【文档说明】湖南省永州市第四中学2024-2025学年高二下学期入学质量检测物理试卷 Word版含解析.docx，共(17)页，2.187 MB，由小赞的店铺上传

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永州四中2024年下期高二入学质量检测试卷物理一、单选题1.在物理学的发展过程中，许多的物理学家都做出了重要的贡献，他们也探索出了许多的研究方法，下列说法中错误的是（）A.引入“重心”、“合力与分力”概念时，运用

了等效替代的思想B.当Δ0t→时，xt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C.在研究物体的运动与力的关系时，伽利略在逻辑推理的基础上通过斜面实验证明了“力是维持物体运动的原因”D.用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如速度xvt=就是采用比值法定义

的物理量【答案】C【解析】【详解】A.重心、合力和分力等概念的建立都体现了等效替代的思想，故A正确；B.根据速度定义式xvt=当t足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；C.在研究物

体的运动与力的关系时，伽利略在逻辑推理的基础上通过斜面实验得到了“物体的运动不需要力来维持”的结论。故C错误。D.用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如速度xvt=就是采用比值法定义的物

理量，故D正确。本题选错误的，故选C。2.一石块从高度为H处自由下落，当速度达到落地速度的一半时，它的下落距离等于（）A.2HB.4HC.32HD.22H【答案】B【解析】【详解】设石块落地时的速度大小为v，由：v2-v02=2gx得：v2-0=2gH，且2()022vgh

−=解得4Hh=故B正确ACD错误。故选B。3.如图所示，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I，则在纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度的方向为（）A.平行于PQ连线指向P点方

向B.平行于PQ连线指向Q点方向C.垂直于PQ连线指向连线方向D垂直于PQ连线背离连线方向【答案】B【解析】【详解】根据右手定则判定通电直导线P在a点产生的磁场B1的方向为垂直aP向下，通电直导线Q在a点产生的磁场B2的方向为垂直aQ向上，因为a点与两直导线的距离相等

且两直导线中的电流也相等，所以通电直导线P和Q在a点产生的磁场大小相等，根据矢量的平行四边形运算法则可知B1和B2的合磁场方向水平向右，即平行于PQ连线指向Q点方向。故选B。4.如图所示，重物G用轻绳悬于O点，被轻绳OA、OB拉住，现保

持O点及OA绳位置不变，缓缓将OB绳由水平方向向上转动，在转动过程中OA、OB绳中的张力变化情况是（）.A.OA绳张力一直变大，OB绳张力一直变小B.OA绳张力一直变大，OB绳张力先变小后变大C.OA绳张力一直变小，OB绳张力一直变大D.OA绳张力

一直变小，OB绳张力先变小后变大【答案】D【解析】【详解】对O点受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：根据图像可知OA绳子的张力一直变小，OB绳子的张力先变小后变大。故选D。5.2019年11月11日出现了难得一见的“水星凌日”现象。水星轨道在地球轨道内

侧，某些特殊时刻，地球、水星、太阳会在一条直线上，且水星处于地球和太阳之间，这时从地球上可以看到水星就像一个小黑点一样在太阳表面缓慢移动，天文学称之为“水星凌日”。在地球上每经过N年就会看到“水星凌日”现象。通过位于贵州的“中国天眼FAST（目前世界上口径最大的单天线射电望远

镜）观测水星与太阳的视角（观察者分别与水星、太阳的连线所夹的角），则sin的最大值为（）A.231NN+B.231NN−C.321NN+D.321NN−【答案】A【解析】【详解】由于水星每隔N年就会处于地球、

太阳之间，且三者共线，那就意味着每经过N年水星会比地球多转一圈，则1NNTT−=水地且1T=地年，解得1NTN=+水年由2224MmGmrrT=得2324GMTr=所以231rNrN=+地水视角最大的时候应该是水星与地球连线与水星轨道相切的时候，此时23si

n1rNrN==+水地故选A。6.如图，电源电动势3VE=，内阻1r=，电阻箱初始电阻值13R=，定值电阻21R=，32R=，电容器电容6μFC=。当开关S闭合时，电容器内的带电

微粒恰好处于静止状态。则（）A.1R变大，带电微粒将向下加速运动B.1R变大，1R上的功率可能增大C.电容器两极板距离增大时，电流表的电流方向从a到bD.开关S由闭合到断开，通过电流表的电荷量为6910C−【答案】C【解析

】【详解】A．1R变大，总电阻增大，电路总电流减小，内阻两端的电压减小，路端电压增大，3R两端电压增大，电容器内电场强度增大，带电微粒受到的电场力大于重力，带电微粒将向上加速运动，故A错误；B．电路的外电阻为123123()1.

5RRRRrRRR+==++外1R变大，电路的外电阻增大，电源输出功率减小，通过2R、3R的电流增大，2R、3R的功率增大，则1R上的功率一定减小，故B错误；C．根据r4SCkd=电容器两极板距离增大时，电容减小，电容器两极板电势差不变，根据QCU=可知电容器带电量减少，电容器

放电，电流表的电流方向从a到b，故C正确；D．开关S闭合时，干路电流为1231231.2A()EEIRRRRrrRRR===+++++干并路端电压为1.8VUEIr=−=干电阻3R两端的电压为33231.2VUURRR==+开关S断开时，电阻3R两端的电压为33231.5VEURRRr==+

+开关S由闭合到断开，通过电流表的电荷量为633()1.810CQCUU−=−=故D错误。故选C。7.如图所示，两个带等量正电点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于点O对称。圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b为一平行

于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是（）A.a、b两点的场强相同B.a、b两点的电势不相同C.将一个负点电荷沿着圆弧从a移到c点再沿y轴正方向移动，电势能先增大后不变D.半圆上任一点，两电荷的电场强度大

小分别是1E、2E，则1211EE+为一定值【答案】D【解析】【详解】A．由对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B．由对称性和等势线可知，a、b两点电势相同，故B错误；C．负电荷沿该路径电势一直减小，电势能一直增大，故C错误；的D．半圆上任一点，设与

P点连线跟PQ夹角为，则有12(2cos)kQER=22(2sin)kQER=则212114REEkQ+=为定值，故D正确。故选D。8.如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体M，一轻杆L与水平地面成α角，轻杆的下端用光滑铰链连接于O

点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个小球m，小球靠在立方体左侧，立方体右侧受到水平向左的推力F的作用，整个装置处于静止状态。若现在撤去水平推力F，则下列说法中正确的是（）A.小球在落地的瞬间和立方体分离B.小球和立方体分离时速度大小相等C.小球和立方体

分离时小球的加速度为gD.从小球开始运动到落地的过程中立方体的机械能一直增大【答案】C【解析】【详解】A．由于没有摩擦，故立方体会小球落在水平地面上之前与小球分离，A错误；B．小球随着立方体向右运动的同时沿着立方体竖直向下运动，将小球的速度沿着水平方向

和竖直方向正交分解，可得sinvv=物球小球和立方体分离时速度大小不相等，B错误；C．小球和立方体分离时，水平速度最大，加速度为零，杆的力为零；此时小球仅受重力，加速度为g，C正确；D．从小球开始运动到小球与立方体分离过程，立方体的机械能增大；立方体与小球分离后，机械能不在变，

因此从小球开始运动到落地的过程中立方体的机械能先增大后不变，D错误；故选C。二、多选题。9.一段粗细均匀的导体的横截面积为S，流过其中的电流强度恒为I，导体每单位体积内的自由电子数为n，每个自由电子所带的电荷量为e，自由电子沿着导体定向移动的平均速率为v。在Δt时间

内，通过导体横截面的自由电子数为（）A.nStvB.neSvtC.IteSD.Ite【答案】AD【解析】【详解】AB．Δt时间内，电子定向移动的距离xvt=通过导体横截面的自由电子数NnSx=解得NnSv

t=A正确，B错误；CD．根据qIt=解得qItNee==C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，以O为原点在竖直面内建立平面直角坐标系：第Ⅳ象限挡板形状满足方程y＝x294−（单位：m），小球

从第Ⅱ象限内半径为0.5m的四分之一光滑圆弧轨道某处由静止释放，通过O点后开始做平抛运动，击中挡板上的P点时速度最小，取重力加速度大小10m/s2，下列说法正确的是（）A.P点的坐标为（1，54−）B.小球经过O点时的速度大小为3

m/sC.小球击中P点时的速度大小为5m/sD.小球经过O点时对轨道的压力等于自身所受重力的3倍【答案】CD【解析】【详解】ABC．设小球在圆弧轨道释放位置与x轴的竖直距离为h（h≤R＝0.5m），小球到达

O点时的速度v，根据动能定理，得212mghmv=解得25vh=小物块从O点飞出做平抛运动，根据平抛运动规律竖直位移212ygt=−水平位移xvt=又题中满足294yx=−联立整理得2294(5)tv=+达到P点的竖直末速度ygt=v达到P点的速度2222225555Pyvvvvv=+=

++−+Pv取最小值，则必须满足2222555vv+=+解得10m/sv=Pv取最小值为5m/s，进而可得3m2x=，34y=−验证，因解得h＝0.5m恰好等于圆弧轨道半径，故上述解答成立，故AB错误，C正确；D．小球在O点，根据牛顿第二定律得2NvFmgmR−=代入数据解得N=3Fm

g根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为3mg，即为重力的3倍，故D正确。故选CD。三、实验题。11.某同学想测量一电源的电动势和内阻，在实验室找到了如图器材：A待测电源；B.一段粗细均匀、总长为1m的金属丝；C.不计内阻的电流表；D.

阻值R1=5.0的定值电阻；E.刻度尺；F.开关一个、导线若干.他的操作步骤如下：.（1）用欧姆表的“×10”挡测量金属丝的总电阻，欧姆表的示数如图甲所示，则金属丝的电阻0R=________.（2）然后用图乙所示的电路图进行测量，图中xR表示金属丝的电阻.（3）不断改变电阻丝接入电路的长

度，记录多组电流表示数I和对应（接入电路）的金属丝长度L，根据所得数据作出了1LI−图像如图丙所示，则电源的电动势E=________V，电源的内阻r=________.（结果均保留两位有效数字）【答案】①.60②.3.0③.1.0【解析】【详解】(1)[

1]用欧姆表的“x10”挡测量金属丝的总电阻，由图甲所示可知，金属丝的电阻061060R==(3)[2][3]设接入导线长度为L，则可知接入电阻为00xRLRL=则由闭合电路欧姆定律可知x1+EIRRr=+整理得010+1RRrLIELE=+由图像

可知0052200.15RkEL−===1+2RrE=带入数据得E=3.0V，r=1.0Ω12.某学习小组用图甲和图乙所示的装置“探究平抛运动的特点”。（1）下列实验操作不合理有______。A.用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，观察A、B两球是否同时落地B.图乙装

置中的背板必须处于竖直面内，固定时可用铅垂线检查背板是否竖直C.若将小球放在图乙装置的斜槽末端水平部分任一位置均能保持静止，则说明斜槽末端水平D.用图乙装置多次实验以获得钢球做平抛运动的轨迹时，可以从斜槽上任意不同位置静止释放钢球（2）该小组利用图乙装置，记录

了钢球经过的A、B、C三个位置，如图丙所示。图中每格的边长为L，重力加速度为g。①钢球从A运动到B和从B运动到C的时间______（选填“相等”或“不相等”）；②钢球从A运动到B的时间为______（用L、g表示）；③钢球做平抛运动的初速度为______（用L、g表示）。【答案】

①.D②.相等③.2Lg④.2gL【解析】的【详解】（1）[1]A．用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，观察A、B两球是否同时落地，若同时落地，说明两球在竖直方向的分运动相同，选项A正确，不符合题意；B．图乙装置中的背板必须处于竖直面内，固定时可用铅垂线检查背板是否竖直，选项B正

确，不符合题意；C．若将小球放在图乙装置的斜槽末端水平部分任一位置均能保持静止，则说明斜槽末端水平，选项C正确，不符合题意；D．用图乙装置多次实验以获得钢球做平抛运动的轨迹时，必须让小球从斜槽上相同位置由静止释放，从而保证小球做平抛运动的初速度相同，选项D错误，符合题意。故选D。（2）①[2]钢球

从A运动到B和从B运动到C的水平位移相等，则时间相等；②[3]根据22yLgT==解得钢球从A运动到B的时间为2LTg=③[4]钢球做平抛运动的初速度为022LvgLT==四、解答题。13.如图所示，R为变阻箱，电压表为理想电压表，电源电动势。6VE=，当变阻箱阻值为R=4Ω时，

闭合电键后，电压表的读数为4V。求：（1）电路中的电流I和电源内阻r；（2）电源的输出功率P和效率η；（3）当电阻箱R为多大时，电源的输出功率最大？最大值mP为多少？【答案】（1）1AI=，2r=；（2）4WP=，66.7%；（3）2R=，m4.5WP=【解析】

【详解】（1）电路中的电流为4A1A4UIR===根据闭合电路欧姆定律可得EUIr=+可得电源内阻为6421EUrI−−===（2）电源的输出功率为41W4WPUI===电源的效率为4100%100%1

00%100%66.7%6PUIUPEIE====出总（3）电源的输出功率为2222()2EEPIRRrRrRrR===+++可知当2rRR=即2Rr==电源的输出功率最大，最大值为22m6W4.5W442EPr===

14.如图，传送带以10m/sv=的速度逆时针转动，一个质量1kgm=的物体从传送带顶端以05m/sv=的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成30=，物体与传送带间的动摩擦因数33=，传送带底端到顶端长10mL=，g取10m/s

2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；(2)若在物体滑入传送带运动了0.5s时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间的摩擦而产生的热量。【答案】(1)10m/s；

(2)37.5JQ=【解析】【分析】【详解】(1)当物体放到传送带时，设物体向下运动的加速度为a1，物体向下加速到v时，所用时间为t1，物体运动位移为s1，根据运动学公式1cossinmgmgma+=①011vvat=+②0112vvst+=③解得1

0.5st=13.75ms=由于1sL，由于最大静摩擦力mcos300.5fmgmg==且沿斜面向上，物体将与传送带一起做匀速运动，即离开传送带的速度为10m/s；(2)0.5s内物体相对传送带运动位移11

11.25msvts=−=0.5s后传送带停止，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力cos300.5mgfmg==物体匀速下滑，物体相对传送带运动位移216.25msLs=−=则摩擦力产生热量()12cosQmgss=+解得37.5JQ=15.如图所示，在竖直坐标平面xO

y内存在有水平方向的匀强电场（方向未画出）。以原点O为圆心，半径为r的圆与y轴交于A点，P为圆周上一点，OP与x轴正方向成30o角。在A点将质量为m，带电量为q的带正电小球由静止释放，小球将从P点离开圆形区域，若从A点沿不同方向以相同的速率0v抛出小球，发现小球从Q点（图中未画出）离开

圆形区域时动能最大。重力加速度为g，求：（1）电场强度的方向和大小；（2）A、P两点的电势差APU；（3）小球从Q点离开圆形区域时的动能。【答案】（1）电场强度方向水平向右，3mgq；（2）32mgrq；（3）20132mgrmv+【解析】【详解】（1）小球由静止释放，

小球将做匀加速直线运动从P点离开圆形区域，可知小球受到重力和电场力的合力沿AP方向，则电场方向水平向右，由力的合成有tan60qEmg=解得3mgEq=（2）由几何关系可知A、P水平距离为3cos302drr==A、

P两点的电势差APUEd=解得32APmgrUq=（3）根据动能定理，重力和电场力的合力对小球做功最多时，小球的动能最大，则过O作AP的平行线与圆的交点就是Q，如图所示A、Q沿合力方向的距离为cos60Lrr=+重力和电场力的合力为2sin30mgFmg=

=小球从A到Q，根据动能定理有2012QFLEmv=−解得20132QEmgrmv=+