湖南省名校联考2024-2025学年高二上学期期中物理试卷 含解析

高二物理专版一、单项选择题：1.下列有关电与磁的四幅情景图像，说法正确的是（）A.对甲：当线圈匀速转动时，不会产生感应电流，当线圈非匀速转动时，会产生感应电流B.对乙：当导线中通有从左向右的电流时，小磁针的N极向里偏转，S极向外偏转C.对丙：恒定的电场和恒定的磁场互相激发交替产生，就形成电磁波D.对丁：电磁波谱中，红外线就是红光，紫外线就是紫光，均属于可见光【答案】B【解析】【详解】A．甲图中，无论是匀速转动或非匀速转动时，磁通量一直为0，不会产生感应电流，故A错误；B．乙图中，当导线中通有从左向右的电流时，根据右手安培定则可知，导线下方的磁场垂直纸面向里，则小磁针的N极向里偏转，S极向外偏转，故B正确；C．丙图中，周期性变化的电场和周期性变化的磁场互相激发交替产生，就形成电磁波，故C错误；D．丁图中，紫光与红光属于可见光，红外线、紫外线与红光和紫光不同，不属于可见光，故D错误；故选B。2.某足球运动员在一次争顶中不慎受伤，导致脑震荡并紧急送往医院医治，如图所示。若足球水平飞来的速率v1=30m/s，与该运动员对撞后，足球以速率v2=20m/s反向水平飞出。已知足球质量m=0.42kg，该运动员头部与足球相互作用时间为∆t=0.1s。下列说法正确的是（）A.该运动员头部受到的平均撞击力大小为B.该运动员头部受到的平均撞击力大小为C.若延长撞击时间为，其他条件不变，平均撞击力大小将减为D.若延长或缩短撞击时间∆t，其他条件不变，不会改变该运动员头部受到的平均撞击力【答案】C【解析】【详解】AB．根据动量定理可得代入数据解得故AB错误；C．若延长撞击时间为，则解得故C正确；D．根据动量定理可得，其他条件不变，若延长撞击时间，则撞击力减小，缩短撞击时间，撞击力增大，故D错误。故选C。3.图1所示为辽宁抚顺地标性建筑——“生命之环”，一位学生欲运用所学物理知识估测其高度。测量的原理示意图如图2所示，他找来一个光滑小球，将其由“环”内壁上的P点（靠近最低点）由静止释放，则小球沿环内壁往返运动。某时刻小球到达P点时利用手机的秒表计时功能开始计时，此后小球第n次回到P点时停止计时，所测得时间为t。已知当地的重力加速度为g，由此可知生命之环的高度约为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据单摆的周期公式可得所以则生命之环的高度约为故选A。4.如图所示，甲、乙两小球带电量的绝对值均为q，甲用绝缘支架固定，乙用轻质绝缘细线悬挂在横杆上，当两球处于静止状态时两球心等高，两球心的连线、悬点与两球心的连线构成等边三角形。已知细线的拉力为F0，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均视为点电荷，下列说法正确的是（）A.两球均带正电 B.乙的质量为C.甲的质量为 D.两球心间的距离为【答案】D【解析】【详解】A．由两球相互排斥可知，两球带同种电荷，但不一定都带正电，故A错误；B．由乙球竖直方向平衡可知求得故B错误；C．因甲球固定，所以无法求出甲球的质量，故C错误；D．设两球心间的距离为L，由库仑定律及乙球水平方向平衡可知求得故D正确。故选D。5.如图所示的装置中，竖直圆盘绕固定水平转轴转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面用弹簧吊着的小球做受迫振动。当圆盘转动的角速度为时，小球振动的幅度最大；若让圆盘静止，让小球在竖直方向做简谐运动，其振动的图像可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】当圆盘转动的角速度为时，小球振动的幅度最大，则此时驱动力的周期等于振动物体的固有周期，所以故选D。6.如图所示，甲、乙两个带电小球绕点在光滑水平面内互相环绕做匀速圆周运动，两者的间距不变，可类比“双星模型”。已知甲的动量大小为，动能为，甲、乙做圆周运动的半径之比为，下列说法正确的是（）A.甲、乙不属于同轴转动B.甲、乙组成的系统动量不守恒，总动量不为0C.甲的速度大小为D.乙的质量为【答案】D【解析】【详解】A．甲、乙的运动可类比“双星模型”，属于同轴转动，故A错误；B．甲、乙组成的系统不受外力作用，动量守恒，总动量为0，故B错误；C．根据动量、动能的公式，可知甲的速度为故C正确；D．甲、乙的总动量为0，则根据线速度与角速度的关系有甲、乙做圆周运动的半径之比为，则故D正确；故选D。二、多项选择题：7.如图所示的电路，电源的电动势为E，内阻为r，阻值为R0的定值电阻与光敏电阻R串联，光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，电压表、电流表均为理想电表。闭合开关S，当增大R的光照强度时，下列选项正确的是（）A.两电压表的示数均减小B.电源内阻的功率增大C.V1、A示数变化量之比绝对值为R0D.V2、A示数变化量之比的绝对值为R0+r【答案】BC【解析】【详解】AB．当增大R的光照强度时，R的阻值减小，回路中总电阻减小，电流增大，内电压增大，路端电压减小，所以V1增大，V2减小，A增大，电源内阻的功率增大，故A错误，B正确；C．根据欧姆定律可得所以故C正确；D．根据闭合电路欧姆定律可得所以故D错误。故选BC。8.如图所示、光滑绝缘的水平面与竖直面内半径为的光滑绝缘圆弧轨道在点平滑连接，是圆心，、分别是竖直、水平半径，半径与竖直方向的夹角为，、两点间的距离也为，整个轨道处在水平向右电场强度为的匀强电场中。现让带电量为的小球（可视为质点），从点由静止释放，小球向右运动进入圆弧轨道。已知小球所受电场力大小等于重力大小，重力加速度为，下列说法正确的是（）A.小球的质量为B.小球在点的动能等于从到电势能的减少量C.小球从到的过程中，在点的速度最大D.小球从到的过程中，在点对轨道的压力最大【答案】AD【解析】【详解】A．小球所受电场力大小等于重力大小,即求得故A正确；B．小球从到的过程中，电势能减少，重力势能增加，动能增加，因初动能等于零，根据能量守恒可知，小球在点的动能等于电势能的减少量与重力势能增加量之差，故B错误；CD．因小球所受电场力大小等于重力大小，所以重力与电场力的合力与竖直方向成斜向右下方，即C点是小球沿圆周运动的等效最低点，小球在C点时速度最大，对轨道的压力也最大，故C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，竖直、水平固定放置的4个长度相同带电平行金属板，形成互不干扰的两匀强电场。一比荷为的带正电粒子（不计重力）从位于金属板1中点的小孔无初速度飘入加速电场，从位于金属板2中点的小孔沿水平方向进入偏转电场，最后恰好从金属板4的右边缘离开。已知金属板1、2的间距、金属板3、4的间距与金属板的长度均相等，下列说法正确的是（）A.金属板2、3均带负电B.金属板3、4间的电压是1、2间电压的2倍C.粒子在两个电场中的运动时间之比为D.若金属板1、2间电压为，则粒子从金属板4右边缘射出的速度大小为【答案】BCD【解析】【详解】A．带正电粒子在金属板1、2间加速，说明金属板1、2间场强向右，即金属板2带负电，带电粒子在金属板3、4间的运动轨迹向上偏，说明金属板3、4间的场强向上，即金属板3带正电，故A错误；B．设金属板1、2间和3、4间的电压分别为和，3、4间的场强为，极板间的距离和长度都为d，则有联立各式，求得故B正确；C．设带电粒子在金属板1、2间和3、4间的运动时间分别为和，则有求得故C正确；D．设粒子从金属板4右边缘射出的速度大小为v，对于带电粒子的整个运动过程，由动能定理得其中求得故D正确。故选BCD。10.一辆质量为的汽车在公路上做加速直线运动，其动量与时间的关系图像如图中实线所示，段的反向延长线经过坐标原点。已知三角形的面积为，的斜率是斜率的2倍，下列说法正确的是（）A.图像与横轴所围成面积表示合力的功B.时间内的合力是的2倍C.时刻汽车的动量大小为D.时间内，汽车加速度大小为【答案】BD【解析】【详解】A．根据动能定理可知，合力的功为图像与横轴所围成面积即，并非合力的功，故A错误；B．根据可知图像的斜率代表合力，则时间内的合力是的2倍，故B正确；C．设时刻汽车的动量大小为，则2时刻汽车的动量大小为2，有解得故C错误；D．由B、C分析可知的合力为解得故D正确；故选BD。三、非选择题：11.用如图所示的装置，既可验证牛顿第二定律，也可验证动量定理，重力加速度为g，主要的实验过程如下：A.用天平测出带有遮光片的物块A总质量为M和物块B的质量为m，用游标卡尺测出遮光片的宽度为d，气垫导轨水平放置，按照如图所示的装置来连接器材；B．打开气垫导轨的充气源，释放物块A，光电门与数字计时器（图中未画出）连接，测出逛光片通过光电门G1、G2的遮光时间分别为t1、t2，同时测出遮光片从G1运动到G2的时间t；C.用刻度尺测出G1、G2间的距离L。回答下列问题：（1）下列说法正确的是（）A.本实验不需要把气垫导轨的右端垫高来补偿摩擦力B.本实验细线的拉力等于B的重力C.气垫导轨上方的细线与气垫导轨可不平行（2）若等式_____（用d、L、t1、t2表示）成立，则牛顿第二定律得到验证。（3）若等式_____（用M、m、d、t1、t2表示）成立，则动量定理得到验证。【答案】（1）A（2）（3）【解析】【小问1详解】A．本实验验证牛顿第二定律，气垫导轨和滑块间没有摩擦，所以不需要把气垫导轨右端垫高来补偿摩擦力，故A正确；B．由于滑块做匀加速直线运动，则物块B竖直向下做匀加速直线运动，则细线的拉力小于B的重力，故B错误；C．为了保证滑块做匀加速直线运动，所以气垫导轨上方的细线与气垫导轨应保持平行，故C错误。故选A。【小问2详解】根据牛顿第二定律可得所以【小问3详解】根据所以12.实验小组用如图1所示的电路来测量电阻的阻值，图中标准电阻的阻值为，为电源，为单刀单掷开关，为单刀双掷开关，为滑动变阻器，A为理想电流表。合上开关，将开关掷于1端，将的触头置于适当的位置，记下A的示数，然后将掷于2端，记下A的示数。改变触头的位置，多测几组、的对应值，作出的函数关系图像如图2所示，回答下列问题：（1）按照图1所示的电路图，用笔画线代替导线将图3中实物图连接完整_____。（2）合上开关之前，触头应置于_____（选填“最右端”或“最左端”），多测几组、作图像的目的是减小_____。（选填“系统”或“偶然”）误差。（3）写出图2中函数的表达式_____，若图2中图线的斜率为，可得_____。【答案】（1）（2）①.最左端②.偶然（3）①.②.【解析】【小问1详解】根据电路图连接实物图如图【小问2详解】[1]合上开关之前，保护电路可知，触头应置于最左端；[2]多测几组、作图像的目的是减小偶然误差。【小问3详解】[1]根据欧姆定律可知[2]上式变形可得根据图像斜率可知解得13.如图所示，倾斜直线OA与竖直直线OB间存在延长线均指向O的汇聚形电场，∠AOB=60°，以O为圆心的圆弧AB上的电场强度大小均为E0，过B点的水平线BC、竖直线BD间存在电场强度大小为E（未知）、方向竖直向下的匀强电场，P点是B点右下方固定的点，两种类型的电场互不干扰。现让带电量为q、质量为m不计重力的带正电粒子从A点以垂直OA的速度v0射入汇聚形电场，粒子正好沿着圆弧AB运动到B，接着进入匀强电场，粒子运动到P点时的速度正好与粒子在A点时的速度方向相同，且粒子从B到P的运动时间等于粒子从A到B的运动时间，求：（1）圆弧AB的半径以及粒子从A到B的运动时间；（2）电场强度E的大小。【答案】（1），（2）【解析】【小问1详解】粒子在AB间做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则所以粒子从A到B的运动时间为所以【小问2详解】粒子进入竖直向下的匀强电场中做类平抛运动，则联立解得14.如图所示，光滑硬直杆与水平面成夹角固定放置，劲度系数为的轻质弹簧一端连接在固定点，另一端与可视为质点的圆环相连，圆环套在杆上。现让圆环从点正上方的点由静止释放，当圆环运动到点的等高点时，圆环的动能恰好等于此位置弹簧的弹性势能。已知圆环在点时弹簧处于原长状态，当圆环运动到点时弹簧与杆垂直，、两点间的距离为，重力加速度为，弹簧的弹性势能与形变量的关系式为，，，求：（1）圆环质量；（2）圆环运动到点时杆对圆环的弹力大小；（3）圆环运动到点时重力的瞬时功率。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】由图可知圆环由A运动到B的过程，对于圆环与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律，有由题意知联立求得【小问2详解】圆环运动到点时，设杆对圆环的弹力大小为，对圆环进行受力分析，如图所示由垂直杆方向受力平衡，有其中联立，求得【小问3详解】圆环运动到B点时，重力的瞬时功率为又代入，求得15.如图所示，内壁光滑的细圆管轨道，由、两部分组成，竖直放置固定在水平地面上，是抛物线形状，是半径为的圆弧轨道，两轨道平滑连接，点处的切线水平，点处的切线与水平方向的夹角为，是圆弧轨道的竖直直径。小球乙放置在点，小球甲从点由静止开始沿着管的内壁下滑，运动到点时与乙发生弹性碰