，若將削出的小面片的運動視為平拋運動，且小面片都落入鍋中，重力加速度為，則下列關于所有小面片的描述正確的是（）A.空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離可能逐漸變大B.掉落位置不相同的小面片，從拋出到落水前瞬間速度的變化量不同C.落入鍋中時，最大速度是最小速度的3倍D.若初速度為，則5.如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動（不計一切阻力），小球運動到最高點時繩對小球的拉力為，小球在最高點的速度大小為，其圖像如圖乙所示，則（）A.輕質(zhì)繩長為B.當?shù)氐闹亓铀俣葹镃.當時，輕質(zhì)繩的拉力大小為D.當時，小球受到的彈力與重力相等甲乙6.嫦娥三號任務是我國探月工程繞、落、回”三步走中的第二步，嫦娥三號分三步實現(xiàn)了在月球表面平穩(wěn)著陸。一、從的繞月圓軌道上，通過變軌進入的繞月橢圓軌道；二、著陸器在高度開啟發(fā)動機反推減速，進入緩慢的下降狀態(tài)，到左右著陸器懸停，著陸器自動判斷合適的著陸點；三、緩慢下降到距離月面高度時無初速自由下落著陸。如圖是嫦娥三號飛行軌道示意圖（懸停階段示意圖未畫出），已知月球表面的重力加速度約為地球表面的重力加速度的，（地球表面的重力加速度取下列說法正確的是（）A.嫦娥三號在橢圓軌道上的周期大于圓軌道上的周期B.嫦娥三號在圓軌道和橢圓軌道經(jīng)過相切點時的加速度不相等C.著陸器在100米左右懸停時處于失重狀態(tài)D.著陸瞬間的速度一定小于7.2023年5月28日，中國東方航空使用全球首架國產(chǎn)C919大型客機，從上海虹橋機場起飛開啟商業(yè)的首航。假設客機運行過程中受到的阻力與速度的平方成正比，客機以0.6馬赫（1馬赫相當于的速度勻速水平飛行，發(fā)動機的功率為.當客機以0.8馬赫的速度勻速水平飛行，發(fā)動機的功率為（）A. B. C. D.二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）8.太極圖的含義豐富而復雜，它體現(xiàn)了中國古代哲學的智薏。如圖所示，O為大圓的圓心，為上側陽半圓的圓心；為下側陰半圓的圓心，在同一直線上，為大圓的直徑且與連線垂直，為關于O點對稱的兩點，在兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，整個空間只有處點電荷產(chǎn)生的電場。下列說法正確的是（）A.兩點電勢相等B.把質(zhì)子由沿直線移到的過程中，質(zhì)子的電勢能不變C.把電子由沿直線移到的過程中，電子所受電場力先增加后減小D.將一質(zhì)子（不計重力）從點由靜止釋放，質(zhì)子可以沿直線在間做往返運動9.質(zhì)量為的物體在水平面上沿直線運動，受到的阻力大小恒定。經(jīng)某點開始沿運動方向的水平拉力與運動距離的關系如圖所示，物體做勻速直線運動。下列對圖示過程的說法正確的是（）A.在處物體加速度大小為 B.拉力對物體做功為C.物體克服阻力做功為28J D.合力對物體做功為28J10.如圖所示，小球質(zhì)量為，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距高為.物塊和的質(zhì)量分別是和與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方.現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升到最高點時到水平面的距離為。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為，則（）A.碰撞后小球反彈的速度大小為B.碰撞過程B物塊受到的沖量大小為C.碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能為D.物塊C的最大速度大小為第Ⅱ卷（非選擇題共54分）三.實驗題11.（8分，每空2分）2023年9月21日，天宮課堂”第四課首次在夢天實驗艙內(nèi)進行授課，其中航天員演示了動量守恒實驗。受此啟發(fā)，某同學使用如圖甲所示的裝置進行了碰撞實驗，氣墊導軌兩端分別安裝兩個位移傳感器，傳感器測量滑塊與它的距離，傳感器測量滑塊與它的距離.部分實驗步驟如下：①實驗測得滑塊的質(zhì)量為；②接通氣源，調(diào)整氣墊導軌水平；③撥動兩滑塊，使均向右運動；④導出傳感器記錄的數(shù)據(jù)，繪制隨時間變化的圖像，分別如圖乙、圖丙所示?；卮鹨韵聠栴}：圖甲圖乙圖丙（1）從圖像可知兩滑塊在t=___________s時發(fā)生碰撞；（2）滑塊碰撞后的速度大小____________，滑塊碰撞前的速度大小_________m/s（計算結果保留2位有效數(shù)字）；（3）若滑塊碰撞過程中滿足動量守恒定律，可得滑塊的質(zhì)量為_________（計算結果保留2位有效數(shù)字）.12.（8分，每空2分）利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，電流傳感器可以捕捉到瞬間的電流變化，直流電源電動勢，內(nèi)阻可忽略，實驗過程中屏幕上顯示出電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。甲乙（1）關于電容器充電過程中電容器兩極間電壓電容器所帶電荷量Q隨時間變化的圖像，下面四個圖像中，正確的是____________。A. B.C. D.（2）如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻，充電時曲線與橫軸所圍成的面積將__________（填“增大”“不變”或“變小”）；充電時間將__________（填“變長”“不變”或“變短”）（3）電容器充電后就儲存了能量，某同學研究電容器儲存的能量與電容器的電容C電荷量Q及電容器兩極間電壓之間的關系。他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他做出電容器兩極間的電壓隨電荷量Q變化的圖像如圖所示。按他的想法，下列說法正確的是（）A，圖線的斜率越大，電容越大B.搬運的電量，克服電場力所做的功近似等于上方小矩形的面積C.對同一電容器，電容器儲存的能量與兩極間電壓成正比D.若電容器電荷量為時儲存的能量為，則電容器電荷量為時儲存的能量為四.計算題（共38分，要寫出必要的文字說明和解題過程，只寫結果，沒有過程不能得分）13.（10分）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，長度傾角為的傾斜滑軌與水平滑軌平滑連接。若有一質(zhì)量的貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)，貨物可視為質(zhì)點（取?。?求：（1）貨物在傾斜滑軌上滑行時受到的摩擦力的大小；（2）若貨物到達貨箱時的速度為，則貨物在水平軌道上克服阻力做功多少？14.（12分）如圖所示，輕質(zhì)動滑輪下方懸掛重物輕質(zhì)定滑輪下方懸掛重物，懸掛滑輪的輕質(zhì)細線豎直.開始時，重物處于靜止狀態(tài)，釋放后開始運動.已知為的質(zhì)量為，假設摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，重力加速度為（1）求和各自的加速度（2）當下降位移時，求的速度15.（16分）如圖所示，是光滑絕緣的、豎直固定的半徑的圓軌道的一部分，為豎直直徑，僅在間有方向豎直向下、高度足夠高的勻強電場兩點在電場外），，當一質(zhì)量的帶電小球（可看成質(zhì)點）從距水平面高為的地方以的初速度水平拋出恰能無碰撞的從點進入圓軌道，并從點離開圓軌道，取，已知.（1）試求：小球從點進入電場時的速度大??；（2）若小球沿軌道的運動是勻速圓周運動。試問：①小球剛到達點時，小球對軌道的壓力？②小球高開點再經(jīng)多長的時間到達水平面？答案解析1.【答案】D

【解析】A.研究力的平行四邊形定則運用了等效替代的方法，故A錯誤；B.觀察桌面的微小形變運用了放大的方法，故B錯誤；C.把物體簡化為有質(zhì)量的點運用了理想模型法，故C錯誤；D.研究重力在曲面上做功特點運用了“先微元再累加”的方法，故D正確。故選D。2.【答案】D

【解析】AB.設該星球的重力加速度為

g

，根據(jù)?=可得g=故AB錯誤；CD.根據(jù)勻變速直線推論可得Δx=g可知小球第

3s

內(nèi)的位移比第

4s

內(nèi)的位移少

3m

，故C錯誤，D正確。故選D。3.【答案】B

【解析】AB.兩根耙索的合力大小為F′=2F故A錯誤，B正確；CD.由平衡條件得，地對耙的水平阻力大小為F故CD錯誤。故選B。4.【答案】A

【解析】A.面片飛行過程中水平方向做勻速直線運動，若先飛出的面片初速度較大，則空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離逐漸變大，故A正確；B.掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由

?=12gt2

可知，下落的時間相等，由

CD.由

?=12t=水平位移的范圍為L<x<3L則初速度的取值范圍為L可得落入鍋中時的豎直分速度為v則落入鍋中時，最大速度v最小速度為v可知，落入鍋中時，最大速度不是最小速度的3倍，故CD錯誤。故選A。5.【答案】AD

【解析】AB.設輕質(zhì)繩長為R，由牛頓第二定律可知，小球在最高點滿足T+mg=mv2R，即T=mRv2?mg，由圖乙可知a=mg，b=gR，所以C.當v2=c時，有T+mg=mcR，將g和RD.當v2=2b時，由T+mg=mv2R6.【答案】D

【解析】解：A、衛(wèi)星越高越慢，越低越快，故“嫦娥三號”在橢圓軌道上的周期小于圓軌道上的周期，故A錯誤；

B、“嫦娥三號”在圓軌道和橢圓軌道經(jīng)過相切點時萬有引力是一定的，根據(jù)牛頓第二定律，其加速度相等，故B錯誤；

C、著陸器在100米左右懸停時處于平衡狀態(tài)，故C錯誤；

D、距離月面4米高度時無初速自由下落著陸，下落速度：v=2g?=2×1067.【答案】D

【解析】客機運行過程中受到的阻力與速度的平方成正比，則有f=k當客機勻速水平飛行時，牽引力等于阻力，則有P=Fv=fv=k則當客機以0.8馬赫的速度勻速水平飛行，發(fā)動機的功率為P′=故選D。8.【答案】C

【解析】A.對于C、D兩點，其中一點離正電荷較遠而離負電荷較近，另外一點正好相反，而離正電荷越近正電荷產(chǎn)生的電勢越高，離負電荷越近負電荷產(chǎn)生的電勢越低，因此C、D兩點電勢不相等，故A錯誤；

B.?AB連線為等量異種點電荷連線的中垂線，電勢相等，則由A沿直線移到B的過程中，電子的電勢能不變，故B錯誤；

C.

等量異種點電荷連線的中垂線上，點電荷連線的中點電場強度最大，因此把質(zhì)子由A沿直線移到B的過程中，質(zhì)子所受電場力先增加后減小，故C正確；

D.根據(jù)等量異種點電荷連線電場線的分布，A點處電場強度方向并不是指向B點，不會向B移動，故D錯誤。9.【答案】BC

【解析】A.

0～3m

物體做勻速直線運動，可知阻力大小為f=在

x=5m

處，由圖像可知拉力為F根據(jù)牛頓第二定律可得F解得a=1.5m/故A錯誤；B.根據(jù)

F?x

圖像與橫軸圍成的面積表示拉力做功，可知

0～7m

拉力對物體做功為W故B正確；C.

0～7m

物體克服阻力做功為W故C正確；D.

0～7m

合力對物體做功為W故D錯誤。故選BC。10.【答案】ACD

【解析】A.設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有mg?=12mv?12，解得v1=2g?設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有mg?16=12mv1′2，解得v1′=2g?4，A正確；

B.設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有mv1=?mv1′+5mv2，解得v11.【答案】(1)1.0(2)0.50(3)0.19##0.18##0.20

【解析】(1)

x?t

圖像的斜率表示速度，從題圖乙和題圖丙可知

t=1.0s

時兩物塊的速度發(fā)生突變，即此時發(fā)生了碰撞；(2)由題圖乙可知滑塊

A

碰撞前的速度大小v=(3)規(guī)定滑塊

A

運動的方向為正方向，由題圖乙可知滑塊

A

碰撞后的速度約為v滑塊B碰撞前、后的速度分別為vv根據(jù)動量守恒定律可得：m解得m由于讀數(shù)和計算存在誤差，故滑塊B的質(zhì)量可為

0.18kg～0.20kg12.【答案】(1)AC(2)

不變

變短(3)BD

【解析】(1)AB.電容器充電過程中，電容器兩端的電壓

U

逐漸增大，最后等于電源電動勢，斜率逐漸減小，最后為零，故A正確，B錯誤；CD.電容器所帶的電荷量

Q=CU

逐漸增大，最后保持不變，充電電流逐漸減小，所以

Q?t

圖象的斜率逐漸變小，最后為零，故C正確，D錯誤。故選AC。(2)[1][2]由電容器的計算公式，可得電荷量

Q=CU

，電容器儲存的電荷量

Q

與電阻

R

無關，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小

R

，充電時

I?t

曲線與橫軸所圍成的面積將不變，減小電阻

R

，由于電阻對電流的阻礙作用減小，充電電流增大，所以充電時間將變短；(3)A.

U?Q

圖線的斜率為k=C=解得C=斜率越大，電容越小，A錯誤；B.類比速度?時間圖像的面積代表位移，則

U?Q

圖像的面積代表克服電場力所做的功，所以搬運

Δq

的電量，克服電場力所做的功近似等于

Δq

上方小矩形的面積，B正確；C.他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功，也等于圖像所圍的面積E=C=解得E=從上面的式子看出，

E

和

U2

成正比，CD.由下面的公式E=C=解得E=又因為E=Q′=解得E′=D正確。故選BD。13.【答案】(1)貨物在傾斜滑軌上滑行時，對貨物進行分析有N1=mgcos24解得f=2N(2)若貨物到達貨箱時的速度為

1m/s

，貨物從靜止釋放到貨箱過程，根據(jù)動能定理可得mgL代入數(shù)據(jù)解得貨物在水平軌道上克服阻力做功為W

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】14.【答案】(1)設繩子拉力為T，以A物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有2T?mg=m以B物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有2mg?T=2m又a解得aA=13(2)當

B

下降位移

?

時，速度為

v

，則A的速度為

12v

，A下降的高度為

12?

，以2mg??mg解得v=

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】15.【答案】解：設帶電小球所帶電量為q，小球到達B點的速度為VB，小球剛到達D點時，小球的速度為vD，軌道對小球的壓力為F，勻強電場的寬度