湖南省联盟2024-2025学年高二年级上册12月联考物理试卷（含解析）

名校联盟2024年下学期12月高二大联考

物理试卷

本试卷共6页。全卷满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试

卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的.

1.物理学的发展离不开科学家们的贡献，他们的发现和研究成果对生活生产产生了很大的影响.下列符合

物理学史的是（）

A.库仑提出库仑定律，引入“电场”的概念来描述电场的真实存在

B.通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培由此受到启发提出分子电流假说

C.奥斯特发现了电磁感应现象，法拉第发现了电流的磁效应

D.牛顿提出了万有引力定律，成为第一个用理论算出地球质量的科学家

【答案】B

【解析】

【详解】A.库仑提出库仑定律，法拉第引入“电场”的概念来描述电场的真实存在，故A错误；

B.通电螺线管的磁场可通过右手螺旋定则判断与条形磁铁的磁场相似，安培由此受到启发提出在原子、

分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流即分子电流，分子电流使每个物质微粒成为微小的磁体，它的

两侧相当于两个磁极，即分子电流假说，故B正确；

C.由物理学史可知法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误；

D.牛顿提出了万有引力定律，并没有测出引力常量，而是卡文迪什测出了引力常量，因此被称为第一个

称出地球质量的科学家，故D错误。

故选Bo

2.2024年10月，中国人民解放军东部战区在台岛周边开展实战演习，震慑“台独”势力。一枚质量为相

的炮弹以初速度"斜向上发射，运动轨迹如图所示，。点为炮弹发射点，。点为与。点等高的落地点，P

为曲线最高点。假设这枚炮弹在空中无动力飞行时受到的空气阻力大小不变（小于重力），方向始终与速

度

方向相反，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

OQ

A.炮弹在运动过程中机械能守恒B.炮弹在P点的加速度等于g

C.炮弹在上升过程中处于超重状态D.炮弹上升过程比下降过程运动时间短

【答案】D

【解析】

【详解】A.炮弹受到重力和空气阻力，空气阻力做负功，机械能减少.故A错误；

B.炮弹在尸点时受到竖直向下的重力和水平向左的空气阻力，合外力大于重力，根据牛顿第二定律可

知，炮弹在尸点的加速度大于g,故B错误；

C.炮弹在上升过程中竖直方向的合外力向下，竖直方向的加速度向下，故处于失重状态，故C错误；

D.由于上升时和下落时竖直方向的加速度不同，上升过程阻力有向下的分量，下降过程阻力有向上的分

量，故炮弹上升过程比下降过程运动的加速度大，根据运动学规律

I,

可知炮弹上升过程比下降过程运动的时间短，故D正确。

故选D。

3.如图，物体P和斜面均静止于地面上，P的上表面水平，现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（）

A.P开始向下滑动B.斜面对P的作用力竖直向上且变大

C.Q所受的摩擦力水平向右D.斜面对地面的摩擦力增大

【答案】B

【解析】

【详解】AB.对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，设P的质量为根据平衡条件，有

Fv=Mgcos6=Mgma,6

由于P处于静止状态，则有

耳以为

联立可得

〃Ntan6

由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，P仍静止不动，斜面对P的作用力（支持力、静

摩擦力的合力）等于P与Q的重力之和，所以变大，故A错误，B正确；

C.Q处于静止状态，根据平衡条件得知，Q不受P的摩擦力，否则Q将沿水平方向运动，故C错误；

D.以整体为研究对象，水平方向不受外力作用，所以水平方向合力为零，地面与斜面之间无摩擦力，故

D错误。

故选B。

4.2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆，标志着探月工程取得圆满成功，实现了世界

首次月球背面采样返回，为后续载人探月工程打下坚实基础.设想载人飞船通过月地转移轨道被月球捕

获，通过变轨先在轨道HI以速度大小v•做匀速圆周运动，选准合适时机变轨进入椭圆轨道E,其中P、Q

两点为椭圆轨道ii在轨道i、in处的切点，且经过P、。两点时速度大小分别为v，、vo,到达近月点再

次变轨到近月轨道I以速度大小y做匀速圆周运动（轨道半径”等于月球半径），最后安全落在月球上。

己知月球半径为R,月球表面重力加速度为g。，轨道HI距离月球表面高度为〃，引力常量为G,下列说法

正确的是（）

in

3go

A.月球平均密度为XGE

BV,>V1>Vff>Vj

c.载人飞船在尸、。点加速度之比为

n回+犷

D.载人飞船从。点到2点所用时间为:&丫2g。

【答案】D

【解析】

【详解】A.在月球表面，根据重力等于万有引力有

Bg°=C

根据密度公式

其中

联立解得月球平均密度为

「AnGR

故A错误；

B.卫星从轨道in至轨道ii做近心运动，速度减少，故

VJ>VQ

故B错误；

C.根据牛顿第二定律有

可得

GM

=­

则载人飞船在P、。点加速度之比为

12

4a3=(R+h):P.

故c错误;

D.根据开普勒第三定律有

2R+h

又

4?r

解得载人飞船在椭圆轨道n上的运动周期为

7；=—

2R

则载人飞船从。点到尸点所用时间为

享+W

2&

故D正确。

故选D。

5.如图所示，等腰三角形羔「中，ZX-ZC-30*,在A点和B点分别垂直纸面放置一条通电长直导

线，在C处产生的磁场的方向由C指向瓦已知通电长直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度

B=k-

，，其中左为常量，/为导线中的电流，r为该点到导线的距离。下列说法正确的是（

C

AB

A.A点处导线中的电流方向垂直纸面向外

B.B点处导线中的电流方向垂直纸面向里

C.A、B两点处导线中的电流之比为二1

D.A,3两点处导线单独在C点产生的磁感应强度大小之比为21

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可知，C点的合磁场方向沿方向，可知A电流方向垂直纸面向里，8电流方向垂直纸

面向外；在C处的磁场方向如图，导线A在C点的磁场21与导线B在C点的磁场及关系为

B2=Bisin60°

即

易由

设则

AC4L

则

圆

B、=k4

3L

解得

故选c。

6.如图所示，薄板B放在倾角为30。的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上

端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳

与斜面平行。，=0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿

斜面向上做加速度勺=：m/s2的匀加速直线运动。己知薄板长工-1m,小物块A的质量"％=4kg,薄板

A.从。=°到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为15N

B.小物块A离开B板时的速度为6m/s

68

C.从开始到A、B分离的过程中电动机对B板所做的功为9J

50

D.从开始到A、B分离的过程中，小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为9J

【答案】C

【解析】

【详解】A.对薄板，根据牛顿第二定律

F-wBgsin30°-pmAgcos30°=用修

代入数据得

F=17N

故A错误；

B.对A,根据动能定理

mAg£sin30°-cos30°=

当s=L时

因为

swL

所以

VW4,m/s

故B错误；

C.A在薄板上运动二加速度大小

=gsin30°-“gcos300=2.5m

根据

1,1,.

得小物块A在薄板B上运动时间

"二

3s

此时A、B的速度为

5

VA=q=二

nm/s

nm/s

电动机对B做伊；功为

故C正确；

D.小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能

E=5Ageos6L=10J

故D错误。

故选C.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项

符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7.在真空中的。点存在一孤立的带正电的点电荷，将一带电粒子以一定的初速度射入该电荷激发的电场

中，粒子在电场中的一段轨迹如图所示。不计粒子重力，粒子电荷量保持不变。则下列说法正确的是

A.该粒子一定带负电荷

B.粒子经过P点时的加速度比经过Q点时的加速度大

C.粒子经过尸点时的速度比经过Q点时的速度小

D.粒子经过P点时的电势能比经过R点时的电势能小

【答案】AC

【解析】

【详解】A.物体做曲线运动的，合力方向指向轨迹的凹侧，即该粒子与带正电的点电荷相互吸引，可知

该粒子一定带负电荷，故A正确；

B.根据图像可知

OP>OQ

根据静电力公式有

可知，粒子经过尸点时的电场力比经过。点时的电场力小，由牛顿第二定律可知，粒子在尸点的加速度

比在。点的加速度小，故B错误；

c.粒子只受电场力作用，粒子的动能与电势能相互转化，带负电的粒子从过程，电场力做

正功，动能增大，即粒子经过P点时的速度比经过。点时的速度小，故c正确；

D.结合上述，带负电粒子从尸TP过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，即粒子经过

P

点时的电势能比经过R点时的电势能大，故D错误。

故选ACo

8.如图，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点。为振子的平衡位置，其振动方程为

x=5»in（10m+乙］

二Jcm,下列说法正确的是（）

M

A.振子的运动周期是0.2s

B"=0时，振子位于M点

c.r=005s时，振子具有最大速度

D.从」Ml0运动过程中，振子的加速度减小，振子的动能增加

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.因0=lODad/s,可知振子的运动周期是

0)10/T

故A正确;

工.R.A开、

x=5sin10/n-F—cm

B.由,可知t=0时，v-5an,即振子位于N点，故B错误;

e.「1人/ri

x=5stn10/rr-F—cm

c.由IJ■可知5s时，、一），此时振子在。点，振子速度最大，故c正确；

D.从MT。，形变量减小，振子加速度减小，弹力做正功，振子的动能增加，故D正确。

故选ACDo

9.如图所示，电路中C为电容器，电流表、电压表均为理想电表.闭合开关S至电路稳定后，缓慢调节滑

动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表Vi的示数变化量的绝对值为&",电流表A的示

数变化量的绝对值为△/,电源的电动势E和内阻厂均不变.则滑片P向左移动的过程中（）

△4

A.的值变小B.电源的输出功率可能变大

C.D.电容器所带的电荷量变小

【答案】BD

【解析】

【详解】A.根据闭合电路的欧姆定律

5=氏+r\

可知

也叫+r

故A错误；

C.同理，根据闭合电路的欧姆定律

U^B-Ir

可知

△U,

...-=T

AZ

故

故C错误；

B.滑片向左移，电阻R的阻值变大，总外电阻变大，由于不知内阻与外阻的关系，故电源的输出功率可

能变大，也可能变小，故B正确；

D.根据“串反并同”，可知，电容器两端电压减少，故所带电荷量减少，故D正确。

故选BD。

10.近日，街头有一种新型游戏，参与者借助游戏工具给一带电小球瞬时冲量，使其获得某一初速度进入

暗盒，暗盒中加以电场，小球最后从暗盒顶部水平抛出，然后落地，落地小球越近者获胜。现将上述情

景，简化成如图模型，一半径为R的光滑绝缘半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑绝缘水平面相

切于B

点，整个空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带正电小球从A点以某一初速度向左进入轨道做

圆周运动，并且能从C点飞出，恰好能经过P点且此时小球动能最小，已知轨道上的M点与圆心。等

高，。尸与竖直方向夹角为45。，重力加速度大小为g,则下列说法正确的是（）

A.带电小球所受电场力大小mg

B.带电小球经过P点的速度大小为J京

C.带电小球经过C点的加速度为缶

D.带电小球经过M点时对圆弧轨道的压力大小为乂"

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据题意可知，小球经过尸点时做圆周运动的向心力由电场力和重力的合力提供，则有

Eq=mg

故A正确；

B.在P点由牛顿第二定律可得

F=环=也

R

解得带电小球经过P点的速度大小为

故B错误；

C.从P点到C点过程中，由动能定理

>/2mgR(\-cot45°\=(用v；-：wv；

解得

vl=gR\3j2-2]

在C点由牛顿第二定律

3

=,力9+(g5)=mac

Fc

则带电小球经过C点的加速度大小为

s>5-2)3gJ+g3=8-1汨

ac~

故c错误；

D.在等效场中，M与C等效重力势能相等，故

vi=vc

由牛顿第二定律

FM+期=优

带电小球经过M点时受到的支持力大小

%=3(0T)mg

3(Qiy故D正确。

由牛顿第三定律可知，带电小球经过M点时对圆弧轨道的压力大小为

故选ADo

三、非选择题：本题共5小题，共56分.

11.某实验小组验证动量守恒定律的装置如图甲所示。

力传感器

m।OQm21cm2

一升降平台6gIO

甲乙

(1)选择两个半径相等的小球，其中一个小球有经过球心的孔，用游标卡尺测量两小球直径d,如图乙

所示d一cm；

(2)用天平测出小球的质量，有孔的小球质量记为力】，另一个球记为用兀

(3)将铁架台放置在水平桌面上，上端固定力传感器，通过数据采集器和计算机相连；将长约1米的细

线穿过小球'为的小孔并挂在力传感器上，测出悬点到小球上边缘的距离L；

(4)将小球力)放在可升降平台上，调节平台位置和高度，保证两个小球能发生正碰；在地面上铺上复

写纸和白纸，以显示小球落地点；

(5)拉起小球力】由某一特定位置静止释放，两个小球发生正碰，通过与拉力传感器连接的计算机实时显

示拉力大小；读出拉力碰前和碰后的两个峰值司和司，通过推导可以得到叫碰撞前瞬间速度大小

；同样方式可以得至『为碰撞后瞬间速度大小W;(已知当地的重力加速度为g)

(6)测出小球'句做平抛的水平位移s和竖直位移场,已知当地的重力加速度为g,贝广七碰后瞬间速度

(7)数据处理后若满足表达式：(已知本次实验中“I＞力)，速度用'、「、v•表示)则说

明力1与巾)碰撞过程中动量守恒。

【答案】®.1.66②.V个③.④.憎'广叫B+3吗

【解析】

【详解】(1)口］由游标卡尺的精确度为0.1mm可知，两小球直径为

d=16uim+6xO.lmm=166mm=1.66cm

(5)［2］根据题意，由牛顿第二定律有

整理可得

（6）[3]小球做平抛运动，则在水平方向上有

s=v3r

在竖直方向

解得

一湛

（7）[4]由于本实验中则碰后'%不反弹，若碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有

阳匕=飞B+叫匕

可说明物1与巾）碰撞过程中动量守恒。

12.小华同学新买了两节同一型号的干电池，并用这两节干电池串联起来组成一个电源给手电筒供电，他

利用如图甲所示的电路对这个电源的电动势和内阻进行了测量.所用器材有：待测电源，电阻箱R（最大

阻值999.9Q）,电压表V（量程为0~3V,内阻很大），定值电阻&（阻值己知），开关，导线若干，

L1

正确完成实验操作后利用取得的多组数据得到了如图丁所示的uR图像，并比较准确地测得了电源的

电动势和内阻。

（1）某次测量的结果如图乙、丙所示，则电压表的读数为V,电阻箱的读数为Qo

L_L

（2）由实验数据作出〔JR图像，如图丁所示，其中纵轴截距为6,斜率为左，则电动势为,内

阻的表达式为=

【答案】（1）①.2.60②.80.3

1kR

（2）①.6②.b

【解析】

【小问1详解】

[1]由题图乙知电压表的最小分度值是0.1V,读数要估读到分度值的下一位，则电压表的读数为2.60V。

⑵电阻箱不需要估读，由图丙知电阻箱的读数为

0X100Q+8X10Q+OX1Q+3X01Q=80.3Q

【小问2详解】

[3]由闭合电路欧姆定律有

UEER

由图丁可知，图线的纵轴截距的倒数等于该电源的电动势值，则

[4]由图线的斜率可求得

4+r

13.蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳并做各种空中动作的项目。如图甲，在对蹦床的性能测

试中，将一质量M=5'kg的重物从离蹦床表面某一高度处由静止释放，在％=°时刚好第一次落到蹦床

上。蹦床受到重物作用力大小尸随时间r变化的关系如图乙所示，测得第一次弹离蹦床的时刻2s；

第二次开始接触蹦床的时刻L=18S；第二次弹离蹦床的时刻为4=195S；第三次开始接触蹦床的时刻为

重物每次都是竖直反弹，忽略空气阻力，重力加速度g大小取10m/s2。求：

Of/7N

（1）重物弹离蹦床上升的最大高度力以及第二次接触蹦床前瞬间的速度v的大小；

（2）重物与蹦床第二次作用过程中，蹦床对重物的平均作用力尸（结果保留2位小数）。

【答案】（1）3.2m；8m/s

（2）3833.33N；方向竖直向上

【解析】

【小问1详解】

由图可知重物第一次竖直上抛运动时间】6则重物弹离蹦床的最大高度为

第二次接触蹦床前瞬间的速度

"=8

-m/s

【小问2详解】

第二次弹离蹦床的时刻为4=195$；第三次接触蹦床的时刻为4=）35$,解得

△4=G-与=04S

则有

v-°空-0

VJ-----

-m/s

第二次与蹦床作用过程由动量定理，选向上为正方向

/,~（Gf）=/Wj-（-mvj）

解得

F（fj

代入数据得

rri-CC

方向竖直向上。

14.计算机断层（CT）扫描仪是医院常用设备，如图是部分结构的示意图.图中两对平行金属极板MN、

EF分别竖直、水平放置。靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线°经MN间电场加速后

进入EF板间，射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上。已知MN板间电压为工外，EF极板长为L、间

L

距为d；靶台直径为-、与04的距离为d、左端与EF极板右端的水平距离为L-,电子质量为m、电荷

量为e；电子所受重力和空气阻力的影响可忽略，忽略电场的边缘效应影响。

（1）求电子穿过N极板小孔。时的速度大小v；

（2）若EP板间所加电压为V，且电子能射出EF极板，求电子射出EF极板时）动能;

（3）要使电子能打在靶台上，求EF极板所加电压%需满足什么条件。

【答案】（1）

⑵-4d乜

人4d乜

⑶丁2F

【解析】

【小问1详解】

电子穿过。孔的速度V,由动能定理可得

Ufi=—mvj

踪

【小问2详解】

电子在电场中运动的时间

L

£=­

电子的加速度为

而

电子的偏移量为

1

.V=5Ga

三迎

4d4

由动能定理可得

%=4-；*

叱=字》