湖南省名校聯(lián)合體2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期期中考試物理試題 A卷 含解析

炎德·英才·名校聯(lián)考聯(lián)合體2025年春季高二年級期中聯(lián)考物理（A卷）（考試范圍：必修一至選擇性必修三第一、二章）時量：75分鐘滿分：100分第Ⅰ卷（選擇題共44分）一、單選題（本大題共6小題，每題4分，共24分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求）1.歷史上的科學(xué)家憑借他們璀璨的智慧和科學(xué)的方法開辟了物理認(rèn)知的新途徑。下列關(guān)于物理學(xué)史和研究方法的說法錯誤的是（）A.托馬斯·楊的雙縫干涉實驗說明了光是一種機(jī)械波B.“平方反比”規(guī)律的類比在庫侖定律的建立過程中發(fā)揮了重要作用C.楞次通過分析實驗現(xiàn)象，總結(jié)出了楞次定律。這是歸納推理法的應(yīng)用D.伽利略通過邏輯推理和實驗否定了亞里士多德提出的重的物體下落得快、輕的物體下落得慢的觀點【答案】A【解析】【詳解】A．托馬斯·楊雙縫干涉實驗，只能證明光是一種波，但不能證明光是機(jī)械波，A錯誤。B．“平方反比”規(guī)律的類比在庫侖定律的建立過程中發(fā)揮了重要作用，選項B正確；C．楞次通過分析實驗現(xiàn)象，總結(jié)出了楞次定律，這是歸納推理法的應(yīng)用，選項C正確；D．伽利略通過邏輯推理和實驗否定了亞里士多德提出的重的物體下落得快、輕的物體下落得慢的觀點，認(rèn)為輕重物體下落的同樣快，選項D正確。此題選擇錯誤的，故選A。2.智能機(jī)器人為我們的生產(chǎn)、生活帶來了便利。如圖甲所示，某機(jī)器人正搬著貨物沿水平方向運動，假設(shè)此貨物在某過程中速度v隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，取水平向右為正方向，忽略空氣阻力的影響。關(guān)于貨物的受力和運動情況下列說法正確的是（）A.內(nèi)貨物水平向左運動B.內(nèi)貨物的加速度最大C.內(nèi)機(jī)器人對貨物作用力的大小等于貨物所受的重力D.內(nèi)機(jī)器人對貨物作用力的大小小于貨物所受的重力【答案】C【解析】【詳解】AB．由圖可知，內(nèi)貨物速度方向為正方向，所以內(nèi)貨物是沿水平向右的方向做勻減速運動，且圖像的斜率比內(nèi)圖像的斜率大，即內(nèi)的加速度最大，故AB錯誤；C．內(nèi)貨物做勻速運動，所受合力應(yīng)為0，所以機(jī)器人對貨物的作用力大小一定等于貨物所受的重力，故C正確；D．內(nèi)貨物做減速運動，加速度水平向左，機(jī)器人對貨物的作用力應(yīng)斜向左上方，其豎直分力抵消貨物所受的重力，水平分力提供所需加速度，所以機(jī)器人對貨物的作用力一定大于貨物所受的重力，故D錯誤。故選C。3.如圖所示，圖甲為沿x軸傳播一列簡諧波在t=0.01s時刻的波動圖像，P、Q分別是x軸上和處的兩質(zhì)點，其中圖乙為質(zhì)點P的振動圖像，下列說法正確的是（）A.該波沿x軸正方向傳播，波速為15m/sB.質(zhì)點P經(jīng)0.01s的時間將沿x軸移動15cmC.該波與另一列頻率為0.25Hz的波相遇時，可能發(fā)生穩(wěn)定的干涉D.t=0.15s時，質(zhì)點Q沿y軸負(fù)方向運動【答案】D【解析】【詳解】A．t=0.01s時，質(zhì)點P向y軸負(fù)方向運動，結(jié)合甲圖，由“上下坡”法可知，機(jī)械波向x軸負(fù)方向傳播，A錯誤；B．機(jī)械波傳播過程中，任意質(zhì)點不會隨波遷移，B錯誤；C．該波的頻率為發(fā)生干涉要滿足兩列波頻率相同，該波與另一列頻率為0.25Hz的波相遇時，不可能發(fā)生穩(wěn)定的干涉，C錯誤；D．在t=0.15s時，即再經(jīng)過，質(zhì)點Q回到平衡位置，速度方向沿y軸負(fù)方向，D正確。故選D。4.如圖所示，間距為L的粗糙平行金屬導(dǎo)軌水平固定放置，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面成30°角斜向上，一質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放在金屬導(dǎo)軌上并保持良好接觸，當(dāng)閉合開關(guān)時，通過金屬桿的電流為I，金屬桿保持靜止，重力加速度為g，下列關(guān)于金屬桿受力情況的說法正確的是（）A.安培力大小B.支持力大小為C.安培力和摩擦力的合力方向豎直向上D.若僅將磁場反向，金屬桿仍能靜止，則摩擦力減小【答案】B【解析】【詳解】A．對金屬桿進(jìn)行受力分析如圖所示，金屬桿受重力、支持力、斜向下的安培力以及水平向左的摩擦力，安培力為A錯誤；B．支持力大小為B正確；C．根據(jù)受力分析圖可知安培力和摩擦力的合力方向豎直向下，C錯誤；D．當(dāng)磁場方向反向時，摩擦力和安培力皆反向，摩擦力仍然等于安培力沿水平方向的分力，大小未變，所以D錯誤。故選B。5.如圖甲所示，O、A、B為一條電場線上的三點，一電子僅在靜電力作用下沿直線運動，依次經(jīng)過O、A、B點，以O(shè)點為零電勢點，該電子運動過程中電勢能隨移動距離x的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法中正確的是（）A.該電場可能是孤立點電荷形成的電場B.A點的電場強(qiáng)度等于B點的電場強(qiáng)度，A點的電勢高于B點的電勢C.電子在A點的加速度大于在B點的加速度，在A點的速度大于在B點的速度D.電場線的方向是從O點指向B，電子由A點運動到B點的過程中靜電力對其所做的功【答案】B【解析】【詳解】A．由題圖可知，從O點到B點，電子的電勢能隨移動距離均勻增加，則電勢隨移動距離也均勻增加，該電場一定為勻強(qiáng)電場，不可能為孤立點電荷形成的電場，A、B兩點的電場強(qiáng)度相等，故A錯誤；B．由于，但電子帶負(fù)電，則，故B正確；C．電子僅受電場力在A、B兩點的加速度相等，在A點的速度大于在B點的速度，故C錯誤；D．電子在A、B兩點的電勢能分別為和，且，說明電子由A點運動到B點時電勢能增大，靜電力做負(fù)功，靜電力對其所做的功為故D錯誤。故選B。6.如圖所示，直角三角形MPN區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場?！螹=30°，，C為MP的中點，D為NP的中點，在C點有一粒子源不斷沿垂直于PM方向射入速度大小不同的正、負(fù)電粒子。粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為e。不考慮粒子間的相互作用，不計粒子的重力。下列說法正確的是（）A.可能有粒子從M點射出磁場B.從D點離開磁場的粒子的速度大小為C.從MN邊射出的正粒子在磁場中運動的最長時間為D.負(fù)粒子在磁場中運動最長時間為【答案】C【解析】【詳解】A．正粒子恰好從MN邊界射出的軌跡如圖所示根據(jù)正粒子的運動的軌跡可知，不可能從M點射出磁場，故A錯誤；C．粒子在磁場中運動的周期為當(dāng)從MN邊射出的正粒子運動的軌跡與MN相切時在磁場中運動時間最長，由幾何關(guān)系可知圓心角為120°，則最長時間故C正確；B．負(fù)粒子從D點離開磁場的軌跡如圖，負(fù)粒子從D點離開磁場時，由幾何關(guān)系知解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得則負(fù)粒子的速度大小為故B錯誤；D．粒子從P、M之間射出時在磁場中運動時間最長，則在磁場中運動的最長時間為故D錯誤。故選C。二、多項選擇題（本大題共4小題，每題5分，共20分。每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）7.如圖所示，已知地球半徑為R，地球赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度大小為，向心加速度大小為，地球自轉(zhuǎn)周期為；近地衛(wèi)星的軌道半徑近似為R，運行線速度大小為，加速度大小為，運動周期為；地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，運行線速度大小為，加速度大小為，運動周期為。下列選項正確的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【詳解】BD．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得可得，則有，故B正確，D錯誤；C．地球赤道上的物體與同步衛(wèi)星的角速度和周期相等，故C正確。A．根據(jù)，可得則有故A錯誤。故選BC。8.如圖所示，一交流發(fā)電機(jī)，其中矩形線圈abcd的邊長，，匝數(shù)n=200匝，線圈的總電阻r=0.20Ω，線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，角速度。線圈兩端通過電刷E、F與阻值R=4.8Ω的定值電阻連接，不計其他電阻。下列選項中正確的是（）A.線圈平面與磁感線垂直時，磁通量變化率最大B.在1s內(nèi)該交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交變電流的電流方向改變50次C.從線圈經(jīng)過中性面開始計時，線圈中感應(yīng)電動勢隨時間變化的函數(shù)表達(dá)式為D.此發(fā)電機(jī)在上述工作狀態(tài)下的輸出功率為960W【答案】CD【解析】【詳解】A．當(dāng)線圈平面與磁感線垂直時，磁通量最大，磁通量變化率為零，故A錯誤；B．角速度，可知周期T=0.02s頻率為因電流方向在一個周期內(nèi)改變2次，可知在1s內(nèi)該交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交變電流的電流方向改變100次，故B錯誤；C．感應(yīng)電動勢的最大值為從線圈經(jīng)過中性面開始計時，線圈中感應(yīng)電動勢隨時間變化的函數(shù)表達(dá)式為故C正確；D．電動勢有效值電流有效值此發(fā)電機(jī)在上述工作狀態(tài)下的輸出功率故D正確。故選CD。9.如圖所示，在水平地面上放置一導(dǎo)熱良好的汽缸，汽缸和可自由滑動的活塞（不計厚度）之間密封著一定質(zhì)量的理想氣體，已知活塞和重物的總質(zhì)量為m，活塞的橫截面積為S，活塞距汽缸底部的高度為h，大氣壓強(qiáng)為。重力加速度為g。不計活塞與汽缸壁間的摩擦，若外界溫度保持不變，下列說法正確的是（）A.汽缸內(nèi)氣體的初始壓強(qiáng)為B.緩慢增大重物質(zhì)量，與初始時相比，汽缸內(nèi)氣體的平均分子速率變大C.若僅緩慢降低環(huán)境溫度，則與初始時相比活塞高度降低D.若重物質(zhì)量緩慢增大了，汽缸內(nèi)氣柱的高度減小了，則【答案】ACD【解析】【詳解】A．對活塞和重物受力分析，由平衡條件可知解得汽缸內(nèi)氣體的初始壓強(qiáng)為故A正確；B．汽缸導(dǎo)熱良好，緩慢增大重物質(zhì)量過程中，汽缸內(nèi)氣體溫度不變，內(nèi)能不變，汽缸內(nèi)氣體的平均分子速率不變，故B錯誤；C．僅緩慢降低環(huán)境溫度，氣體發(fā)生等壓變化，體積減小，則與初始時相比活塞高度降低，故C正確；D．若重物質(zhì)量緩慢增大了，汽缸內(nèi)氣柱的高度減小了，由氣體等溫變化有解得故D正確。故選ACD。10.如圖所示，光滑的金屬導(dǎo)軌abc和def平行放置，相距L=1m，導(dǎo)軌傾斜部分與水平面夾角θ=30°，并與水平導(dǎo)軌平滑相接，導(dǎo)軌水平部分所在空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T。質(zhì)量的導(dǎo)體棒MN放置在與be相距的傾斜導(dǎo)軌上，其接入回路的電阻。質(zhì)量的導(dǎo)體棒PQ靜止在與be相距的水平導(dǎo)軌上，其接入回路的電阻。讓導(dǎo)體棒MN從傾斜軌道靜止下滑，整個運動過程中導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好并垂直，兩棒發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，不計金屬導(dǎo)軌電阻和空氣阻力。導(dǎo)軌水平部分足夠長，重力加速度，下列說法正確的是（）A.若導(dǎo)體棒PQ固定，則從釋放MN棒至兩棒相碰的過程中流過MN棒的電荷量為1CB.若導(dǎo)體棒PQ固定，則MN棒與PQ棒相碰前瞬間的速度大小為1m/sC.若導(dǎo)體棒PQ不固定，兩棒碰撞后瞬間MN棒的速度大小為1m/sD.若導(dǎo)體棒PQ不固定，兩棒從靜止到最終達(dá)到穩(wěn)定的整個過程中兩根導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總熱量為3J【答案】AD【解析】【詳解】A．由機(jī)械能守恒求得導(dǎo)體棒MN下滑到水平軌道的速度若PQ棒固定，兩導(dǎo)體棒碰撞前，回路MNQP內(nèi)磁通量變化量則這段時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢為回路內(nèi)平均感應(yīng)電流為因此可求得這段時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為故A正確；B．從MN導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場到兩棒相碰這個過程中，對MN棒由動量定理可得所以求得MN棒碰前速度變化量因此MN棒碰前速度，故B錯誤；C．若PQ棒不固定，MN棒向右進(jìn)入磁場后，回路MNQP磁通量減少，產(chǎn)生順時針感應(yīng)電流，PQ棒受到安培力向右，做加速運動MN棒受到安培力向左，做減速運動，最終MN棒與PQ棒相碰時，二者相對位移為，回路MNQP內(nèi)磁通量變化量因此同理可得MN棒碰前速度仍然為對PQ棒由動量定理可得所以求得MN棒碰前速度變化量因此PQ棒碰前速度兩棒發(fā)生彈性碰撞，兩棒組成的系統(tǒng)有動量守恒和機(jī)械能守恒，即，聯(lián)立兩式解得碰后MN棒速度，PQ棒速度，故C錯誤；D．由于兩棒發(fā)生彈性碰撞無能量損失，最終兩棒將以相同的速度做勻速直線運動，由兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒可求得最終共速速度由能量守恒可求得，故D正確。故選AD。第Ⅱ卷（非選擇題共56分）三、非選擇題（共56分）11.某同學(xué)欲利用如圖甲所示的實驗裝置測量當(dāng)?shù)刂亓铀俣取Ｖ饕襟E如下：（1）選擇合適器材，用刻度尺測量細(xì)線的長度L，用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑d，如圖乙所示，d=______mm，然后按圖甲所示組裝實驗儀器，使小球球心恰好靜止于光電門中心；（2）將小球拉離豎直位置一小角度（小于5°），將小球由靜止釋放；（3）記錄下小球擺到最低點時的擋光時間以及從第1次經(jīng)過光電門到第21次經(jīng)過光門的總時間t，計算得小球擺動周期T=______；（4）計算得到當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間=______。（用“L、d、t、π”表示）；（5）該同學(xué)在實驗中測出擺繩偏角為α，若等式______成立（用“L、d、α、、g”表示），則能說明小球在擺動過程中機(jī)械能守恒。【答案】①.10.60②.③.④.【解析】【詳解】（1）用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑d=10mm+0.05mm×12=10.60mm（2）小球擺動周期（3）根據(jù)可得（4）若小球在擺動過程中機(jī)械能守恒，則滿足即12.某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓為3.8V，額定電流為0.32A）電壓表（量程3V，內(nèi)阻為3kΩ）電流表（量程0.5A，內(nèi)阻約為0.5Ω）滑動變阻器（阻值0~5Ω，額定電流為0.5A）滑動變阻器（阻值0~10Ω，額定電流為1A）電阻箱（阻值0~9999Ω）電源E（電動勢4.5V，內(nèi)阻不計）開關(guān)S；導(dǎo)線若干。（1）該實驗要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0~3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行測量，需要將電壓表量程擴(kuò)大至4V，則與電壓表串聯(lián)的電阻箱阻值應(yīng)調(diào)為______Ω；（2）請用筆畫線將實物圖中的電路補(bǔ)充完整______；（3）實驗所要選擇的滑動變阻器是______（填寫或）；（4）完成電壓換算后描繪的小燈泡伏安特性曲線為上圖中的曲線，則可知小燈泡的電阻隨電壓的增大而______（填寫“增大”“不變”或“減小”）；（5）若該同學(xué)將一個4Ω的電阻和兩個同種上述型號的小燈泡串聯(lián)后與該電源相連，則一個燈泡的功率為______W（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）1000（2）（3）（4）增大（5）0.38~0.44【解析】【小問1詳解】電壓表量程為3V，要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0~3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行測量，需要給電壓表串聯(lián)一個定值電阻擴(kuò)大量程至4V，解得【小問2詳解】題目中要求小燈泡兩端電壓從零開始，故滑動變阻器用分壓式接法；因電壓表內(nèi)阻已知，況且小燈泡的電阻所以可知應(yīng)采用電流表外接，電路連線如圖【小問3詳解】若選擇，則通過滑動變阻器的電流，故只能選擇；【小問4詳解】由圖像知，圖像中的點與坐標(biāo)原點連線的斜率在減小，表示燈泡的電阻隨電流的增大而增大。【小問5詳解】設(shè)小燈泡的電壓為U，電流為I，由得作出圖線如圖所示。（0.38~0.44W均給分）。13.如圖甲所示，一均勻玻璃體上部為半球體，下部為圓柱體，已知半球體的半徑和圓柱體的半徑均為R，圓柱體高度也為R；圓柱體的底面中心O點放一點光源，圓柱體的側(cè)面上的P點有一條出射光線，此出射光線與界面的夾角為θ=30°，P點距下底面。不計二次反射后的光線折射，已知球冠（曲面，不含底面）表面積的計算公式為，R為球的半徑，h為球冠的頂端到球冠底面圓心的高度，如圖乙所示，求：（1）該玻璃對光的折射率；（2）球冠上發(fā)光部分的表面積。【答案】（1）（2）【解析】小問1詳解】光路如圖幾何關(guān)系知又依折射率定義則該玻璃對光的折射率為【小問2詳解】設(shè)光線在下圖所示的位置恰好發(fā)生全發(fā)射則有解得由圖可知，則，結(jié)合圖知依球冠表面積的計算公式，得球冠上發(fā)光部分的表面積14.如圖所示，空間中有一平面直角坐標(biāo)系，在x軸上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T，在x軸下方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為，PQ是一個垂直于x軸的屏幕，O點到PQ的距離為L=7m，有一個質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子，，從y軸上坐標(biāo)為的M點由靜止釋放，最后垂直打在PQ上。不計重力，求：（1）粒子到達(dá)O點時的速度大?。唬?）粒子在整個運動過程中的路