1/192025年秋季高二開學摸底考試模擬卷物理?全解全析別談‘能量守恒’，我的電量在開學第一天就滿格——畢竟洛倫茲力不做功，但我做題能做功！一、單項選擇題：本題共8個小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.如圖所示，中老鐵路國際旅客列車從云南某車站由靜止出發(fā)，沿水平直軌道逐漸加速到144km/h，在此過程中列車對座椅上的一高中生所做的功最接近（）A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J【答案】B【詳解】高中生的質量約為50kg，根據動能定理有故選B。2.用帶電玻璃棒接觸驗電器的金屬球，移走玻璃棒，驗電器內兩片金屬箔張開，穩(wěn)定后如圖。圖中、、、四點電場強度最強的是（）A．a B．b C．c D．d【答案】D【詳解】bc兩點分別在金屬外殼內部和金屬桿的內部，則兩點的場強均為零；在金屬箔上的最下端電荷分布比金屬球上更密集，且d點距離金箔的下端較近，可知d點的場強比a點大，則電場強度最大的點在d點。3.游樂設施“旋轉杯”的底盤和轉杯分別以、為轉軸，在水平面內沿順時針方向勻速轉動。固定在底盤上。某時刻轉杯轉到如圖所示位置，杯上A點與、恰好在同一條直線上。則（）A．A點做勻速圓周運動B．點做勻速圓周運動C．此時A點的速度小于點D．此時A點的速度等于點【答案】B【詳解】A．A點運動為A點繞的圓周運動和相對于O的圓周運動的合運動，故軌跡不是圓周，故不做勻速圓周運動，故A錯誤；B．根據題意固定在底盤上，故可知圍繞O點做勻速圓周運動，故B正確；CD．杯上A點與、恰好在同一條直線上時且在延長線上，點和點運動運動方向相同，A點相對點做圓周運動，故此時A的速度大于的速度，故CD錯誤。4．“天宮課堂”在2021年12月9日正式開講，神舟十三號乘組航天員翟志剛、王亞平、葉光富在中國空間站進行太空授課，王亞平說他們在距離地球表面400km的空間站中一天內可以看到16次日出。已知地球半徑為6400km，萬有引力常數，同步衛(wèi)星周期為24h，忽略地球的自轉。若只知上述條件，則不能確定的是（）A．地球的的平均密度B．地球表面的重力加速度和地球的第一宇宙速度C．空間站與地球間的萬有引力D．地球同步衛(wèi)星與空間站的線速度大小的比值【答案】C【詳解】A.根據一天內可以看到16次日出可以求得空間站的周期，并且地球半徑R和空間站軌道高度h均已知，根據可求出地球的質量，地球的半徑已知，可求出地球的體積，根據可求得地球的平均密度，A正確；B．忽略地球自轉，則由代換公式有設地球的第一宇宙速度為v，質量為m的物體繞地球表面以第一宇宙速度v運行，根據牛頓第二定律有結合A選項，可知能確定地球的第一宇宙速度和地球表面的重力加速度，B正確；C．由于空間站的質量未知，所以無法求得空間站與地球的萬有引力，C錯誤；D．空間站的線速度大小為根據結合結合地球的質量聯(lián)立可求出同步衛(wèi)星的線速度大小，故地球同步衛(wèi)星與空間站的線速度大小的比值，D正確。5.野外高空作業(yè)時，使用無人機給工人運送零件。如圖，某次運送過程中的一段時間內，無人機向左水平飛行，零件用輕繩懸掛于無人機下方，并相對于無人機靜止，輕繩與豎直方向成一定角度。忽略零件所受空氣阻力，則在該段時間內（）A．無人機做勻速運動 B．零件所受合外力為零C．零件的慣性逐漸變大 D．零件的重力勢能保持不變【答案】D【詳解】D．無人機沿水平方向飛行，零件相對于無人機靜止，也沿水平方向飛行做直線運動，故零件的高度不變，可知零件的重力勢能保持不變，D正確；AB．對零件受力分析，受重力和繩子的拉力，由于零件沿水平方向做直線運動，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度。零件水平向左做勻加速直線運動，AB錯誤；C．慣性的大小只與質量有關，零件的質量不變，故零件的慣性不變，C錯誤。6．如圖所示，ABCD為豎直平面內的絕緣光滑軌道，其中AB部分為傾角為的斜面，BCD部分為半徑為R的四分之三圓弧軌道，與斜面平滑相切，C為軌道最低點，整個軌道放置在電場場強為E的水平勻強電場中?，F將一帶電荷量為＋q、質量為m的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，小滑塊恰能沿圓弧軌道運動到D點。已知重力加速度為g，且qE=mg，下列說法正確的是（）A．釋放點A到斜面底端B的距離為RB．小滑塊運動到C點時對軌道的壓力為9mgC．小滑塊運動過程中最大動能為mgRD．小滑塊從D點拋出后恰好落在軌道上的B點【答案】B【詳解】小滑塊恰能沿圓弧軌道運動到D點，表明小滑塊能通過軌道的等效最高點，重力與電場力的合力為所以軌道等效最高點為圓心左上60°軌道上，即D點。在等效最高點，有A．從A點到軌道等效最高點，根據動能定理得解得A錯誤；B．從C到等效最高點，有在C點，有解得根據牛頓第三定律得滑塊對軌道的壓力為9mg，B正確；C．小滑塊運動到D點的圓上對稱點時，速度最大，有解得C錯誤；D．小滑塊從D點拋出后，做類平拋運動，假設剛好落到B點，則有，則在合力方向上的位移為假設錯誤，D錯誤。7．如圖所示是安裝工人移動空調室外機的情境。剛開始，兩工人分別在與窗戶邊緣等高的M、N兩點通過1、2兩根繩子使空調室外機靜止在P點，然后他們緩慢放繩，使空調室外機豎直向下緩慢運動。已知開始時P點到M點的距離小于P點到N點的距離。繩子的質量忽略不計。在空調室外機到達指定位置前的一段時間內關于1、2兩繩的拉力，下列說法正確的是（）A．1繩的拉力一直小于2繩的拉力B．1、2兩繩的拉力都在減小C．1、2兩繩拉力的合力小于空調室外機的重力D．1、2兩繩的拉力之比保持不變【答案】B【詳解】A．如圖由幾何關系得，由于P點到M點的距離小于P點到N點的距離，則根據平行四邊形定則結合正弦定理得由于且空調室外機豎直向下緩慢運動，則故A錯誤；B．根據正弦定理可得化簡可得其中因此可知變大，則變小，同理也變小，則1、2兩繩的拉力只能減小。故B正確；C．由于空調室外殼緩慢移動，處于動態(tài)平衡，則1、2兩繩拉力的合力等于空調室外機的重力。故C錯誤；D．設OM=s1，ON=s2。由得可見，h變化，1、2兩繩的拉力之比也變。故D錯誤。8.如圖，光滑絕緣水平面AB與豎直面內光滑絕緣半圓形軌道BC在B點相切，軌道半徑為r，圓心為O，O、A間距離為。原長為的輕質絕緣彈簧一端固定于O點，另一端連接一帶正電的物塊?？臻g存在水平向右的勻強電場，物塊所受的電場力與重力大小相等。物塊在A點左側釋放后，依次經過A、B、C三點時的動能分別為，則（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】由題意可得A點彈簧伸長量為，B點和C點彈簧壓縮量為，即三個位置彈簧彈性勢能相等，則由A到B過程中彈簧彈力做功為零，電場力做正功，動能增加，同理B到C過程中彈簧彈力和電場力做功都為零，重力做負功，則動能減小，由A到C全過程則有因此故選C。二、多項選擇題：本題共4個小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但選不全的得2分，有錯選或不答的得0分。9．高速公路某段平直路面上有三塊車距判斷牌，分別標識為“0m”“50m”“100m”，相鄰判斷牌間距50m，某同學乘車時發(fā)現通過“0m”牌時，車速為72km/h，經過“50m”牌時車速為90km/h，經過“100m”牌時車速為108km/h，若汽車運動過程中一直做加速直線運動，以下判斷正確的是（）A．汽車可能做勻加速直線運動B．從“0m”牌到“50m”牌過程與“50m”牌到“100m”牌過程平均速度可能相同C．汽車加速度可能一直增大D．從“0m”牌到“50m”牌過程與“50m”牌到“100m”牌過程合外力做功之比為9∶11【答案】CD【詳解】ABC．由題可知，從“0m”牌到“50m”牌過程平均速度小于“50m”牌到“100m”牌過程平均速度，由可知，后半段的平均加速度大于前半段，故汽車不可能做勻加速直線運動，汽車加速度可能一直增大，AB錯誤，C正確；D．從“0m”牌到“50m”牌過程與“50m”牌到“100m”牌過程，由動能定理可知D正確。故選CD。10．如圖所示，E為電源，R為電阻，D為理想二極管，P和Q構成一理想電容器，M、N為輸出端，讓薄金屬片P以圖示位置為中心在虛線范圍內左右做周期性往復運動，而Q固定不動。下列說法中正確的是（）A.P每次向右運動，電容器的電容就會增大；B.P每次向左運動，電容器的電壓就會增大；C.隨著P的左右運動，兩板間電場強度最終會保持不變；D.隨著P的左右運動，輸出端會有周期性脈沖電壓輸出。【答案】ABC【詳解】A.根據電容決定式C=εS4πkd，P向右運動時，極板間距d減小，其他條件不變，所以電容CB.P向左運動，極板間距d增大，電容C減小。由于二極管單向導電性，電容器不能放電（電流不能反向通過二極管），根據C=QU（Q是電容器所帶電荷量，U是電壓），Q不變（不能放電），C減小則U增大，B正確。C.當P向右運動，電容增大，電容器充電（二極管正向導通），Q增大；P向左運動，電容減小，但電容器不能放電（二極管反向截止），Q保持不變。隨著往復運動，最終電容器電荷量Q達到電源能提供的最大值后不再變化，根據E=Ud=QCd=4πkQεS（推導：由C=εS4πkd和C=QU，可得U=QdD.因為當P向左運動時，電容器不能放電（二極管截止），不會有電流通過電阻R產生電壓輸出；只有P向右運動時，電容器充電，可能有短暫電流，但由于最終電荷量穩(wěn)定后，不再有周期性的充電、放電導致的電流變化，所以輸出端不會有周期性脈沖電壓輸出，D錯誤。11.2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100s時，它們相距約400km，繞二者連線上的某點每秒轉動12圈。將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數據、引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星的（）A.質量之和B.質量之比C.速率之和D.速率之比【答案】AC【詳解】1.明確雙星系統(tǒng)的運動特點：雙中子星繞二者連線上某點轉動，它們的角速度ω（或周期T）相等，二者之間的萬有引力提供各自做圓周運動的向心力。已知每秒轉動12圈，根據周期T=1n（n為每秒轉動圈數），可得周期T=112s，再由ω=2πT，能算出角速度ω。設兩顆中子星的質量分別為m1、m2，軌道半徑分別為2.分析質量相關量：根據萬有引力提供向心力，對m1有Gm1m2L2=m1ω2r1，對m23.分析速率相關量：根據圓周運動線速度與角速度的關系v=ωr，則v1=ωr1，v2=ω12.如圖所示，半徑為R的光滑球固定在水平面上的A點，球上B點與球心O等高，C點位于A點正上方，水平面上距A點x處的P點與O、A在同一豎直面內。在POA面內將小球從P點以某一速度拋出，要使小球能夠到達球的右側，下列說法正確的是（）A．小球拋出的最小速度為B．若小球恰好從C點掠過球面，則拋出的最小速度為C．若，小球恰好從C點掠過球面，則拋出速度大小為D．小球拋出后可從圓弧B點以上任一點切入球面，沿球面到達右側【答案】ABC【詳解】A．當小球與球面相切，且恰好到達C點時，速度最小，根據動能定理有解得故A正確；B．若小球恰好從C點掠過球面，則在C點有根據動能定理有解得此時拋出的最小速度為故B正確；C．若，小球恰好從C點掠過球面，則最高點的速度為設小球與斜面相切時，切點與圓心連線與豎直方向的夾角為，則根據斜拋運動規(guī)律可知、則拋出速度大小為故C正確；D．小球拋出后可從圓弧B點以上任一點切入球面，若小球所受合力不足以提供向心力，則小球不能沿球面到達右側，故D錯誤；故選ABC。三、非選擇題（本題共6小題，共60分。）13．（6分）13．（6分）某同學想利用如圖所示的裝置測電風扇的轉速和葉片邊緣的速度，他先在某一葉片邊緣粘上一小條弧長為Δl的反光材料，當該葉片轉到某一位置時，用光傳感器接收反光材料反射的激光束，并在計算機屏幕上顯示出矩形波，如右圖所示，屏幕橫向每大格表示的時間為5.0×10?2?s。電風扇的轉速為______r/s；若Δl為10?cm，則葉片邊緣的速度為______【答案】(1)5.0?r/s(2)10?m/s【詳解】(1)觀察光強-時間圖象，相鄰兩個矩形波的時間間隔就是葉片轉動一圈的周期T。

從圖中看，橫向每大格5.0×10?2?s，數出相鄰矩形波間隔約20×10?2?s（即0.20?s，數格時注意有效數字，以圖象清晰讀數為準），所以周期T=0.20?s。

根據轉速公式n=1T，代入得n=10.20?r/s=5.0?r/s（保留2位有效數字）。

(2)反光條弧長Δl=10?cm=0.10?m，單個矩形波的時間就是反光條通過光傳感器的時間Δt。

14．（8分）實驗小組利用圖1所示裝置驗證機械能守恒定律?？蛇x用的器材有：交流電源（頻率）、鐵架臺、電子天平、重錘、打點計時器、紙帶、刻度尺等。(1)下列所給實驗步驟中，有4個是完成實驗必需且正確的，把它們選擇出來并按實驗順序排列：________（填步驟前面的序號）①先接通電源，打點計時器開始打點，然后再釋放紙帶②先釋放紙帶，然后再接通電源，打點計時器開始打點③用電子天平稱量重錘的質量④將紙帶下端固定在重錘上，穿過打點計時器的限位孔，用手捏住紙帶上端⑤在紙帶上選取一段，用刻度尺測量該段內各點到起點的距離，記錄分析數據⑥關閉電源，取下紙帶(2)圖2所示是紙帶上連續(xù)打出的五個點A、B、C、D、E到起點的距離。則打出B點時重錘下落的速度大小為________（保留3位有效數字）。(3)紙帶上各點與起點間的距離即為重錘下落高度h，計算相應的重錘下落速度v，并繪制圖3所示的關系圖像。理論上，若機械能守恒，圖中直線應________（填“通過”或“不通過”）原點且斜率為________（用重力加速度大小g表示）。由圖3得直線的斜率________（保留3位有效數字）。(4)定義單次測量的相對誤差，其中是重錘重力勢能的減小量，是其動能增加量，則實驗相對誤差為________（用字母k和g表示）；當地重力加速度大小取，則________（保留2位有效數字），若，可認為在實驗誤差允許的范圍內機械能守恒?！敬鸢浮?1)④①⑥⑤(2)1.79(3)通過19.0（4）3.1【詳解】（1）實驗步驟為：將紙帶下端固定在重錘上，穿過打點計時器的限位孔，用手捏住紙帶上端，先接通電源，打點計時器開始打點，然后再釋放紙帶，關閉電源，取下紙帶，在紙帶上選取一段，用刻度尺測量該段內各點到起點的距離，記錄分析數據，根據原理可知質量可以約掉，不需要用電子天平稱量重錘的質量。故選擇正確且正確排序為④①⑥⑤。（2）根據題意可知紙帶上相鄰計數點時間間隔根據勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程平均速度可得代入數據可得（3）[1][2]根據整理可得可知理論上，若機械能守恒，圖中直線應通過原點，且斜率[3]由圖3得直線的斜率（4）[1]根據題意有可得[2]當地重力加速度大小取，代入數據可得。15．（8分）空間中有場強大小為E的勻強電場，方向水平向右，如圖所示。一質量為m、可視為質點的帶電小球，從O點豎直向上拋出，此時動能為，經過一段時間小球再次與O點高度相同時動能為5Ek0，不計空氣阻力，已知重力加速度大小為g。求：（1）小球到達最高點時所用的時間；（2）小球的電荷量?！敬鸢浮浚?）；（2）。【詳解】（1）帶電小球在豎直方向做豎直上拋運動，設小球豎直初速度為v0，則有解得小球到達最高點時所用的時間（2）水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，帶電小球在豎直方向做豎直上拋運動，根據豎直上拋運動的對稱性，小球回到與O點相同高度處，豎直分速度大小仍然為v0，設此時水平分速度為vx，則合速度有則與O點等高度處的動能為聯(lián)立解得水平方向上，由運動學公式可得解得16．（8分）假定月球繞地球作圓周運動，地球繞太陽也作圓周運動，且軌道都在同一平面內。已知地球表面處的重力加速度g=9.80m/s2，地球半徑R0=6.37×106m，月球質量mm=7.3×1022kg，月球半徑Rm=1.7×106m，引力恒量G=6.67×10?11N·m2/kg2，月心地心間的距離約為rem=3.84×108m（1）月球的球心繞地球的球心運動一圈需多少天？（2）地球上的觀察者相繼兩次看到滿月需多少天？【答案】（1）27.4天（2）29.6天【詳解】(i)月球在地球引力作用下繞地心作圓周運動，設地球的質量為me，月球繞地心作圓周運動的角速度為ωm，由萬有引力定律和牛頓定律有另有月球繞地球一周的時間解(1)、(2)、(3)三式得 (4)代入有關數據得Tm=2.37×106s=27.4天 (5)(ii)滿月是當月球、地球、太陽成一條直線時才有的，此時地球在月球和太陽之間，即圖中A的位置。當第二個滿月時，由于地球繞太陽的運動，地球的位置已運動到A'。若以T'm表示相繼兩次滿月經歷的時間，ωe表示地球繞太陽運動的角速度，由于ωe和ωm的方向相同，故有ωmT'm=2π+ωeT'm而式中Te為地球繞太陽運動的周期，Te=365天。由(6)、(7)、(8)三式得注意到(5)式，得T'm=29.6天17．（14分）用開瓶器拔出瓶中的木塞，初始時軟木塞的上截面與玻璃瓶口平齊，木塞質量為，高為h，過程中做勻加速直線運動，加速度為a、過程中木塞受到的摩擦力為，其中為參數，h為木塞高，x為木塞運動的距離。開瓶器齒輪的半徑為r，重力加速度為。(1)求拔出時，齒輪的角速度ω；(2)求初始到拔出，開瓶器對木塞做的功W；(3)設經過時間為t，求開瓶器的功率P與t的關系式。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）木塞的末速度等于齒輪線速度，對木塞，根據運動學公式根據角速度和線速度的關系聯(lián)立可得（2）根據題意畫出