高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1荊州市2024—2025學(xué)年高二年級質(zhì)量檢測物理試卷注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4.考試結(jié)束后，請將答題卡上交。一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.下列關(guān)于物理學(xué)史的說法正確的是（）A.伽利略提出“力是維持物體運動的原因”的觀點B.開普勒發(fā)現(xiàn)行星運動的三大定律C.安培發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)D.法拉第提出分子電流假說【答案】B【解析】A．伽利略通過實驗和推理否定了“力是維持物體運動的原因”的觀點，提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故A錯誤；B．開普勒在第谷觀測數(shù)據(jù)的基礎(chǔ)上，總結(jié)出行星運動的三大定律，故B正確；C．電流的磁效應(yīng)由奧斯特發(fā)現(xiàn)，安培的研究集中在電流間的相互作用（安培力）和分子電流假說，故C錯誤；D．分子電流假說是安培提出的，法拉第的主要貢獻是發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故D錯誤。故選B。2.如圖所示為某時刻LC振蕩電路中磁場的方向，且電流正在增大，則關(guān)于該時刻的下列說法正確的是（）A.電容器上極板帶負電，下極板帶正電B.電容器正在充電，兩端的電壓正在增大C.電場能正在向磁場能轉(zhuǎn)化D.電容器極板上的電荷量逐漸增多【答案】C【解析】AB．由于電流正在增大，說明是放電過程，根據(jù)安培定則可判斷線圈中電流方向從上到下，則電容器上極板帶正電，下極板帶負電，故AB錯誤；C．放電過程，電場能正在向磁場能轉(zhuǎn)化，故C正確；D．放電過程，電容器的電場能逐漸減小，則極板上的電荷量逐漸減少，故D錯誤。故選C。3.氫原子能級如圖甲所示，大量處于某高能級的氫原子，向低能級躍遷時僅能發(fā)出a、b、c三種頻率的光（）。分別用這三種光照射圖乙電路的陰極，均發(fā)生光電效應(yīng)，逸出光電子的最大初動能分別為、和。下列說法正確的是（）A.大量的氫原子處于能級B.C.用a光照射時，當滑片P從左端向右端移動時，光電流I一定一直增大D.圖乙中陰極材料的逸出功可能為1.51eV【答案】D【解析】A．大量處于某高能級的氫原子向低能級躍遷發(fā)出種頻率的光，則大量的氫原子處于能級，故A錯誤；B．根據(jù)光電效應(yīng)方程，由和同種材料的逸出功相同，可得，故B錯誤；C．由電路圖可知光電管兩端加的正向電壓，用a光照射時，當滑片P從左端向右端移動時，所加正向電壓逐漸增大，能夠到達正極的光電子逐漸增大，當單位時間內(nèi)所有溢出的光電子均到達正極板后，由可知達到飽和光電流不再增大，則光電流I可能先增大后不變，故C錯誤；D．三種頻率的光均能發(fā)生光電效應(yīng)，可知，而則圖乙中陰極材料的逸出功小于，可能為1.51eV，故D正確。故選D。A.0 B. C. D.【答案】C【解析】由于子彈射入木塊的時間極短，系統(tǒng)的動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得解得從彈簧被壓縮到彈簧被壓縮最短的過程中，對木塊（含子彈）根據(jù)動量定理得解得即彈簧對木塊沖量的大小為，方向水平向左；故選C。5.一列簡諧橫波在時刻的圖像如圖甲所示，波上三個質(zhì)點的位置標注其中，質(zhì)點的振動圖像如圖乙所示。以下說法正確的是（）A.這列波沿軸正方向傳播B.從開始，質(zhì)點比質(zhì)點早到達波谷C.從開始，緊接著的時間內(nèi)，質(zhì)點通過的路程是6cmD.若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為5cm的小孔，不能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象【答案】B【解析】A．由圖乙可知質(zhì)點在在平衡位置向下振動，由圖甲對質(zhì)點根據(jù)同側(cè)法可知這列波沿軸負方向傳播，故A錯誤；B．波沿軸負方向傳播，從開始，由同側(cè)法可知質(zhì)點向下振動，質(zhì)點向上振動，則質(zhì)點比質(zhì)點早到達波谷，故B正確；C．由圖乙可知波的周期為，而，則質(zhì)點從平衡位置振動的路程為，故C錯誤；D．波的波長為，障礙物的尺寸5cm遠遠小于波長，則波發(fā)生明顯的衍射，故D錯誤。故選B。6.如圖所示，交流電源AC輸出的電壓有效值恒定，和為定值電阻，為滑動變阻器，變壓器原副線圈匝數(shù)比為定值，變壓器視為理想變壓器，電流表和電壓表視為理想電表，在滑動變阻器滑片由端向端滑動過程中，下列說法正確的是（）A.示數(shù)變大 B.示數(shù)變小C.示數(shù)不變 D.示數(shù)變大【答案】A【解析】將變壓器的副線圈電阻等效在原線圈電路上，有則對原線圈電路由閉合電路的歐姆定律有A．滑片由端向端滑動過程中，即減小R的阻值，則變小，可知變大，即的示數(shù)變大，故A正確；C．電壓表所測電壓為因變大，則變小，即電壓表的示數(shù)變小，故C錯誤；B．由理想變壓器兩端的電流與匝數(shù)關(guān)系有因變大，則因變大，即的示數(shù)變大，故B錯誤；D．根據(jù)理想變壓器兩端的電壓與匝數(shù)關(guān)系有因變小，則變小，即的示數(shù)減小，故D錯誤。故選A。7.如圖是等腰三棱鏡的橫截面，其頂角為，。一條光線從邊上點入射，從邊上點出射，入射光線與出射光線的夾角稱為偏向角，理論分析表明，當入射角和出射角相等時，取得最小值，稱為最小偏向角，記為，下列說法正確的是（）A.頂角和三棱鏡材質(zhì)相同的情況下，不同頻率的入射光最小偏向角相同B.三棱鏡材質(zhì)相同的情況下，同一入射光的最小偏向角與棱鏡頂角無關(guān)C.測出入射光的和頂角可以求出該棱鏡的折射率D.當取最小值時，與不平行【答案】C【解析】A．頂角和三棱鏡材質(zhì)相同的情況下，頻率越大的入射光線的折射率越大，則光線的偏折程度越大，則最小偏向角越大，選項A錯誤；BC．三棱鏡材質(zhì)相同的情況下，由光的折射定律由幾何關(guān)系可知可知同一入射光的最小偏向角與棱鏡頂角有關(guān)；測出入射光的和頂角可以求出該棱鏡的折射率，選項B錯誤，C正確；8.鈾核（）發(fā)生衰變時生成釷核，已知的半衰期為年，鈾核、釷核和粒子（）的質(zhì)量分別為、和，光速為，下列說法正確的是（）A.10個經(jīng)過年后還剩5個B.該核反應(yīng)方程為C.該反應(yīng)中，鈾核的比結(jié)合能大于釷核的比結(jié)合能D.一個鈾核發(fā)生衰變釋放的能量為【答案】BD【解析】A．半衰期是統(tǒng)計學(xué)規(guī)律，只適用大量粒子的情況，故A錯誤；B．該核反應(yīng)方程為，故B正確；CD．該核反應(yīng)方程釋放能量，發(fā)生了質(zhì)量虧損，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程，一個鈾核發(fā)生衰變釋放的能量為該反應(yīng)中，釷核比結(jié)合能大于鈾核的比結(jié)合能，故C錯誤，D正確。故選BD。9.如圖所示，豎直放置的圓柱形容器內(nèi)，用質(zhì)量為m的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞在氣缸內(nèi)可以無摩擦地滑動，容器橫截面積為S，初始時活塞距離氣缸底部的距離為h，氣體溫度為T，當氣體從外界吸收熱量Q，活塞緩慢上升h時再次平衡，大氣壓強恒為p0，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.氣體的溫度變?yōu)?TB.氣體分子的平均動能保持不變C.密閉氣體對外做功的大小為p0ShD.密閉氣體內(nèi)能增加了Q?（p0S+mg）h【答案】AD【解析】A．氣體吸熱過程等壓過程，對氣體，由蓋呂薩克定律有解得，故A正確；B．溫度升高，氣體分子的平均動能增大，故B錯誤；C．對活塞，由平衡條件有則氣體對外做功大小，故C錯誤；D．根據(jù)熱力學(xué)第一定律有由于氣體對外做功，則聯(lián)立解得，故D正確。故選AD。10.在平面內(nèi)存在如圖所示的電磁場區(qū)域，在到的區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在沿軸正方向的勻強電場，在到的區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在沿軸負方向的勻強電場，區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的電場強度大小均為，在第一、四象限內(nèi)存在范圍足夠大且方向垂直紙面向里的非勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小滿足（為已知量）。坐標為的處有一粒子源，可以釋放初速度為0，電荷量為、質(zhì)量為的帶電粒子，粒子重力忽略不計，不考慮電磁場區(qū)域的邊緣效應(yīng)和粒子間的作用力，下列說法正確的是（）A.粒子第一次從區(qū)域Ⅰ進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為B.粒子第一次經(jīng)過軸的坐標與的大小有關(guān)C.粒子第一次經(jīng)過軸時速度方向與軸正方向的夾角滿足D.若，則粒子從區(qū)域Ⅱ進入磁場區(qū)域后，其速度方向第一次沿軸正方向時的橫坐標為【答案】ACD【解析】A．設(shè)粒子第一次從區(qū)域Ⅰ進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為，根據(jù)動能定理，解得，故A正確；BC．設(shè)粒子第一次經(jīng)過軸的坐標為，粒子在區(qū)域Ⅰ的運動時間滿足加速度坐標聯(lián)立解得，即粒子第一次經(jīng)過軸的坐標與的大小無關(guān)?？芍Ｗ迂Q直位移為，水平位移為，故粒子第一次經(jīng)過軸時速度方向與軸正方向的夾角滿足，故B錯誤，C正確；D．粒子從區(qū)域Ⅱ進入磁場區(qū)域后，其速度方向第一次沿軸正方向，說明其豎直分速度減為0，根據(jù)C選項，可求得豎直分速度為在豎直方向，洛倫茲力的豎直分量為，根據(jù)動量定理又，代入上式解得粒子比荷為聯(lián)立解得，故D正確。故選ACD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.在做“用單擺測重力加速度”的實驗時，用游標卡尺測量擺球直徑如圖所示：（1）擺球直徑為__________mm；（2）某同學(xué)用單擺裝置測量的當?shù)刂亓铀俣萭值比真實的g值略小，可能的原因是（單選）（）A.計算時誤將擺線長加小球直徑視為擺長B.開始計時時，秒表過早按下C.測擺線長時擺線拉得過緊（3）為提高實驗精度，在實驗中多次改變擺長L，并測出相應(yīng)的周期T，再以T2為橫坐標、L為縱坐標描繪L?T2圖像，將所得數(shù)據(jù)擬合成直線，并求得該直線的斜率k。則重力加速度g=________________（用k和π表示）?！敬鸢浮浚?）20.30（2）B（3）4π2k【解析】（1）擺球的直徑為（2）AC．由得若計算時誤將擺線長加小球直徑視為擺長，或測擺線長時擺線拉得過緊，則擺長的測量值偏大，會導(dǎo)致g的測量值偏大，故AC錯誤；B．若開始計時時，秒表過早按下，則周期的測量值偏大，根據(jù)可知，會導(dǎo)致g的測量值偏小，故B正確。故選B。（3）由得則L?T2圖像的斜率求得12.半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器是一種電學(xué)元件，該元件在壓力作用下會發(fā)生微小形變，其阻值隨壓力變化的圖線如圖甲所示。某學(xué)習(xí)小組設(shè)計了如圖乙所示的電路圖，并利用此裝置測量某一物體的質(zhì)量。已知圖乙中電源的電動勢為7.2V（內(nèi)阻未知），電流表A的量程為60mA，內(nèi)阻為18.0Ω，重力加速度取。（1）實驗時發(fā)現(xiàn)電流表A量程偏小，需要將其量程擴大為0.6A，應(yīng)給電流表______（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個阻值為______Ω的電阻（保留兩位有效數(shù)字）；（2）用改裝后的電流表按圖乙所示的電路圖進行測量，測量前先進行以下操作：壓力傳感器上先不放物體，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使電流表指針滿偏，保持滑片位置不變，然后在壓力傳感器上放一物體，讀出此時電流表的示數(shù)為0.36A，則可計算出壓力傳感器的阻值為______Ω（保留到小數(shù)點后一位），所放物體的質(zhì)量為______kg（保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）并聯(lián)2.0（2）13.00.80【解析】（1）[1][2]當小量程的電流表改裝成量程較大的電流表時，需要并聯(lián)一個小電阻，有代入數(shù)據(jù)，解得（2）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，當秤盤上不放重物時，半導(dǎo)體的阻值為，由圖甲可知調(diào)節(jié)滑動變阻器使得電流表滿偏，有其中改裝電表內(nèi)阻為當秤盤上放上重物，且電流表示數(shù)為0.36A時，有根據(jù)圖線甲可得，聯(lián)立得，13.籃球比賽是深受中學(xué)生喜愛的一項體育活動，為了讓籃球發(fā)揮最佳性能，賽前對籃球的檢查是一項重要工作。標準比賽用球的體積ml，用標準球用氣壓表測量示數(shù)為0.6bar，氣壓表測得值為籃球內(nèi)氣壓減大氣壓的差值，1bar=10?Pa。有一籃球用氣壓表測量示數(shù)為0.3bar，現(xiàn)用打氣筒對其充氣，大氣壓強Pa、打氣筒體積ml，空氣可視為理想氣體，忽略充氣過程溫度和籃球體積的變化，則為達到比賽用球標準，至少充氣多少次？【答案】【解析】設(shè)充氣次數(shù)為次，充氣前球內(nèi)氣體壓強充氣后球內(nèi)氣體壓強根據(jù)玻意耳定律，有代入數(shù)據(jù)求得。14.如圖所示，一質(zhì)量為的足夠長的木板放置于光滑水平面上，木板右側(cè)地面上固定一豎直擋板。在長木板上表面最左端放置一個可視為質(zhì)點的滑塊，給木板和滑塊一個初速度，使其一起向右運動，不考慮木板與擋板碰撞的能量損失，且不計碰撞時間。木板第一次碰撞擋板開始計時。已知滑塊質(zhì)量為，滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為。（1）求計時開始后，木板的右邊緣距離擋板的最大距離；（2）求從計時開始到木板與擋板第二次碰撞前，所用的時間。【答案】（1）（2）【解析】（1）方法一：木板與擋板撞后向左減速到零，由動能定理，解得方法二：木板的加速度由運動學(xué)公式，解得（2）木板與擋板撞后向左減速到零后反向加速，再勻速與擋板再次碰撞，設(shè)向右勻速速度為，由動量守恒定律解得根據(jù)牛頓第二定律解得木板勻變速運動過程用時，根據(jù)速度時間關(guān)系解得木板勻速運動過程用時，根據(jù)位移關(guān)系解得故從計時開始到木板與擋板第二次碰撞前，所用的時間15.如圖所示，間距為的傾斜平行光滑金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，有一勻強磁場垂直于斜面向上，磁感應(yīng)強度大小為，傾斜軌道完全處在