湖北術(shù)東南省級示范高中教育教學(xué)改革聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期期中聯(lián)考試題含解析

PAGE21-湖北省鄂東南省級示范中學(xué)教化教學(xué)改革聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期期中聯(lián)考試題（含解析）一、選擇題1.以下說法正確的是（）A.牛頓定律是用大量試驗數(shù)據(jù)分析及總結(jié)前人閱歷得出的可以干脆試驗驗證B.“嫦娥一號”衛(wèi)星在地球上的慣性與它繞月球飛行時的慣性不同（燃料消耗忽視不計）C.在西漢末年《春秋緯考異郵》中記載有玳瑁吸衣若之說，是屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象D.原子從a能級狀態(tài)躍遷到b能級狀態(tài)時放射波長為λ1的光子；原子從b能級狀態(tài)躍遷到c能級狀態(tài)時汲取波長λ2的光子，已知λ1＞λ2。那么原子從a能級狀態(tài)躍遷到c能級狀態(tài)時將要汲取波長的光子【答案】D【解析】【詳解】A．牛頓第肯定律是建立在志向斜面的基礎(chǔ)上，通過邏輯化推理得出的，不行以干脆用試驗驗證，選項A錯誤；B．質(zhì)量是慣性大小的量度，則“嫦娥一號”衛(wèi)星在地球上的慣性與它繞月球飛行時的慣性相同（燃料消耗忽視不計），選項B錯誤；C．在西漢末年《春秋緯考異郵》中記載有玳瑁吸衣若之說，是屬于靜電現(xiàn)象，不屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，選項C錯誤；D．已知λ1＞λ2，所以γ1＜γ2，知從a能級狀態(tài)躍遷到b能級狀態(tài)時放射光子的能量小于從b能級狀態(tài)躍遷到c能級狀態(tài)時汲取光子的能量，所以a能級的能量小于c能級的能量，有hγ2-hγ1=hγ3即解得故D正確。故選D。2.“世界上第一個想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶。他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備(火箭(含燃料)、椅子、風(fēng)箏等)總質(zhì)量為M，點(diǎn)燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的炙熱燃?xì)庀鄬Φ孛嬉詖0的速度豎直向下噴出。忽視此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A.火箭的推力來源于燃?xì)鈱λ姆醋饔昧.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為C.噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為D.在火箭噴氣過程中，萬戶及所攜設(shè)備機(jī)械能守恒【答案】AB【解析】【詳解】A．火箭的推力來源于燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A正確；B．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，視萬戶及所攜設(shè)備(火箭(含燃料)、椅子、風(fēng)箏等)為系統(tǒng)，動量守恒，設(shè)火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運(yùn)動方向為正方向，則有解得火箭的速度大小為故B正確；C．噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動，依據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得上升的最大高度為故C錯誤；D．在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設(shè)備做正功，所以萬戶及所攜設(shè)備機(jī)械能不守恒，故D錯誤。故選AB。3.2024年下半年我國放射了北斗三號衛(wèi)星。北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的放射須要經(jīng)過幾次變軌，例如某次變軌，先將衛(wèi)星放射至近地圓軌道1上，然后在P處變軌到橢圓軌道2上，最終由軌道2在Q處變軌進(jìn)入圓軌道3，軌道1、2相切于P點(diǎn)，軌道2、3相切于Q點(diǎn)。忽視空氣阻力和衛(wèi)星質(zhì)量的變更，則以下說法正確的是（）A.該衛(wèi)星在軌道1的運(yùn)行周期大于軌道2上的運(yùn)行周期B.該衛(wèi)星在軌道從軌道1到軌道2再到軌道3，衛(wèi)星的機(jī)械能守恒C.該衛(wèi)星在軌道1上P點(diǎn)須要向前噴氣才能過渡到軌道2運(yùn)行D.該衛(wèi)星在軌道3上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度等于在軌道2上Q點(diǎn)的加速度【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)開普勒第三定律可知因衛(wèi)星在軌道1的半徑小于軌道2的半長軸，則該衛(wèi)星在軌道1的運(yùn)行周期小于軌道2上的運(yùn)行周期，選項A錯誤；B．該衛(wèi)星在軌道從軌道1到軌道2要在P點(diǎn)加速，則機(jī)械能增加，從軌道2到軌道3，要在Q點(diǎn)加速，則機(jī)械能又增加，則整個過程中衛(wèi)星的機(jī)械能增加，選項B錯誤；C．該衛(wèi)星在軌道1上P點(diǎn)須要向后噴氣加速才能過渡到軌道2運(yùn)行，選項C錯誤；D．該衛(wèi)星在軌道3上經(jīng)過Q點(diǎn)時所受的萬有引力等于在軌道2上Q點(diǎn)時受的萬有引力，則衛(wèi)星在軌道3上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度等于在軌道2上Q點(diǎn)的加速度，選項D正確。故選D。4.電源電動勢為內(nèi)阻為的電源和一個水平放置的電容為的平行板電容器及三個電阻阻值分別為的電阻組成如圖所示的電路.當(dāng)開關(guān)閉合后，電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將開關(guān)斷開，則以下推斷正確的是（）A.液滴帶正電B.液滴將向下運(yùn)動C.斷開前電容器上的帶電荷量為D.斷開穩(wěn)定后電容器上的帶電量為【答案】C【解析】【詳解】電容器上極板與電源正極相連，帶正電，即兩極板間的電場強(qiáng)度豎直向下，液滴受到豎直向下的重力和電場力作用，二力平衡，所以電場力方向豎直向上，液滴帶負(fù)電，A錯誤；電路的等效電路結(jié)構(gòu)為：和電源串聯(lián)在一起，和電容器串聯(lián)，并聯(lián)在兩端，即電容器兩端電壓等于兩端電壓，當(dāng)S斷開，電容器兩端的電壓等于電源電動勢大小，變大，依據(jù)可得電容器兩極板間的電場強(qiáng)度增大，液滴受到的豎直向上的電場力變大，液滴向上運(yùn)動，B錯誤；S斷開前，依據(jù)閉合回路歐姆定律可知兩端電壓，即電容器兩端電壓，故電容器上所帶電荷量為，C正確；S斷開穩(wěn)定后，電路斷路，電容器兩端電壓等于E，故電容器所帶電荷量為，D錯誤故本題選：C【點(diǎn)睛】本題考查了電容器的動態(tài)分析問題，在處理此類問題時要關(guān)注電容器和電路結(jié)構(gòu)的關(guān)系，并利用來推斷電容的變更，再利用及來推斷微粒的運(yùn)動狀況．5.如圖所示，足夠長的木板B放置在水平地面上，大小可忽視的鐵塊A靜止放在木板B的最左端．從t＝0時刻起對A施加一個水平向右的力F，且力F的大小隨時間t成正比增加，已知鐵塊A的加速度aA隨時間t變更的圖象如圖乙所示，則木板B的加速度大小aB隨時間t的aB－t圖象是下列圖中的()A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】當(dāng)F≤2N時，A、B均不動，加速度均為0．當(dāng)2N＜F≤6N時，AB一起做加速運(yùn)動，加速度相同，B與A的加速度-時間圖象相同。當(dāng)F＞6N時，A相對于B運(yùn)動，B所受的合力等于A對B的滑動摩擦力，保持不變，所以B的加速度保持2m/s2不變，因此C圖正確，故ABD錯誤，C正確。6.如圖所示，斜面體置于粗糙水平面上，光滑小球被輕質(zhì)細(xì)線系住放在斜面上，細(xì)線另一端跨過由輕桿固定的光滑輕質(zhì)定滑輪，用方向不變的力拉細(xì)線使小球沿斜面緩慢向上移動一小段距離，斜面體始終靜止。則在小球移動過程中（）A.斜面對小球的支持力變大 B.輕桿對滑輪的作用力變大C.地面對斜面的摩擦力變大 D.細(xì)線對小球的拉力變小【答案】B【解析】【詳解】AD．設(shè)小球和斜面的質(zhì)量分別為m和M，繩子與斜面的夾角為θ，斜面傾角為α；取球探討：小球受到重力mg、斜面的支持力N和繩子的拉力T，則由平衡條件得

斜面方向mgsinα=Tcosθ①垂直斜面方向N+Tsinθ=mgcosα②使小球沿斜面緩慢移動時，θ增大，其他量不變，由①式知，T增大。由②知，N變小；故AD錯誤。

B．對滑輪而言，兩邊細(xì)繩的拉力變大，兩力夾角減小，可知兩力的合力變大，則輕桿對滑輪的作用力變大，選項B正確；C．對斜面分析受力：重力Mg、地面支持力N′和摩擦力f、小球?qū)π泵娴膲毫，由平衡條件得f=NsinαN變小，則f變小，故C錯誤。

故選B。7.如圖所示，三角形ABC為某透亮介質(zhì)的橫截面，O為BC邊的中點(diǎn)，∠BAO為θ。位于截面所在平面內(nèi)的一束光線以角i入射，第一次到達(dá)AB邊恰好發(fā)生全反射。則該介質(zhì)的折射率n為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】如圖所示，設(shè)光線在BC面上的折射角為r．

由折射定律得依據(jù)全反射規(guī)律可知

由幾何關(guān)系得90°-θ=C+r所以該介質(zhì)的折射率為故B正確，ACD錯誤。故選B。8.下列現(xiàn)象中，原子核結(jié)構(gòu)未發(fā)生變更的是（）A.氫氣放電管發(fā)出可見光 B.β衰變放出β粒子C.太陽內(nèi)部的核聚變 D.光電效應(yīng)現(xiàn)象【答案】AD【解析】【詳解】A．氫氣放電管發(fā)出可見光是原子從較高能級躍遷至較低能級的結(jié)果，是由于原子內(nèi)部電子運(yùn)動產(chǎn)生的，與原子核內(nèi)部變更無關(guān)，故A正確；

B．β衰變放出β粒子是原子核內(nèi)一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子和一個電子，所以導(dǎo)致原子核結(jié)構(gòu)發(fā)生了變更，故B錯誤；

C．太陽內(nèi)部的核聚變是原子核內(nèi)的熱核反應(yīng)，選項C錯誤；D．光電效應(yīng)是原子核外電子汲取光子能量逃逸出來的現(xiàn)象，跟原子核內(nèi)部變更無關(guān)，故D正確。

故選AD。9.如圖所示，a、b、c、d四個質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量大小均為q，小球d的電荷量大小為6q，h＝R。重力加速度為g，靜電力常量為k。則（）A.小球a肯定帶正電B.小球c的加速度大小為C.小球b的周期為D.外力F豎直向上，大小等于mg＋【答案】BD【解析】【詳解】A．a(chǎn)、b、c三小球所帶電荷量相同，要使三個做勻速圓周運(yùn)動，d球與a、b、c三小球肯定是異種電荷，由于d球的電性未知，所以a球不肯定帶正電，故A錯誤。

BC．設(shè)db連線與水平方向的夾角為α，則對b球，依據(jù)牛頓其次定律和向心力得：解得則小球c的加速度大小為，故B正確，C錯誤。

D．對d球，由平衡條件得故D正確。

故選BD。10.如圖所示，在一個等腰直角三角形區(qū)域ABC內(nèi)，存在方向垂直于紙面對里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場（邊界上有磁場），AC=BC=l，C90。質(zhì)量為m、電荷量為+q的大量相同粒子以不同速率從AB邊上距A點(diǎn)為l的D點(diǎn)既垂直于邊界AB又垂直于磁場方向射入勻強(qiáng)磁場，不計粒子間的相互作用力及粒子重力，則以下結(jié)論正確的是（）A.速率在范圍內(nèi)的粒子會從AC邊離開磁場B.從AC邊離開磁場的粒子在磁場中最短的運(yùn)動時間為tmin=C.從AB邊離開磁場的粒子在磁場中運(yùn)動的最大位移為2（1）lD.速率v的粒子都會從BC邊離開磁場【答案】BCD【解析】【詳解】A．當(dāng)粒子的速度為某一個值v1，剛好從C點(diǎn)離開磁場，圓心為A點(diǎn)，依據(jù)幾何關(guān)系知半徑為l，此時的速度最大得

當(dāng)粒子的速度最小時，軌跡剛好和磁場的邊界相切，半徑R2，由幾何關(guān)系解得由得所以速率在范圍內(nèi)的粒子會從AC邊離開磁場，故A錯誤；

B．從C點(diǎn)離開磁場的粒子在磁場中的運(yùn)動的圓弧最小，時間最短故B正確；C．當(dāng)軌跡和AC邊相切時，粒子從AB邊離開磁場的位移最大故C正確；

D．當(dāng)速率時，粒子都會從BC邊離開磁場，故D正確；

故選BCD。二、試驗題11.為了探究質(zhì)量肯定時加速度與力的關(guān)系。一同學(xué)設(shè)計了如圖所示的試驗裝置。其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量。（滑輪質(zhì)量不計）（1）試驗時，肯定要進(jìn)行的操作或保證的條件是_____；A.用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量B.由于彈簧測力計能夠測出繩的拉力，故不須要平衡摩擦力操作C.小車靠近打點(diǎn)計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計的示數(shù)D.變更砂和砂桶的質(zhì)量，打出幾條紙帶E.試驗中不須要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M（2）該同學(xué)在試驗中得到如圖所示的一條紙帶（相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間還有兩個點(diǎn)沒有畫出）。已知打點(diǎn)計時器采納的是頻率為60Hz的溝通電，依據(jù)紙帶可求出小車的加速度為_____m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（3）以彈簧測力計的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的a－F圖象是一條直線，圖線與橫軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為_____。A.B.kC.D.2tanθ【答案】(1).CDE(2).1.78(3).A【解析】【分析】【詳解】（1）[1]．A、本題拉力可以由彈簧測力計測出，不須要用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不須要使小桶（包括砂）的質(zhì)量遠(yuǎn)小于車的總質(zhì)量，故A錯誤，E正確；

B、該題是彈簧測力計測出拉力，要使拉力等于小車受到的合外力，必須要平衡摩擦力，故B錯誤；

C、打點(diǎn)計時器運(yùn)用時，都是先接通電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后再釋放紙帶，該試驗探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系，要記錄彈簧測力計的示數(shù)，故C正確；

D、變更砂和砂桶質(zhì)量，即變更拉力的大小，打出幾條紙帶，探討加速度隨F變更關(guān)系，故D正確；

故選CDE

（2）[2]．相鄰兩點(diǎn)間的時間間隔依據(jù)解得小車的加速度為（3）[3]．由牛頓其次定律則解得故選A。12.如圖(a)所示為一黑箱，內(nèi)有一節(jié)干電池、若干電阻，A、B為黑箱的兩個輸出端．(1)為探究黑箱，某同學(xué)用多用電表進(jìn)行以下測量，你認(rèn)為正確的操作是____．A．用歐姆擋測量AB間的電阻B．用直流電流擋測量AB司輸出電流C．用直流電壓擋測量AB間的輸出電壓D．用溝通電壓擋測量AB間的輸出電壓(2)含有電源的黑箱相當(dāng)于一個“等效電源”，A、B為等效電源的兩極．為了測定這個等效電源的電動勢和內(nèi)阻，該同學(xué)設(shè)計了如圖(b)所示的電路．調(diào)整電阻箱R的阻值，記錄下電壓表的示數(shù)U，圖(c)是依據(jù)試驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上畫出的圖象，若忽視電壓表內(nèi)阻的影響，依據(jù)圖象可求得等效電源的電動勢E=____V，等效內(nèi)阻r=____Ω．（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）(3)假如考慮電壓表內(nèi)阻的影響，測得的等效電源的電動勢與真實(shí)值相比____，測得的等效內(nèi)阻與真實(shí)值相比____．（均選填“偏大”、“偏小”或“相同”）【答案】(1).C(2).1.43(3).1.07（1.04~1.10Ω均正確）(4).偏小(5).偏小【解析】【詳解】（1）[1]因為黑箱中可能含有電源，不能用電阻檔干脆測量含源電路的電阻．用電流檔測量a、b間的輸出電流，可能會造成短路．也不能用溝通電壓擋測量AB間的輸出電壓，只能用直流電壓擋測量AB間的輸出電壓；故選C.（2）[2][3]由閉合電路歐姆定律可知：即由圖像可知解得E=143V；則r=1.09Ω；(3)[4][5]假如考慮電壓表內(nèi)阻的影響，由于電壓表的分流作用，使得測得的等效電源的電動勢與真實(shí)值相比偏小，測得的等效內(nèi)阻與真實(shí)值相比偏小.三、計算題13.一輛長為12m的客車沿平直馬路以15m/s的速度勻速向西行駛，一輛火車由靜止起先以4.0m/s2的加速度由西向東勻加速直線行駛，已知火車剛啟動時兩車車頭相距248m，求：（1）火車啟動后經(jīng)多長時間兩車車頭相遇？（2）已知兩車錯車（即車頭相遇到車尾剛好分開）所用的時間為2.0s，求火車車長?！敬鸢浮浚?）8s；（2）90m【解析】【詳解】（1）設(shè)火車啟動后經(jīng)過時間t1，兩車車頭相遇，此時

火車的位移客車的位移x2=vt1且有x2+x1=248m解得t1=8s（2）設(shè)火車從起先啟動到錯車結(jié)束所用的時間為t2，火車長為L，此時

火車的位移客車的位移x4=vt2且有x3+x4=248m+12m+L其中t2=8s+2s=10s解得L=90m14.如圖甲所示，間距為的光滑金屬U型軌道豎直放置，導(dǎo)軌下端連有一阻值為的電阻，虛線MN離導(dǎo)軌下端距離為，MN下方的區(qū)域存在垂直于紙面對內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變更狀況如圖乙所示。阻值為的導(dǎo)體棒PQ垂直于導(dǎo)軌放置在MN上方高的位置，時將導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場區(qū)域后恰能勻速下滑，已知0~1s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱90J，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，取重力加速度為g10m/s2，求：(1)1s時的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(2)導(dǎo)體棒PQ的質(zhì)量；(3)0~2s內(nèi)通過回路的電荷量。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)內(nèi)，導(dǎo)體棒自由下落，下落時間為所以內(nèi)，回路中產(chǎn)生感生電動勢回路中產(chǎn)生的焦耳熱解得(2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時的速度為導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場受到的安培力導(dǎo)體棒勻速下滑，依據(jù)平衡條件解得(3)通過回路的電荷量為則內(nèi)內(nèi)則通過回路的總電荷量為15.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的其次象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動，AO與x軸負(fù)方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球接著做直線運(yùn)動到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強(qiáng)電場和垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)其次象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向；(3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大?。敬鸢浮浚?）；（2）；方向與x軸正方向成53°角向上（3）；【解