高二物理試卷一、單選題1．自卸式運輸車是車廂配有自動傾卸裝置的汽車，又稱為翻斗車、工程車，由汽車底盤、液壓舉升機構、取力裝置和貨廂組成。如圖所示，在車廂由水平位置逐漸抬起的過程中，有關貨物所受車廂的支持力FN和摩擦力FA．摩擦力Ff逐漸增大 B．摩擦力FC．摩擦力Ff先增大后減小 D．支持力F2．關于物理學家和他們的貢獻，下列說法中正確的是（）A．哥白尼提出所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓B．卡文迪什在實驗室里通過扭秤實驗，得出了引力常量G的數值C．伽利略用“月—地檢驗”證實了萬有引力定律的正確性D．牛頓通過理想斜面實驗得出“物體運動不需要力來維持”3．劉洋在2024年巴黎奧運會吊環獲得金牌，如圖是比賽時的照片。若圖中時刻靜止，兩等長"吊繩"與豎直方向夾角都為θ，則每根吊繩的張力大小為（）（劉洋質量為m，重力加速度為g）A．mg B．mg2sinθ C．mg4．中國科學院院士葉篤正在大氣動力學、大氣環流等領域成就卓著，獲得國家最高科學技術獎，大氣氣流的升降運動會造成不同高度的溫度變化，致使氣象萬變，萬米高空的氣溫往往在-50℃以下，在研究大氣現象時可把溫度、壓強相同的一部分氣體作為研究對象，叫做氣團，氣團直徑可達幾千米，由于氣團很大，邊緣部分與外界的熱交換對整個氣團沒有明顯影響，可以忽略，用氣團理論解釋高空氣溫很低的原因，是因為地面的氣團上升到高空的過程中（）A．劇烈膨脹，同時大量對外放熱，使周圍溫度降低B．劇烈收縮，同時從周圍吸收大量熱量，使周圍溫度降低C．劇烈膨脹，氣團對外做功，內能大量減少導致溫度降低D．劇烈收縮，外界對氣團做功，故周圍溫度降低5．傾角為37°足夠長固定斜面上，有一長木板A恰好能處于靜止。現有物塊B以v0=1m/s的速度從A的頂端開始下滑，A、B間動摩擦因數為μ=0.8。已知A、B的質量為別為mA=2kg，A．物塊B下滑過程中，木板A仍能處于靜止B．物塊B下滑過程中，A要向下加速，A、B速度剛達到相等時為0.4m/sC．要使B不脫離A，A板長度至少為1.25mD．從開始運動到A、B速度達到相等過程中，系統因摩擦產生的熱量為18.6J6．在2023中國載人航天年的“成績單”中，有神舟十六號航天員乘組完成了多項實驗。已知在距地球表面約400km的“天宮”空間站繞地球做勻速圓周運動，以下說法正確的是（）A．空間站中的航天員處于平衡狀態B．航天員在空間站中所受到的合力比在地面時大C．神舟十六號飛船與空間站對接以后，其運行的速度不變D．神舟十六號飛船與空間站對接以后，其運行的周期比同步衛星大7．如圖所示，三顆質量相等的星體位于等邊三角形的三個頂點上，繞中心O點做勻速圓圓周運動，已知圓周運動的軌道半徑為r，引力常量為G，不計其他星體的影響，下列說法正確的是（）A．三顆星組成的系統，動量不守恒B．若勻速圓圓周運動的加速度為a，則周期為2πC．若線速度大小為v，則每顆星的動量大小為3D．若線速度大小為v，則每顆星的動能為3二、多選題8．甲、乙兩物體并排沿平行直線運動，運動圖像如圖所示，下列說法中正確的是（）A．前2s內，甲、乙均做勻加速直線運動B．前2s內，甲、乙的平均速度相等C．前3s內，甲、乙的位移之差為6mD．甲、乙距出發點的最大距離均為4m9．如圖所示，一輛質量M=3kg的平板小車A停靠在豎直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質量m=1kg的小鐵塊B（可視為質點）放在平板小車A的最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B間的動摩擦因數μ=0.5，平板小車A的長度L=0.9m。現給小鐵塊B一個v0=5m/s的初速度使之向左運動，小鐵塊B與豎直墻壁發生碰撞后向右運動，恰好回到小車A的最右端。重力加速度A．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度大小為2m/sB．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量大小為(4+2C．小鐵塊B與豎直墻壁碰撞過程中損失的機械能為4JD．小車A最終向右運動的速度大小為310．如圖所示，a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，∠abc＝120°。現將三個等量的正點電荷分別固定在a、b、c三個頂點上，下列說法正確的有（）A．d點電場強度的方向由O指向dB．O點電場強度的方向由d指向OC．d點的電場強度大于O點的電場強度D．d點的電場強度小于O點的電場強度11．如圖，A、B兩球質量相等，光滑斜面的傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質桿相連，系統靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間（重力加速度為g）（）A．圖甲中A球的加速度不為零B．圖乙中輕桿的作用力可能不為零C．圖乙中兩球加速度均為gsinθD．圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍三、實驗探究題12．某興趣小組探究平拋運動的特點，嘗試將平拋運動分解為水平方向的分運動和豎直方向的分運動。（1）為了探究平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，用如圖甲所示裝置進行實驗。用小錘擊打彈性金屬片，A球水平拋出，做平拋運動；同時B球被釋放，自由下落，做自由落體運動。關于該實驗，下列操作中必要的是__________。A．所用兩球的質量必須相等B．需要改變小球下落的高度進行多次實驗C．每次實驗中要保證小錘擊打彈性金屬片的力度相同（2）用如圖乙所示裝置做進一步探究。每次都將小球從斜槽軌道的同一位置無初速度釋放，并從斜槽末端水平飛出。改變水平檔板的高度，就改變了小球在板上落點的位置，從而可描繪出小球的運動軌跡。實驗中將水平檔板依次放在如圖乙1、2、3的位置，且1與2的間距等于2與3的間距，小球從拋出點到落點的水平位移依次是x1、x2、A．x2-xC．x2-（3）為計算平拋運動的初速度，甲同學取平拋運動的起始點為坐標原點O，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。而乙同學認為不需要記錄平拋運動的起始點，可按下述方法處理數據求出初速度：如圖丙所示，在軌跡上取O、C、D三點，OC和CD的水平間距相等且均為x，測得OC和CD的豎直間距分別是y1和y2，已知當地重力加速度為g。你認為乙同學的觀點是否正確？若正確，請求出平拋運動的初速度；若不正確，請說明理由13．用圖所示裝置測量磁場的磁感應強度和某導電液體（有大量的正、負離子）的電阻率ρ。水平管道長為l、寬度為d、高為h，置于豎直向上的勻強磁場中。管道上下兩面是絕緣板，前后兩側面M、N是電阻可忽略的導體板，兩導體板與開關S、電阻箱R、靈敏電流表G（內阻為Rg）連接。管道內始終充滿導電液體，液體以恒定速度v自左向右通過。閉合開關S，調節電阻箱的取值，記下相應的電流表讀數I。（1）與N板相連接的是電流表G的極（填“正”或“負”）。（2）本實驗中，液體的等效內阻r=（3）將實驗中每次電阻箱接入電路的阻值R與相應的電流表讀數I繪制出1I-R圖像為圖所示的傾斜直線，其延長線與兩軸的交點坐標分別為（?a，0）和（0，b），則磁場的磁感應強度為四、計算題14．如圖所示，某同學利用無人機玩“投彈”游戲。無人機在空中某高度處水平勻速飛行，某時刻釋放了一個小球，小球經2s后恰好落在水平地面，小球釋放點與落地點之間的水平距離為30m，空氣阻力忽略不計，重力加速度g=10m（1）小球釋放時距地面的高度；（2）無人機水平飛行的速度大小；（3）小球落地時的速度大小。15．如圖所示，水平放置的光滑金屬導軌efgh、ijkl中有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小B=1T，ef、ij段間距L=0.5m，gh、kl段間距為2L，通過光滑絕緣彎曲軌道與傾角θ=30°的光滑U形abcd金屬導軌平滑相連，U形導軌間距仍為L，bc端接一個C=0.5F的電容，傾斜導軌處有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小仍為B。初始時導體棒P靜置于ef、ij段，給導體棒Q一個初速度，使其從gh、kl段左端開始向右運動，一段時間后導體棒P沖上彎曲軌道高度H=0.2m的最高點并恰好無初速度進入傾斜軌道。已知導體棒P、Q的質量mP=mQ=0.5kg、不計導體棒P的電阻，（1）導體棒Q的初速度大小；（2）導體棒P在水平導軌運動的過程中，P、Q與導軌圍成的閉合回路面積的改變量；（3）導體棒P在傾斜導軌abcd下滑的加速度大小和下滑x=4.516．如圖所示，長直金屬桿M、N在水平固定的平行光滑長直金屬導軌上運動，導軌間距為L；水平虛線PQ與導軌垂直，PQ左、右兩側區域分別充滿垂直于導軌平面且方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。初始時刻，N靜止在PQ左側導軌上，M從N左側以初速度v0（1）求初始時刻M的加速度大小和方向；（2）若M、N在PQ左側未相撞，N進入PQ右側時速度大小為v0（3）在（2）的條件下，若M到達PQ處時速度大小為v0

參考答案1．A2．B3．C4．C5．D6．B7．C8．B,C9．B,D10．A,D11．C,D12．（1）B（2）A（3）正確；v13．負；ρdlh；a14．（1）解：根據題意可知，小球做平拋運動，豎直方向上，由h=1h=（2）解：水平方向上有x=解得，無人機水平飛行的速度大小為v（3）解：豎直方向上，由vyv則小球落地時的速度大小v=【解析】【分析】（1）當小球釋放時做平拋運動，利用豎直方向的位移公式可以求出距離地面的高度；

（2）當小球做平拋運動時，利用水平方向的位移公式可以求出無人機飛行速度的大小；

（3）當小球落地時，利用速度公式可以求出豎直方向分速度的大小，結合速度的合成可以求出合速度的大小。15．（1）導體棒P恰好沖上彎曲軌道最高點，有

mPgh=12mPvP2①

vP=2m/s

初始時，導體棒Q做減速運動，導體棒P做加速運動，最終導體棒P、Q做勻速運動，閉合回路中的感應電流為0，由法拉第電磁感應定律得

（2）P在水平軌道運動過程中，由法拉第電磁感應定律得

E-=BΔSt

由閉合電路歐姆定律得I-（3）導體棒P在傾斜軌道上運動時，由牛頓第二定律得

mgsinθ-FA=ma

FA=BIL

對電容器有UC=【解析】【分析】（1）根據動能定理與動量定理分析解答；

（2）根據法拉第電磁感應定律結合閉合電路歐姆定律解答；

（3）根據電容的計算公式結合牛頓第二定律解答。16．（1）初始時刻，回路中產生的感應電動勢E=BL流過M的感應電流I=由右手定則知，方向沿順時針方向，M所受安培力F=IBL=由左手定則知，方向水平向左，由牛頓第二定律有F=ma解得a=方向水平向左。（2）由題知，M、N均在PQ左側運動時，對N，由動量定理有I解得Δ設從初始時刻到N進入PQ右側過程中，M、N之間的相對位移為ΔxΔ解得Δ要使M、N在PQ左側未相撞，初始時刻M、N的最小間距為x（3）由分析知，M、N均在PQ左側運動時，所受安培力大小相等、方向相反，M、N系統所受合外力為零，故M、N系統動量守恒，設N進入PQ右側時，M的速度為v1m解得v設M進入PQ右側時，N的速度為v2，從N進入PQ右側到M進入PQΔ對N，由動量定理有Δ解得v該過程中，對N又有Δ解得Δ該過程中，設N的位移大小為x1，M的位移大小為x2，則Δ解得xx1即為M進入PQ右側時M、N之間的距離，假設M、N在PQ右側未相撞而共速，則從M進入PQ右側到二者共速的過程中，由M、N系統動量守恒，有m?解得v該過程中，對N，由動量定理有I解得Δ該過程中，設M、N的相對位移為ΔxΔ解得Δ故Δ即M、N在PQ右側共速前會相撞