【文档说明】湖南省名校联考2024-2025学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，1.858 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9205d78235c2baca5916db7103e22bfa.html

以下为本文档部分文字说明：

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100NF=B.该运动员头部受到的平均撞击力大小为42NF=C.若延长撞击时间为0.2st=，其他条件不变，平均撞击力大小将减为105NF=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21()Ftmvmv=−−代入数据解得210NF=故AB错误；C．若延长撞击时间为0.2st=，则21()Ftmvmv=−−解得105

NF=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.2222gtnB.2224gtnC.2216gtnD.2232gtn【答案】A【解析】【详解】根据单摆的周期公式可得2RTg=tTn=所以2224gtRn=则生命之环的高度约为22222gt

hRn==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F

0，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02FgC.甲的质量为032FgD.两球心间的距离为02kqF【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0cos30Fmg=乙求得032Fmg=乙故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202cos60qkFL=求得02kLqF=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4rad/s5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4rad/s5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22s2.5s45T===故选D。6.如图所示，甲、乙两个带电小球绕O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p，动能为kE，甲、乙做圆周运动的半径之比为k，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k2EpD.乙的质量为2k2kpE【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pmv=，2k12Emv=可知甲的速度为k2Evp=故C正确；D．甲、乙的总动量为0，则pmvmv==根据线速度与角速度的关系有vvrr=甲、乙做圆周运动的半径之比为k，则2k2kp

mE=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10UIR=所以10URI=故C正确；D．根据闭合电路欧姆定律可得2UEIr=−所以2UrI=故D错误。故选BC。8.如图

所示、光滑绝缘的水平面AB与竖直面内半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BCD在B点平滑连接，O是圆心，OB、OD分别是竖直、水平半径，半径OC与竖直方向的夹角为45，A、B两点间的距离也为R，整个轨道处在水平向

右电场强度为E的匀强电场中。现让带电量为q的小球（可视为质点），从A点由的静止释放，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g，下列说法正确的是（）A.小球的质量为Eqg

B.小球在D点的动能等于从A到D电势能的减少量C.小球从B到D的过程中，在D点的速度最大D.小球从B到D的过程中，在C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Eqmg=求得Eqmg=故A正确；B．小球从A到D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D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45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k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2:1D.若金属板1、2间电压为U，则粒子从金属板4右边缘射出的速度大小为2Uk【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1U和2U，3、4间的场强为2E，极板间的距离和长度都为d，则有21012qUmv=02d

vt=22122dat=2qEam=22UEd=联立各式，求得212UU=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1t和2t，则有012vdt=02dvt=求得122tt=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212qUqUmv+=其中qkm=求得2vUk=故D正确。故选BCD。10.一辆质量为m的汽车在公路上做加速直线运动，其动量p与时间t的关系图像如图中实线所示，BC段的反向延长线经过坐标原点O。已知三

角形BCD的面积为0S，BC的斜率是AB斜率的2倍，下列说法正确的是（）A.pt−图像与横轴所围成面积表示合力的功B.00~2tt时间内的合力是00~t的2倍C.0t时刻汽车的动量大小为00StD.00~t时间内，汽车加速度大小为02

0Smt【答案】BD【解析】【详解】A．根据动能定理可知，合力的功为的212Wmv=pt−图像与横轴所围成面积即mvt，并非合力的功，故A错误；B．根据pFt=可知图像的斜率代表合力，则00~2tt时间内

的合力是00~t的2倍，故B正确；C．设0t时刻汽车的动量大小为p，则20t时刻汽车的动量大小为2p，有0012Spt=解得002Spt=故C错误；D．由B、C分析可知00~t的合力为020212SFmat==解得020Samt=故D正确；故选B

D。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mgMm=+_____（用d、L、t1、t2表示）成立，则牛顿第二定律得到验证。（

3）若等式mgt=_____（用M、m、d、t1、t2表示）成立，则动量定理得到验证。【答案】（1）A（2）2222111()2dLtt−（3）2111()()Mmdtt+−【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FMa=mgFma−=22221222111()22vvdaLLtt−==−所以的2222111()2mgdMmLtt=−+【小问3详解】根据21()FtMvv=−21()()mgFtmvv−=−所以2111()()mgtMmdtt=+

−12.实验小组用如图1所示的电路来测量电阻xR的阻值，图中标准电阻的阻值为0R，E为电源，1S为单刀单掷开关，2S为单刀双掷开关，R为滑动变阻器，A为理想电流表。合上开关1S，将开关2S掷于1端，将R的触头置于适当的位置，记下A的示数1I，然后将2S掷于2端，

记下A的示数2I。改变R触头的位置，多测几组1I、2I的对应值，作出12II−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1S之前，R触头应置于_____（选填“

最右端”或“最左端”），多测几组1I、2I作12II−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1I=_____，若图2中图线的斜率为k，可得xR=_____。【答案】（1）（

2）①.最左端②.偶然（3）①.220xIRIR+②.0(1)kR−【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1S之前，保护电路可知，R触头应置于最左端；[2]多测几组1I、2I作12II−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2120xIRIIR=+[2]上式变形可得120(1)xRIIR=+根据图像斜率可知01xRkR=+为解得0(1)xRkR=−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）200mvEq，003mvEq（2）033E【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200vEqmR=所以200mvREq=粒子从A到B的运动时间为12tT=02RTv=所以0103

mvtEq=【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20tan60atv=Eqam=21tt=联立解得033EE=14.如图所示，光滑硬直杆与水平面成37夹角固定放置，劲度系数为k的轻质弹簧一端连接在固定点O，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O点正

上方的A点由静止释放，当圆环运动到O点的等高点B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A点时弹簧处于原长状态，当圆环运动到P点时弹簧与杆垂直，A、B两点间的距离为5L，重力加速度为g，弹簧的弹性势能pE与形变量x的关系式为2

p12Ekx=，sin370.6=，cos370.8=，求：（1）圆环质量；（2）圆环运动到P点时杆对圆环的弹力大小；（3）圆环运动到B点时重力的瞬时功率。的【答案】（1）3kLg（2）3kL（3）35kLgL【解析】【小问1详解】由图可知5

sin373OALL==5cos374OBLL==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2p15sin372BmgLmvE=+由题意知()22p114322BmvEkLL=

=−联立求得3BvgL=3kLmg=【小问2详解】圆环运动到P点时，设杆对圆环的弹力大小为NF，对圆环进行受力分析，如图所示由垂直杆方向受力平衡，有Ncos37FmgF=+其中()33cos37FkLL=−

联立，求得N3kLF=【小问3详解】圆环运动到B点时，重力的瞬时功率为Gsin37BPmgv=又3BvgL=3kLmg=代入，求得G35kLgLP=15.如图所示，内壁光滑的细圆管轨道，由AB、BCD两部分组成，竖直放置固定在水平地面上，AB是抛物线形状，BCD是半径为R的圆弧轨道，两轨道平滑

连接，A点处的切线水平，B点处的切线与水平方向的夹角为60，CD是圆弧轨道的竖直直径。小球乙放置在C点，小球甲从A点由静止开始沿着管的内壁下滑，运动到C点时与乙发生弹性碰撞，碰撞刚结束时，甲、乙的速度等大反向，然后乙向上运动恰好能到达D点。重

力加速度为g，两小球均可视为质点，求：（1）甲、乙的质量之比；（2）A、B两点的高度差；（3）在A点给甲一个水平向右的初速度Av，若甲在细圆管内部从A运动到B的过程中与管壁恰好无作用力，则Av为多少。【答案】（1）1

3（2）7.5R（3）5AvgR=【解析】【小问1详解】甲运动到C点时与乙发生弹性碰撞，碰撞刚结束时，甲、乙的速度等大反向，有101122mvmvmv=+222101122111222mvmvmv=+其中12vv=−解得甲、乙的质量之比为1213mm=【小问2详解

】乙向上运动恰好能到达D点，则在D点的速度为0，对乙，根据动能定理有2222122mgRmv−=−对甲，根据动能定理有211012mgHmv=解得8HR=则A、B两点的高度差为(1cos60)7.5HHRR=−−

=【小问3详解】甲从B到C，根据平抛运动规律有2tan602tanHx==Axvt=212Hgt=解得5AvgR=