高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGE2025學(xué)年湖南省雅禮教育集團(tuán)高二（下）期中物理試卷一、單選題：本大題共6小題，共24分。1.下列說(shuō)法中，正確的是（）A.萬(wàn)有引力常量最早由牛頓測(cè)量得出B.電子的電荷量最先是由密立根通過(guò)“油滴實(shí)驗(yàn)”精確測(cè)出C.愛(ài)因斯坦最先發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)現(xiàn)象D.J.J湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，隨后提出了經(jīng)典的“核式結(jié)構(gòu)”【答案】B【解析】A．萬(wàn)有引力常量最早由卡文迪許測(cè)量得出，故A錯(cuò)誤；B．電子的電荷量最先是由密立根通過(guò)“油滴實(shí)驗(yàn)”精確測(cè)出，B正確；C．光電效應(yīng)是由德國(guó)物理學(xué)家海因里希·赫茲于1887年首次發(fā)現(xiàn)的，C錯(cuò)誤；D．J.J湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了“棗糕式原子模型”，盧瑟福提出了經(jīng)典的“核式結(jié)構(gòu)”，D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖所示，圓形導(dǎo)體線圈，平放在水平桌面上，在的正上方固定一豎直螺線管，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動(dòng)變阻器連接成如圖所示的電路，若將滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，下列表述正確的是（）A.線圈中電流將增加B.線圈有收縮的趨勢(shì)C.穿過(guò)線圈的磁通量變小D.線圈中將產(chǎn)生從上向下看逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流【答案】C【解析】當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)時(shí)電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知通過(guò)線圈b的電流減小，b線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱，故穿過(guò)線圈a的磁通量變小，根據(jù)楞次定律“增縮減擴(kuò)”可知，線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)；根據(jù)b中的電流方向和安培定則可知b產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下穿過(guò)線圈a，根據(jù)楞次定律，a中的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)要阻礙原來(lái)磁場(chǎng)的減小，故a的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向也向下，則線圈a中感應(yīng)電流方向俯視應(yīng)為順時(shí)針，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示為某彈簧振子在0~5s內(nèi)的振動(dòng)圖像，由圖可知，下列說(shuō)法中正確的是（）A.第3s末振子的速度為負(fù)向的最大值B.第2s末振子的速度為零，加速度為負(fù)向的最大值C.時(shí)，振子的位移為D.從第2s末到第3s末振子在做減速運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】A．根據(jù)圖像斜率表示速度可知，第3s末振子的速度為正向的最大值，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，第2s末振子負(fù)方向位移最大，速度為零，根據(jù)可知加速度為正向的最大值，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)振子的振動(dòng)方程為由圖可知A為8cm，周期T為4s，則角速度為故振子的振動(dòng)方程為代入可得振子的位移為故C正確；D．根據(jù)圖像斜率表示速度可知，從第2s末到第3s末振子在做加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，圓形區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子沿平行于直徑AC的方向射入磁場(chǎng)，射入點(diǎn)到直徑AC的距離為磁場(chǎng)區(qū)域半徑的一半，粒子從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)的速率為v，不計(jì)粒子的重力。則（）A.圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為 B.圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為【答案】B【解析】粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)60°，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，即由幾何關(guān)系可得四邊形ODO′E是菱形，則圓形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的半徑R與粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r相等，有解得則磁場(chǎng)半徑為ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。5.中國(guó)電磁炮技術(shù)世界領(lǐng)先，如圖所示是一種電磁炮簡(jiǎn)易模型。間距為L(zhǎng)的平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間存在豎直方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌一端接電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源。帶有炮彈的金屬棒垂直放在導(dǎo)軌上，金屬棒電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。通電后棒沿圖示方向發(fā)射。則（）A.磁場(chǎng)方向豎直向下B.閉合開(kāi)關(guān)瞬間，安培力的大小為C.軌道越長(zhǎng)，炮彈的出射速度一定越大D.若同時(shí)將電流和磁場(chǎng)方向反向，炮彈將沿圖中相反方向發(fā)射【答案】B【解析】A．流過(guò)炮彈的電流為逆時(shí)針?lè)较?，所受安培力水平向右，根?jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；B．閉合開(kāi)關(guān)瞬間電流為則安培力故B正確；C．金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后會(huì)產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，隨著速度增大，反電動(dòng)勢(shì)隨之增大，則金屬棒的電流越來(lái)越小，安培力也越來(lái)越小，直到通過(guò)金屬棒的電流為零，速度達(dá)到最大，所以炮彈的出射速度有最大值，故C錯(cuò)誤；D．若同時(shí)將電流和磁場(chǎng)方向反向，根據(jù)左手定則可知，炮彈發(fā)射方向不變，故D錯(cuò)誤。故選B。6.如圖所示，交變電源電壓的有效值恒定，R為定值電阻，可調(diào)變壓器為理想變壓器，為移動(dòng)導(dǎo)電刷，Rp為滑動(dòng)變阻器，電流表、電壓表均為理想電表，電表V1、V2、A1、A2，則下列說(shuō)法正確的是（）A.保持P1位置不變，P2緩慢下滑的過(guò)程中，U1減小、U2增大B.保持P1位置不變，P2緩慢下滑的過(guò)程中，I1增大、I2增大C.保持P2位置不變，P1緩慢下滑的過(guò)程中，U1增大、U2減小D.保持P2位置不變，P1緩慢下滑的過(guò)程中，I1增大、I2增大【答案】B【解析】AB．P2緩慢下滑的過(guò)程中，副線圈在原線圈的等效電阻回路中的電阻減小，保持P1位置不變，所以原副線圈的電流變大，增大、增大，由于R不變，所以U1增大，因?yàn)殡娫措妷翰蛔?，所以原線圈的輸入電壓減小，P1位置不變，則副線圈的輸出電壓減小，所以U2減小，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．保持P2位置不變，P1緩慢下滑的過(guò)程中，副線圈在原線圈的等效電阻等效電阻變大，原線圈電流變小，減小，U1減小，因?yàn)殡娫措妷翰蛔儯栽€圈的輸入電壓增大，因?yàn)楦本€圈匝數(shù)變小，所以無(wú)法判斷副線圈的電流和電壓的變化，故CD錯(cuò)誤。故選B。二、多選題：本大題共4小題，共16分。7.如圖①所示，A、B兩長(zhǎng)方體疊放在一起，放在光滑的水平面上，物體B從靜止開(kāi)始受到一個(gè)水平變力的作用，該力與時(shí)間的關(guān)系如圖②所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B始終保持相對(duì)靜止．則在0～2t0時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）A.t0時(shí)刻，A、B間的靜摩擦力最大B.t0時(shí)刻，A、B的速度最大C.0時(shí)刻和2t0時(shí)刻，A、B間的靜摩擦力最大D.2t0時(shí)刻，A、B離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)【答案】BCD【解析】AC．以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律分析得知，0、時(shí)刻整體所受的合力最大，加速度最大，再以A為研究對(duì)象，分析可知，A受到的靜摩擦力最大，A錯(cuò)誤，C正確；B．整體在時(shí)間內(nèi)，做加速運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間內(nèi)，向原方向做減速運(yùn)動(dòng)，則時(shí)刻，B速度最大，B正確；D．時(shí)刻，整體做單向直線運(yùn)動(dòng)，位移逐漸增大，則時(shí)刻，A、B位移最大，D正確。故選BCD。8.關(guān)于下列四幅課本上的插圖的說(shuō)法正確的是（）甲乙丙丁A.圖甲是速度選擇器示意圖，由圖可知，不計(jì)重力的粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的速度B.圖乙是磁流體發(fā)電機(jī)結(jié)構(gòu)示意圖，由圖可以判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的正極C.圖丙是質(zhì)譜儀結(jié)構(gòu)示意圖，打在底片上的位置越靠近狹縫說(shuō)明粒子的比荷越大D.圖丁是回旋加速器示意圖，要使粒子飛出加速器時(shí)的動(dòng)能增大，可僅增加電壓【答案】AC【解析】A．不計(jì)重力的粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器，則有解得故A正確；B．圖乙中，根據(jù)左手定則可知帶正電離子受到洛倫茲力向下，帶負(fù)電離子受到的洛倫茲力向上，則B極板是發(fā)電機(jī)的正極，A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，故B錯(cuò)誤；C．圖丙中，帶電粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得帶電粒子在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力可得解得可知打在底片上的位置越靠近狹縫說(shuō)明粒子的軌道半徑越小，粒子的比荷越大，故C正確；D．圖丁中，當(dāng)粒子的軌道半徑等于D形盒半徑時(shí)，粒子的速度最大，動(dòng)能最大，則有粒子的最大動(dòng)能為可知粒子的最大動(dòng)能與電壓無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選AC。9.如圖甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為和，且，用輕彈簧將兩小車連接，靜止在光滑水平面上，現(xiàn)同時(shí)對(duì)甲、乙兩小車施加等大、反向的水平恒力和，兩車同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，直到彈簧被拉到最長(zhǎng)（仍在彈性限度內(nèi)）的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲和乙的動(dòng)量都不斷增大B.甲和乙受到合力的沖量大小之比為C.甲、乙及彈簧系統(tǒng)的總機(jī)械能一直增大D.甲和乙的位移之比為【答案】BCD【解析】A．在拉力大于彈力拉力時(shí)，兩小車的速度在增大，動(dòng)量在增大，在彈簧拉力大于拉力時(shí)，兩小車的動(dòng)量開(kāi)始減小，A錯(cuò)誤；B．將兩小車和彈簧看做一個(gè)整體，因和等大反向，故甲、乙、彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒故根據(jù)沖量定理、可得故B正確；C．外力做正功，所以甲、乙及彈簧系統(tǒng)的總機(jī)械能不斷增大，C正確；D．因?yàn)檫^(guò)程中任意時(shí)刻兩小車的動(dòng)量守恒，則即解得故D正確；故選BCD。10.如圖所示，擋板P固定在傾角為30°的斜面左下端，斜面右上端M與半徑為R的圓弧軌道MN連接，其圓心O在斜面的延長(zhǎng)線上。M點(diǎn)有一光滑輕質(zhì)小滑輪，，質(zhì)量均為m的小物塊B、C由一輕質(zhì)彈簧拴接（彈簧平行于斜面），其中物塊C緊靠在擋板P處，物塊B用跨過(guò)滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩與一質(zhì)量為4m、大小可忽略的小球A相連，初始時(shí)刻小球A鎖定在M點(diǎn)，細(xì)繩與斜面平行，且恰好繃直而無(wú)張力，B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻解除對(duì)小球A的鎖定，當(dāng)小球A沿圓弧運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)N時(shí)（物塊B未到達(dá)M點(diǎn)），物塊C對(duì)擋板的作用力恰好為0，已知重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是（）A.彈簧的勁度系數(shù)為B.小球A由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，物塊B、C與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先減少后增大C.小球A由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，小球A和物塊B的機(jī)械能之和先增大后減小D.小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小為【答案】CD【解析】A．設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)刻彈簧的壓縮長(zhǎng)度為x1，則B沿斜面方向受力平衡，則小球A沿圓弧運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)N時(shí)，物塊C即將離開(kāi)擋板時(shí)，設(shè)彈簧的拉伸長(zhǎng)度為x2，則C沿斜面方向受力平衡，則可得當(dāng)小球A沿圓弧運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)N時(shí)，B沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移為所以解得故A錯(cuò)誤；BD．設(shè)小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度為v，對(duì)v進(jìn)行分解，沿繩子方向的速度為由于沿繩子方向的速度處處相等，所以此時(shí)B的速度也為v′，對(duì)A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)，在整個(gè)過(guò)程中，只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但對(duì)物塊B、C與彈簧組成的系統(tǒng)，由于繩拉力對(duì)B做正功，所以物塊B、C與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增大，根據(jù)A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有解得故B錯(cuò)誤，D正確；C．小球A由M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則小球A和物塊B的機(jī)械能之和與彈簧和C的能量之和不變，C一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧一開(kāi)始處于壓縮狀態(tài)，之后變?yōu)樵L(zhǎng)，后開(kāi)始拉伸，則彈性勢(shì)能先減小后增大，故小球A和物塊B的機(jī)械能之和先增大后減小，故C正確。故選CD。三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。11.某同學(xué)在做“用油膜法估測(cè)分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中，將油酸溶于酒精，其濃度為每1000mL溶液中有油酸。用注射器測(cè)得1mL上述溶液有75滴，把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，待水面穩(wěn)定后，畫(huà)出油膜的形狀如圖所示。（1）該實(shí)驗(yàn)中的理想化假設(shè)是（）。A.將油膜看成單分子層油膜B.考慮了各油酸分子間的間隙C.將油酸分子看成球形（2）坐標(biāo)紙中每個(gè)小正方形方格的邊長(zhǎng)為1cm，該同學(xué)測(cè)出油酸分子的直徑是____m結(jié)果保留一位有效數(shù)字?！敬鸢浮浚?）AC（2）【解析】（1）在“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，我們的實(shí)驗(yàn)依據(jù)是：①油膜是呈單分子層分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之間空隙不計(jì)。故選AC。（2）每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為按照超過(guò)半格的算一個(gè)，不足半格的舍去原則，可得共有61格，則油酸膜的面積為估測(cè)出油酸分子的直徑為代入數(shù)據(jù)可得12.如圖甲為物理興趣小組設(shè)計(jì)多用電表的電路原理圖。他們選用內(nèi)阻Rg=10Ω、滿偏電流Ig=10mA的電流表、標(biāo)識(shí)不清的電源以及由定值電阻、導(dǎo)線、滑動(dòng)變阻器等組裝好的多用電表。當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)接“3”時(shí)為量程250V的電壓表。該多用電表表盤如圖乙所示，下排刻度均勻，上排刻度線對(duì)應(yīng)數(shù)值還沒(méi)有及時(shí)標(biāo)出。（1）其中電阻R2=___________Ω；（2）選擇開(kāi)關(guān)接“1”時(shí)，兩表筆接入待測(cè)電路，若指針指在圖乙所示位置，其讀數(shù)為_(kāi)__________mA。（3）興趣小組在實(shí)驗(yàn)室找到了一個(gè)電阻箱，利用組裝好的多用電表設(shè)計(jì)了如下從“?！钡健皽y(cè)”的實(shí)驗(yàn)：①將選擇開(kāi)關(guān)接“2”，紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)R1的阻值使電表指針滿偏；②將多用電表紅黑表筆與電阻箱相連，調(diào)節(jié)電阻箱使多用電表指針指在電表刻度盤中央C處，此時(shí)電阻箱如圖丙所示，則C處刻度線的標(biāo)注值應(yīng)為_(kāi)__________Ω；③用待測(cè)電阻Rx代替電阻箱接入兩表筆之間，表盤指針依舊指在圖乙所示位置，則計(jì)算可知待測(cè)電阻約為Rx=___________Ω（保留三位有效數(shù)字）；④小組成員拿來(lái)一塊電壓表，粗略測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)，將兩表筆分別觸碰電壓表的兩接線柱，其中___________表筆（填“紅”或“黑”）接電壓表的正接線柱。【答案】（1）24990（2）6.9（3）15067.4黑【解析】（1）[1]根據(jù)閉合電路歐姆定律得（2）[2]由圖甲所示電路圖可知，選擇開(kāi)關(guān)接1時(shí)電表測(cè)量電流，其量程為10mA，由圖示表盤可知，其分度值為0.2mA，示數(shù)為6.9mA；（3）[3]②由圖丙所示電阻箱可知，電阻箱示數(shù)為R=0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω此時(shí)指針指在中央，此為中值電阻等于歐姆表內(nèi)阻都等于此時(shí)電阻箱阻值，即RΩ=150Ω[4]③根據(jù)閉合電路歐姆定律有滿偏電流時(shí)當(dāng)電流表示數(shù)為聯(lián)立解得E=1.5VRx=67.4Ω[5]④根據(jù)電流方向“黑出紅進(jìn)”的規(guī)律知，黑表筆接電壓表正接線柱。四、計(jì)算題：本大題共3小題，共30分。13.如圖為半徑R的半圓柱形玻璃磚，當(dāng)一束單色光以入射角從空氣中射入玻璃磚時(shí)，折射角，已知光在真空中傳播速度為c，求：（1）該玻璃磚的折射率n是多少？（2）當(dāng)光從玻璃磚射入空氣時(shí)，發(fā)生全反射的臨界角是多少？（3）光在介質(zhì)中傳播速度v是多少？傳播時(shí)間t是多少？【答案】（1）（2）（3），【解析】（1）玻璃磚的折射率（2）根據(jù)全反射的條件解得（3）根據(jù)解得，光在介質(zhì)中傳播速度傳播時(shí)間14.如圖，在xoy坐標(biāo)系所在的平面內(nèi)，第一象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二象限內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為-q（q>0）的帶電粒子從x軸上的點(diǎn)以速度v沿與x軸正方向成60°角的方向射入磁場(chǎng)，恰好垂直于y軸射出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑r；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。海?）粒子從P點(diǎn)射入到第三次到達(dá)y軸的時(shí)間t?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況如圖所示由幾何關(guān)系得解得（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得（3）粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間粒子從軸進(jìn)入電場(chǎng)至速度為0過(guò)程中，可得解得粒子從點(diǎn)從第二次到達(dá)軸后向上偏轉(zhuǎn)，經(jīng)半個(gè)周期第三次到達(dá)軸，時(shí)間為粒子從點(diǎn)射入到第三次到達(dá)軸的時(shí)間解得15.如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌、水平部分固定在水平平臺(tái)上，圓弧部分在豎直面內(nèi)，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌、固定在水平面上，導(dǎo)軌間距均為L(zhǎng)，點(diǎn)與點(diǎn)高度差為，水平距離也為，導(dǎo)軌、左端接阻值為R的定值電阻，水平部分處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，平行金屬導(dǎo)軌、完全處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為。質(zhì)量為的導(dǎo)體棒放在金屬導(dǎo)軌、上，質(zhì)量為m的金屬棒從距離導(dǎo)軌水平部分高度為處由靜止釋放，從處飛出后恰好落在P、Q端，并沿金屬導(dǎo)軌、向右滑行，金屬棒落到導(dǎo)軌、上時(shí)，豎直方向分速度完全損失，水平分速度不變，最終a、b兩金屬棒恰好不相碰，重力加速度大小為，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，一切摩擦及空氣阻力。a、b兩金屬棒接入電路的電阻均為R，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。求：（1）導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大?。唬?）平行金屬導(dǎo)軌、水平部分長(zhǎng)度d；（3）通過(guò)導(dǎo)體棒b中的電量及整個(gè)過(guò)程金屬棒a產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）（2）（3），【解析】（1）設(shè)金屬棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理有解得金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，金屬棒a中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）設(shè)金屬棒a從、飛出時(shí)的速度為，飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有，解得金屬棒a在金屬導(dǎo)軌、水平部分運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理有根據(jù)電流的定義式有該過(guò)程感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值感應(yīng)電流的平均值又解得（3）金屬棒落到金屬導(dǎo)軌、上向右滑行時(shí)的初速度大小為，金屬棒a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)最后的共同速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得對(duì)金屬棒進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)量定理有根據(jù)電流的定義式有解得金屬棒在導(dǎo)軌、上運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱解得金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱解得因此金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱2024-2025學(xué)年湖南省雅禮教育集團(tuán)高二（下）期中物理試卷一、單選題：本大題共6小題，共24分。1.下列說(shuō)法中，正確的是（）A.萬(wàn)有引力常量最早由牛頓測(cè)量得出B.電子的電荷量最先是由密立根通過(guò)“油滴實(shí)驗(yàn)”精確測(cè)出C.愛(ài)因斯坦最先發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)現(xiàn)象D.J.J湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，隨后提出了經(jīng)典的“核式結(jié)構(gòu)”【答案】B【解析】A．萬(wàn)有引力常量最早由卡文迪許測(cè)量得出，故A錯(cuò)誤；B．電子的電荷量最先是由密立根通過(guò)“油滴實(shí)驗(yàn)”精確測(cè)出，B正確；C．光電效應(yīng)是由德國(guó)物理學(xué)家海因里希·赫茲于1887年首次發(fā)現(xiàn)的，C錯(cuò)誤；D．J.J湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了“棗糕式原子模型”，盧瑟福提出了經(jīng)典的“核式結(jié)構(gòu)”，D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖所示，圓形導(dǎo)體線圈，平放在水平桌面上，在的正上方固定一豎直螺線管，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動(dòng)變阻器連接成如圖所示的電路，若將滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，下列表述正確的是（）A.線圈中電流將增加B.線圈有收縮的趨勢(shì)C.穿過(guò)線圈的磁通量變小D.線圈中將產(chǎn)生從上向下看逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流【答案】C【解析】當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)時(shí)電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知通過(guò)線圈b的電流減小，b線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱，故穿過(guò)線圈a的磁通量變小，根據(jù)楞次定律“增縮減擴(kuò)”可知，線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)；根據(jù)b中的電流方向和安培定則可知b產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下穿過(guò)線圈a，根據(jù)楞次定律，a中的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)要阻礙原來(lái)磁場(chǎng)的減小，故a的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向也向下，則線圈a中感應(yīng)電流方向俯視應(yīng)為順時(shí)針，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示為某彈簧振子在0~5s內(nèi)的振動(dòng)圖像，由圖可知，下列說(shuō)法中正確的是（）A.第3s末振子的速度為負(fù)向的最大值B.第2s末振子的速度為零，加速度為負(fù)向的最大值C.時(shí)，振子的位移為D.從第2s末到第3s末振子在做減速運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】A．根據(jù)圖像斜率表示速度可知，第3s末振子的速度為正向的最大值，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，第2s末振子負(fù)方向位移最大，速度為零，根據(jù)可知加速度為正向的最大值，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)振子的振動(dòng)方程為由圖可知A為8cm，周期T為4s，則角速度為故振子的振動(dòng)方程為代入可得振子的位移為故C正確；D．根據(jù)圖像斜率表示速度可知，從第2s末到第3s末振子在做加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，圓形區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子沿平行于直徑AC的方向射入磁場(chǎng)，射入點(diǎn)到直徑AC的距離為磁場(chǎng)區(qū)域半徑的一半，粒子從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)的速率為v，不計(jì)粒子的重力。則（）A.圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為 B.圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為【答案】B【解析】粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)60°，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，即由幾何關(guān)系可得四邊形ODO′E是菱形，則圓形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的半徑R與粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r相等，有解得則磁場(chǎng)半徑為ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。5.中國(guó)電磁炮技術(shù)世界領(lǐng)先，如圖所示是一種電磁炮簡(jiǎn)易模型。間距為L(zhǎng)的平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間存在豎直方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌一端接電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源。帶有炮彈的金屬棒垂直放在導(dǎo)軌上，金屬棒電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。通電后棒沿圖示方向發(fā)射。則（）A.磁場(chǎng)方向豎直向下B.閉合開(kāi)關(guān)瞬間，安培力的大小為C.軌道越長(zhǎng)，炮彈的出射速度一定越大D.若同時(shí)將電流和磁場(chǎng)方向反向，炮彈將沿圖中相反方向發(fā)射【答案】B【解析】A．流過(guò)炮彈的電流為逆時(shí)針?lè)较颍馨才嗔λ较蛴?，根?jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；B．閉合開(kāi)關(guān)瞬間電流為則安培力故B正確；C．金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后會(huì)產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，隨著速度增大，反電動(dòng)勢(shì)隨之增大，則金屬棒的電流越來(lái)越小，安培力也越來(lái)越小，直到通過(guò)金屬棒的電流為零，速度達(dá)到最大，所以炮彈的出射速度有最大值，故C錯(cuò)誤；D．若同時(shí)將電流和磁場(chǎng)方向反向，根據(jù)左手定則可知，炮彈發(fā)射方向不變，故D錯(cuò)誤。故選B。6.如圖所示，交變電源電壓的有效值恒定，R為定值電阻，可調(diào)變壓器為理想變壓器，為移動(dòng)導(dǎo)電刷，Rp為滑動(dòng)變阻器，電流表、電壓表均為理想電表，電表V1、V2、A1、A2，則下列說(shuō)法正確的是（）A.保持P1位置不變，P2緩慢下滑的過(guò)程中，U1減小、U2增大B.保持P1位置不變，P2緩慢下滑的過(guò)程中，I1增大、I2增大C.保持P2位置不變，P1緩慢下滑的過(guò)程中，U1增大、U2減小D.保持P2位置不變，P1緩慢下滑的過(guò)程中，I1增大、I2增大【答案】B【解析】AB．P2緩慢下滑的過(guò)程中，副線圈在原線圈的等效電阻回路中的電阻減小，保持P1位置不變，所以原副線圈的電流變大，增大、增大，由于R不變，所以U1增大，因?yàn)殡娫措妷翰蛔?，所以原線圈的輸入電壓減小，P1位置不變，則副線圈的輸出電壓減小，所以U2減小，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．保持P2位置不變，P1緩慢下滑的過(guò)程中，副線圈在原線圈的等效電阻等效電阻變大，原線圈電流變小，減小，U1減小，因?yàn)殡娫措妷翰蛔儯栽€圈的輸入電壓增大，因?yàn)楦本€圈匝數(shù)變小，所以無(wú)法判斷副線圈的電流和電壓的變化，故CD錯(cuò)誤。故選B。二、多選題：本大題共4小題，共16分。7.如圖①所示，A、B兩長(zhǎng)方體疊放在一起，放在光滑的水平面上，物體B從靜止開(kāi)始受到一個(gè)水平變力的作用，該力與時(shí)間的關(guān)系如圖②所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B始終保持相對(duì)靜止．則在0～2t0時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）A.t0時(shí)刻，A、B間的靜摩擦力最大B.t0時(shí)刻，A、B的速度最大C.0時(shí)刻和2t0時(shí)刻，A、B間的靜摩擦力最大D.2t0時(shí)刻，A、B離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)【答案】BCD【解析】AC．以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律分析得知，0、時(shí)刻整體所受的合力最大，加速度最大，再以A為研究對(duì)象，分析可知，A受到的靜摩擦力最大，A錯(cuò)誤，C正確；B．整體在時(shí)間內(nèi)，做加速運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間內(nèi)，向原方向做減速運(yùn)動(dòng)，則時(shí)刻，B速度最大，B正確；D．時(shí)刻，整體做單向直線運(yùn)動(dòng)，位移逐漸增大，則時(shí)刻，A、B位移最大，D正確。故選BCD。8.關(guān)于下列四幅課本上的插圖的說(shuō)法正確的是（）甲乙丙丁A.圖甲是速度選擇器示意圖，由圖可知，不計(jì)重力的粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的速度B.圖乙是磁流體發(fā)電機(jī)結(jié)構(gòu)示意圖，由圖可以判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的正極C.圖丙是質(zhì)譜儀結(jié)構(gòu)示意圖，打在底片上的位置越靠近狹縫說(shuō)明粒子的比荷越大D.圖丁是回旋加速器示意圖，要使粒子飛出加速器時(shí)的動(dòng)能增大，可僅增加電壓【答案】AC【解析】A．不計(jì)重力的粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器，則有解得故A正確；B．圖乙中，根據(jù)左手定則可知帶正電離子受到洛倫茲力向下，帶負(fù)電離子受到的洛倫茲力向上，則B極板是發(fā)電機(jī)的正極，A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，故B錯(cuò)誤；C．圖丙中，帶電粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得帶電粒子在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力可得解得可知打在底片上的位置越靠近狹縫說(shuō)明粒子的軌道半徑越小，粒子的比荷越大，故C正確；D．圖丁中，當(dāng)粒子的軌道半徑等于D形盒半徑時(shí)，粒子的速度最大，動(dòng)能最大，則有粒子的最大動(dòng)能為可知粒子的最大動(dòng)能與電壓無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選AC。9.如圖甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為和，且，用輕彈簧將兩小車連接，靜止在光滑水平面上，現(xiàn)同時(shí)對(duì)甲、乙兩小車施加等大、反向的水平恒力和，兩車同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，直到彈簧被拉到最長(zhǎng)（仍在彈性限度內(nèi)）的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲和乙的動(dòng)量都不斷增大B.甲和乙受到合力的沖量大小之比為C.甲、乙及彈簧系統(tǒng)的總機(jī)械能一直增大D.甲和乙的位移之比為【答案】BCD【解析】A．在拉力大于彈力拉力時(shí)，兩小車的速度在增大，動(dòng)量在增大，在彈簧拉力大于拉力時(shí)，兩小車的動(dòng)量開(kāi)始減小，A錯(cuò)誤；B．將兩小車和彈簧看做一個(gè)整體，因和等大反向，故甲、乙、彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒故根據(jù)沖量定理、可得故B正確；C．外力做正功，所以甲、乙及彈簧系統(tǒng)的總機(jī)械能不斷增大，C正確；D．因?yàn)檫^(guò)程中任意時(shí)刻兩小車的動(dòng)量守恒，則即解得故D正確；故選BCD。10.如圖所示，擋板P固定在傾角為30°的斜面左下端，斜面右上端M與半徑為R的圓弧軌道MN連接，其圓心O在斜面的延長(zhǎng)線上。M點(diǎn)有一光滑輕質(zhì)小滑輪，，質(zhì)量均為m的小物塊B、C由一輕質(zhì)彈簧拴接（彈簧平行于斜面），其中物塊C緊靠在擋板P處，物塊B用跨過(guò)滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩與一質(zhì)量為4m、大小可忽略的小球A相連，初始時(shí)刻小球A鎖定在M點(diǎn)，細(xì)繩與斜面平行，且恰好繃直而無(wú)張力，B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻解除對(duì)小球A的鎖定，當(dāng)小球A沿圓弧運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)N時(shí)（物塊B未到達(dá)M點(diǎn)），物塊C對(duì)擋板的作用力恰好為0，已知重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是（）A.彈簧的勁度系數(shù)為B.小球A由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，物塊B、C與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先減少后增大C.小球A由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，小球A和物塊B的機(jī)械能之和先增大后減小D.小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小為【答案】CD【解析】A．設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)刻彈簧的壓縮長(zhǎng)度為x1，則B沿斜面方向受力平衡，則小球A沿圓弧運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)N時(shí)，物塊C即將離開(kāi)擋板時(shí)，設(shè)彈簧的拉伸長(zhǎng)度為x2，則C沿斜面方向受力平衡，則可得當(dāng)小球A沿圓弧運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)N時(shí)，B沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移為所以解得故A錯(cuò)誤；BD．設(shè)小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度為v，對(duì)v進(jìn)行分解，沿繩子方向的速度為由于沿繩子方向的速度處處相等，所以此時(shí)B的速度也為v′，對(duì)A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)，在整個(gè)過(guò)程中，只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但對(duì)物塊B、C與彈簧組成的系統(tǒng)，由于繩拉力對(duì)B做正功，所以物塊B、C與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增大，根據(jù)A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有解得故B錯(cuò)誤，D正確；C．小球A由M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則小球A和物塊B的機(jī)械能之和與彈簧和C的能量之和不變，C一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧一開(kāi)始處于壓縮狀態(tài)，之后變?yōu)樵L(zhǎng)，后開(kāi)始拉伸，則彈性勢(shì)能先減小后增大，故小球A和物塊B的機(jī)械能之和先增大后減小，故C正確。故選CD。三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。11.某同學(xué)在做“用油膜法估測(cè)分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中，將油酸溶于酒精，其濃度為每1000mL溶液中有油酸。用注射器測(cè)得1mL上述溶液有75滴，把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，待水面穩(wěn)定后，畫(huà)出油膜的形狀如圖所示。（1）該實(shí)驗(yàn)中的理想化假設(shè)是（）。A.將油膜看成單分子層油膜B.考慮了各油酸分子間的間隙C.將油酸分子看成球形（2）坐標(biāo)紙中每個(gè)小正方形方格的邊長(zhǎng)為1cm，該同學(xué)測(cè)出油酸分子的直徑是____m結(jié)果保留一位有效數(shù)字?！敬鸢浮浚?）AC（2）【解析】（1）在“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，我們的實(shí)驗(yàn)依據(jù)是：①油膜是呈單分子層分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之間空隙不計(jì)。故選AC。（2）每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為按照超過(guò)半格的算一個(gè)，不足半格的舍去原則，可得共有61格，則油酸膜的面積為估測(cè)出油酸分子的直徑為代入數(shù)據(jù)可得12.如圖甲為物理興趣小組設(shè)計(jì)多用電表的電路原理圖。他們選用內(nèi)阻Rg=10Ω、滿偏電流Ig=10mA的電流表、標(biāo)識(shí)不清的電源以及由定值電阻、導(dǎo)線、滑動(dòng)變阻器等組裝好的多用電表。當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)接“3”時(shí)為量程250V的電壓表。該多用電表表盤如圖乙所示，下排刻度均勻，上排刻度線對(duì)應(yīng)數(shù)值還沒(méi)有及時(shí)標(biāo)出。（1）其中電阻R2=___________Ω；（2）選擇開(kāi)關(guān)接“1”時(shí)，兩表筆接入待測(cè)電路，若指針指在圖乙所示位置，其讀數(shù)為_(kāi)__________mA。（3）興趣小組在實(shí)驗(yàn)室找到了一個(gè)電阻箱，利用組裝好的多用電表設(shè)計(jì)了如下從“校”到“測(cè)”的實(shí)驗(yàn)：①將選擇開(kāi)關(guān)接“2”，紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)R1的阻值使電表指針滿偏；②將多用電表紅黑表筆與電阻箱相連，調(diào)節(jié)電阻箱使多用電表指針指在電表刻度盤中央C處，此時(shí)電阻箱如圖丙所示，則C處刻度線的標(biāo)注值應(yīng)為_(kāi)__________Ω；③用待測(cè)電阻Rx代替電阻箱接入兩表筆之間，表盤指針依舊指在圖乙所示位置，則計(jì)算可知待測(cè)電阻約為Rx=___________Ω（保留三位有效數(shù)字）；④小組成員拿來(lái)一塊電壓表，粗略測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)，將兩表筆分別觸碰電壓表的兩接線柱，其中___________表筆（填“紅”或“黑”）接電壓表的正接線柱?！敬鸢浮浚?）24990（2）6.9（3）15067.4黑【解析】（1）[1]根據(jù)閉合電路歐姆定律得（2）[2]由圖甲所示電路圖可知，選擇開(kāi)關(guān)接1時(shí)電表測(cè)量電流，其量程為10mA，由圖示表盤可知，其分度值為0.2mA，示數(shù)為6.9mA；（3）[3]②由圖丙所示電阻箱可知，電阻箱示數(shù)為R=0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω此時(shí)指針指在中央，此為中值電阻等于歐姆表內(nèi)阻都等于此時(shí)電阻箱阻值，即RΩ=150Ω[4]③根據(jù)閉合電路歐姆定律有