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湖南省部分學校2023-2024學年高二下學期期末聯(lián)考物理試題
1．（2024高二下·湖南期末）物理學的發(fā)展離不開物理學家的研究發(fā)現(xiàn)，在物理學的發(fā)展中出現(xiàn)了多位里程碑式的科學家，下列關于物理學史描述符合事實的是（　　）
A．愛因斯坦提出光子的概念，成功解釋光電效應現(xiàn)象
B．牛頓總結得到了萬有引力定律，并通過扭秤實驗測出了引力常量
C．伽利略被稱為“運動學之父”，他認為重的物體比輕的物體下落得快
D．盧瑟福通過粒子散射實驗研究，提出了原子具有“棗糕模型”
【答案】A
【知識點】物理學史；α粒子的散射
【解析】【解答】A．愛因斯坦首先提出了光子說的觀點，獲得了諾貝爾獎，成功解釋了光電效應現(xiàn)象的規(guī)律，故A正確；
B．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許通過扭秤實驗測出了引力常量，故B錯誤；
C．伽利略被稱為“運動學之父”，他認為重的物體與輕的物體下落得一樣快，亞里士多德認為重的物體比輕的物體下落得快，故C錯誤；
D．盧瑟福根據(jù)粒子散射實驗，提出了原子的“核式結構”模型，湯姆孫提出了原子具有“棗糕模型”故D錯誤。
故選 A。
【分析】熟記物理學史是解題的關鍵。
2．（2024高二下·湖南期末）A、B、C、D四個物體做直線運動時的位移、速度、加速度與所受合力隨時間變化的圖像如圖所示，則做勻加速直線運動的物體是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】圖象法；運動學 S-t 圖象；牛頓定律與圖象；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．斜率代表速度，斜率不變，則物體做勻速直線運動，故A錯誤；
B．斜率代表加速度，則物體做勻加速直線運動，故B正確；
C．加速度不為零且保持逐漸增大，則物體做變加速直線運動，故C錯誤；
D．由于圖像是合外力—時間圖像，由圖像可知，合外力增大，再由牛頓第二定律可知，物體的加速度增大，且方向不變，故物體做加速度增大的直線運動，故D錯誤。
故選B。
【分析】位移—時間圖像，其斜率代表速度，速度—時間圖像，其斜率代表加速度。
3．（2024高二下·湖南期末）如圖所示是舞蹈中的“波浪”表演。演員手挽手排成一行，從左側第一位演員開始，周期性地舉起或放下手中的扇子，呈現(xiàn)出類似“波浪”的效果。這個情景可以簡化為一列振幅為，波長為向右傳播的簡諧波，“波浪”的振動周期為，則下落說法正確的是（　　）
A．“波浪”的傳播速度
B．“波浪”是縱波
C．在一個振動周期T內(nèi)，每把扇子運動的路程為2A
D．某時刻某演員的坐標為（，），則經(jīng)后，該演員的坐標為（，）
【答案】A
【知識點】機械波及其形成和傳播；橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A．波速等于波長除以周期
故A正確；
B．質(zhì)點振動方向與波傳播方向垂直，所以“波浪”是橫波，故B錯誤；
C．在一個振動周期T內(nèi)，扇子運動的路程等于振幅的4倍，
故C錯誤；
D．介質(zhì)中的質(zhì)點在振動過程中不會隨波移動，故D錯誤。
故選A。
【分析】質(zhì)點振動方向與波傳播方向垂直為橫波，質(zhì)點振動方向與波傳播方向在一條直線上為縱波。
4．（2024高二下·湖南期末）北京時間2024年4月25日20時59分，長征二號F遙十八運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射成功，將神舟十八號載人飛船進入了距離地球的100km的太空預定軌道，而地球同步靜止衛(wèi)星距離地球的30000km，已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，神舟十八號飛船的軌道半徑為r，飛船與同步衛(wèi)星的運動均可看作繞地球做勻速圓周運動，忽略地球自轉(zhuǎn)對重力大小的影響，則下列說法正確的是（ ）
A．在運載火箭發(fā)射升空的過程中，里面的宇航員處于失重狀態(tài)
B．神舟十八號飛船在預定軌道繞地球運行的速度小于地球第一宇宙速度7.9km/s
C．神舟十八號飛船在預定軌道運行的周期比地球同步靜止衛(wèi)星的周期24h更大
D．神舟十八號飛船在預定軌道運行的角速度為
【答案】B
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A.加速度向上，宇航員處于超重狀態(tài)，故A錯誤；
B．神舟十八號飛船在預定軌道繞地球運行的速度小于地球第一宇宙速度7.9km/s，故B正確；
C．神舟十八號飛船軌道半徑比地球同步靜止衛(wèi)星軌道半徑小，則神舟十八號飛船在預定軌道運行的周期比地球同步靜止衛(wèi)星的周期24h更小，故C錯誤；
D．萬有引力提供向心力
地球表面有
聯(lián)立得
故D錯誤。
故選B。
【分析】第一宇宙速度是航天器最小發(fā)射速度，也是做勻速圓周運動的航天器最大運行速度。
5．（2024高二下·湖南期末）如圖所示，已知豎直平面內(nèi)的圓形軌道半徑為，且遠大于管的半徑，管內(nèi)壁光滑，不計管內(nèi)空氣阻力，小球質(zhì)量，小球半徑略小于管的半徑，且可看做質(zhì)點，重力加速度，小球從與圓心等高的A點進入軌道，下列說法正確的是（　　）
A．若小球能到最高點C點，則小球在C點速度至少為2m/s
B．若小球到最高點C點時對軌道沒有壓力，則小球在C點速度為2m/s
C．若小球到最高點C點時速度為4m/s，則小球?qū)壍赖膹椓Υ笮?.25N，方向豎直向上
D．若從A點靜止釋放小球，軌道半徑R越大，則小球到最低點B點對軌道的壓力越大
【答案】B
【知識點】豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．管道模型中，能到最高點的條件是最高點速度大于零即可，故A錯誤；
B．在最高點C點時重力剛好提供向心力，則有
解得小球在C點速度為
故B正確；
C．在最高點C點速度為4m/s時，合力提供向心力
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膹椓Υ笮?.15N，方向豎直向上，故C錯誤；
D．從A點靜止釋放到B點過程，由動能定理可得
在B點，合力提供向心力
解得
可知小球到最低點B點對軌道的壓力大小為，與R無關，故D錯誤。
故選B。
【分析】在最高點C點時重力剛好提供向心力，在其余地方，根據(jù)動能定理求解速度大小。
6．（2024高二下·湖南期末）如圖甲所示，質(zhì)量分別為、的物塊A和B靜止在光滑的水平地面上，其中物塊B左端拴接一輕彈簧，彈簧開始處于原長.給物塊A一向右的相速度，物塊A與彈簧作用的過程中，物塊A、B的速度，的部分大小關系如圖乙所示，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，已知，結合圖乙中的數(shù)據(jù)，下列說法正確的是（　　）
A．物塊A的初速度
B．物塊B的質(zhì)量
C．從物塊A碰到彈簧到彈簧壓縮最短的過程中，彈簧給物塊B的沖量大小為0.36N·s
D．彈簧第一次恢復原長時，物塊B的速度大小為2m/s
【答案】C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】A．由圖乙可得物塊A的初速度為
故A錯誤；
B．系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒
當時，，代入可得物塊B的質(zhì)量為
故B錯誤；
C．根據(jù)動量守恒可得
解得
由動量定理可得彈簧給物塊B的沖量大小為
故C正確；
D．從接觸彈簧到彈簧第一次恢復原長的過程，相當于彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒可得
，
解得
故D錯誤。
故選C。
【分析】 光滑的水平地面上， 系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，彈簧壓縮最短時，物塊A、B速度相等。
7．（2024高二下·湖南期末）a、b兩種單色光組成的光束從玻璃進入空氣時，其折射光束如圖所示，則關于a、b兩束光的說法正確的是(　　)
A．玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率
B．增大入射角時，a光首先發(fā)生全反射
C．a(chǎn)光的頻率大于b光的頻率
D．在真空中a光的波長大于b光的波長
【答案】A,D
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率，根據(jù)全反射臨界角求解公式，增大入射角，b光首先發(fā)生全反射，選項A正確，B錯誤；
C．折射率大，波長越短，頻率大，所以a光的頻率小于b光的頻率，選項C錯誤；
D．根據(jù)
c＝λf
知，a光的頻率小，波長大，選項D正確。
故選AD。
【分析】玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率，根據(jù)折射定律以及波長波速頻率關系進行分析。
8．（2024高二下·湖南期末）手機微信運動步數(shù)的測量原理如圖所示，M和N為電容器兩極板，M固定，N兩端與固定的兩輕彈簧連接，只能按圖中標識的“前后”方向運動，則手機（　　）
A．靜止時，電流表示數(shù)為零，電容器M極板帶正電
B．勻速運動時，電流表示數(shù)不為零且保持不變
C．由靜止突然向前加速時，電容器的電容變小
D．保持向前勻加速運動時，M、N之間的電場強度減小
【答案】A,C
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．電流表示數(shù)為零，M極板與電源正極連接，M極板帶正電，故A正確；
B．勻速運動時，極板所帶電荷量不變，電容器既不充電，也不放電，電流表示數(shù)為零，故B錯誤；
C．N極板向后運動，電容器極板之間夾角增大，根據(jù)
可知，電容器的電容變小，故C正確；
D．保持向前勻加速運動時，加速度一定，電容器極板之間的間距一定，根據(jù)
可知，M、N之間的電場強度一定，故D錯誤。
故選AC。
【分析】靜止時，極板所帶電荷量不變，電容器既不充電，也不放電。結合電容決定式以及場強電壓關系進行分析。
9．（2024高二下·湖南期末）如圖所示，由兩根輕桿構成的直角支架兩端分別連接質(zhì)量為3m的小球A和質(zhì)量為m的小球B，兩根輕桿長均為L，可繞O點在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，開始連接小球A的輕桿處于水平狀態(tài)，連接小球B的輕桿處于豎直狀態(tài)，重力加速度為g，不計空氣阻力，小球都可看做質(zhì)點。從圖示位置靜止釋放此裝置，到小球A轉(zhuǎn)動到最低點的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球A、B和輕桿系統(tǒng)機械能守恒
B．小球A減少的重力勢能等于小球B增加的機械能
C．小球A轉(zhuǎn)動到最低點的速度大小為
D．此過程輕桿對小球B做功為mgL
【答案】A,C
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】A．只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；
B．根據(jù)能量守恒定律，小球A減少的重力勢能應等于小球B增加的機械能與小球A增加的動能之和，故B錯誤；
C．小球A從靜止釋放轉(zhuǎn)動到最低點過程，根據(jù)動能定理可得
解得小球A轉(zhuǎn)動到最低點的速度大小為
故C正確；
D．對B，由動能定理，合力做功等于物體動能變化，可得
解得輕桿對小球B做功為
故D錯誤。
故選AC。
【分析】系統(tǒng)機械能守恒的條件是系統(tǒng)只有重力或者彈力做功，結合動能定理或者機械能守恒定律進行分析。
10．（2024高二下·湖南期末）如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ傾斜固定，間距，導軌平面與水平面間的夾角，上端MP間接有阻值的電阻，所有導軌電阻不計，整個裝置處于方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場中。一質(zhì)量、阻值，長度也為L的金屬棒從導軌上靜止釋放，棒運動過程中始終垂直于導軌，釋放后1.0s時達到穩(wěn)定速度，g取，下列說法正確的是（　　）
A．金屬棒在運動過程中感應電流的方向為由a到b
B．勻強磁場的磁感應強度為1T
C．金屬棒穩(wěn)定運動時ab間的電壓為
D．若0~1.0s內(nèi)通過電阻R的電荷量是0.4C，則此過程電阻R產(chǎn)生的熱量為0.45J
【答案】B,C,D
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．由右手定則判斷可知，金屬棒在運動過程中感應電流的方向為由b到a，故A錯誤；
B．
聯(lián)立解得，勻強磁場的磁感應強度為
故B正確；
C．
故C正確；
D．
解得，金屬棒在0~1.0s內(nèi)通過的位移為
則根據(jù)能量守恒有
又，電阻R產(chǎn)生的熱量為
聯(lián)立解得
故D正確。
故選BCD。
【分析】 當右手平展時，使大拇指與其余四指平面垂直，把右手放入磁場中，讓磁感線從掌心進入，大拇指指向?qū)Ь€運動方向，則四指所指方向為導線中感應電流的方向。
11．（2024高二下·湖南期末）某實驗小組用圖甲所示的裝置探究加速度與力和質(zhì)量的關系。
（1）除了圖甲中所給器材以及交流電源和導線外，在下列器材中，還必須使用的器材是___________（選填正確選項的字母）。
A．秒表 B．天平（含砝碼） C．到度尺
（2）某次實驗得到的紙帶如圖乙所示， A、B、C是3個連續(xù)的計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出，測得，，已知打點計時器所用交交電源的頻率為50Hz，根據(jù)上述信息可得小車的加速度大小為　 　（保留3位有效數(shù)字）。
（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的圖像如圖丙所示，圖線不通過坐標原點的主要原因是___________（填字母序號）
A．忘記平衡摩擦力
B．平衡摩擦力時木板傾角過大
C．沒有滿足砂桶和砂的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量
【答案】（1）B；C
（2）1.20
（3）B
【知識點】探究加速度與力、質(zhì)量的關系
【解析】【解答】 （1）需要天平測小車質(zhì)量，需要刻度尺測紙帶中打點的間距，所以不需要秒表。
故選BC。
（2）相鄰計數(shù)點的時間間隔為
（3）圖線不通過坐標原點的主要原因是平衡摩擦力時木板傾角過大。
故選B。
【分析】 （1） 探究加速度與力和質(zhì)量的關系 ，所以需要天平測量小車的質(zhì)量；
（2）根據(jù)勻變速直線運動的推論求解加速度大小；
（3）當時，小車已經(jīng)有了一定的加速度，重力分力產(chǎn)生的加速度。
12．（2024高二下·湖南期末）某同學用伏安法測電阻的阻值（約為），除了待測電阻，開關S、導線外，還有下列器材。
電流表A（量程0~3mA，內(nèi)阻約為）。
電壓表V（量程0~3V，內(nèi)阻約為）；
滑動變阻器R（，允許通過的最大電流2A）。
蓄電池E（電動勢為3V，內(nèi)阻約為）。
（1）要求能多測幾組數(shù)據(jù)，且測量值盡可能準確，你在圖A、B、C、D中選擇的電路圖是______（填字母序號）。
A． B．
C． D．
（2）按所選電路進行實驗，在閉合開關S前，應將滑動變阻器的滑片P滑到　 　端（填“A”或“B”），測量時測量值比真實值　 　（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。
（3）實驗中該同學發(fā)現(xiàn)電壓表壞了，于是找來一個電流表G（量程0~1mA，內(nèi)阻）和電阻箱串聯(lián)改裝成量程為0~3V的電壓表，則電阻箱的電阻值應調(diào)節(jié)為　 　。該同學將改裝成功后的電壓表正確連入選擇的電路，又想辦法測出了電流表A的準確內(nèi)阻，實驗時電流表A的讀數(shù)為，電流表G的讀數(shù)為，則待測電阻　 　（用符號表示）。
【答案】（1）B
（2）A；偏大
（3）2990；
【知識點】表頭的改裝；伏安法測電阻
【解析】【解答】 （1）實驗要求能多測幾組數(shù)據(jù)，控制電路采用滑動變阻器的分壓式接法，電壓表的分流影響大，實驗中需要排除電壓表的分流影響，即測量電路采用電流表的內(nèi)接法，可知，第二個選擇項符合要求。
故選B。
（2）按所選電路進行實驗，為了確保安全，在閉合開關S前，應將滑動變阻器的滑片P移到讓待測電阻被短路的位置即滑到A端；測量電路采用電流表內(nèi)接法，則測量時測量值比真實值偏大。
（3）根據(jù)電壓表的改裝原理，串聯(lián)的電阻箱的電阻值應調(diào)節(jié)為
根據(jù)歐姆定律，待測電阻為
【分析】 （1）實驗要求能多測幾組數(shù)據(jù)，控制電路采用滑動變阻器的分壓式接法，電壓表的分流影響大，實驗中需要排除電壓表的分流影響，即測量電路采用電流表的內(nèi)接法。
（2）在閉合開關S前，應將滑動變阻器的滑片P移到讓待測電阻被短路的位置；
（3）根據(jù)歐姆定律求解待測電阻阻值。
13．（2024高二下·湖南期末）圖甲的竹筒給是當年孩子們利用氣壓原理自制的一種玩具，采用樸樹籽或壓緊的濕紙團作為“子彈”塞在竹管內(nèi)的前端，后端的推桿裹上濕布，起到良好的密封作用，當推桿被強行壓入時，管腔內(nèi)的空氣被壓縮，氣壓上升，當氣壓上升到臨界值時，竹管前端的“子彈”就會在高氣壓的作用下飛射出去，該玩具原理簡化模型如圖乙，已知初狀態(tài)管內(nèi)氣體壓強與大氣壓強相同，都為，氣體長度，管內(nèi)橫截面積，且粗細均勻，“子彈”與管內(nèi)壁間的最大摩擦力為，竹筒槍水平放置，竹筒內(nèi)氣體看做理想氣體且不考慮氣體溫度的變化。
（1）為使“子彈”飛射出去，竹筒內(nèi)氣體壓強的臨界值為多大？
（2）從初狀態(tài)到氣壓達到臨界值，推桿需要向前推動多長的距離？
【答案】解：（1）當“子彈”與管內(nèi)壁間達到最大摩擦力時，竹筒內(nèi)氣體壓強達臨界值，由平衡條件得
得
（2）根據(jù)氣體等溫變化規(guī)律
代入數(shù)據(jù)解得
推桿推動的距離
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根據(jù)物體受力平衡列式求解；
（2）氣體等溫變化，根據(jù)玻意耳定律列式求解。
14．（2024高二下·湖南期末）如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見的民間游戲，該游戲的規(guī)則為，將手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進入小坑中即為勝出，現(xiàn)將此游戲進行簡化，如圖乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距，彈珠B與坑的間距。某同學將彈珠A以的初速度水平向右瞬間彈出，與彈珠B正碰（碰撞時間極短），碰后瞬間彈珠A的速度大小為1m/s，方向向右，且不再與彈珠發(fā)生碰撞，已知兩彈珠的質(zhì)量m均為25g，取重力加速度，若彈珠A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，并將彈珠的運動視為滑動，求：
（1）碰撞前瞬間彈珠A的速度大小；
（2）兩彈珠碰撞過程損失的機械能，并判斷該同學能否勝出。
【答案】解：（1）碰撞前彈珠A做勻減速直線運動，根據(jù)動能定理有
解得
（2）令碰撞后A、B的速度分別為、，在兩彈珠碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有
解得
則碰撞過程損耗的機械能
解得
碰撞后B做勻減速直線運動，速度減為0過程，根據(jù)動能定理有
解得
可知，該同學恰好能夠勝出。
【知識點】碰撞模型
【解析】【分析】（1）合力做功等于物體動能變化，根據(jù)動能定理列式求解；
（2）碰撞過程，內(nèi)力遠大于外力，動量守恒，根據(jù)動能定理求解運動位移，從而作出判斷。
15．（2024高二下·湖南期末）如圖所示，平面直角坐標系xOy的第一、二象限被虛線分割成I、II兩個區(qū)域，虛線與x軸交于Q點，Q點坐標為（，0），與y軸交于P點，P點坐標為（，），區(qū)域I中有沿x軸正方向的勻強電場，場強，區(qū)域II中有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小未知。在第三、四象限內(nèi)存在垂直于坐標平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。點A為OP的中點，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（可視為點電荷）從A點靜止釋放，經(jīng)過一段時間進入II區(qū)的勻強電場中，又恰好從Q點進入第四象限的勻強磁場中，不計粒子重力和粒子間的相互作用力，不考慮帶電粒子對電場和磁場的影響。求：
（1）帶電粒子剛進入II區(qū)時的速度大小；
（2）II區(qū)的電場強度的大小；
（3）帶電粒子第一次在勻強磁場中運動的時間；
（4）另有一相同的帶電粒子從點（，）靜止釋放，計算這兩個粒子第二次經(jīng)過x軸的位置之間的距離.
【答案】解：（1）帶電粒子在I區(qū)勻強電場中做勻加速直線運動，由動能定理可得
解得
（2）帶電粒子在II區(qū)勻強電場中做類平拋運動，軸方向有
軸方向有
，
聯(lián)立解得
（3）帶電粒子在Q點時的豎直分速度為
Q點速度與軸夾角正切為
可得
根據(jù)幾何關系可知，粒子第一次在磁場中運動軌跡對應的圓心角為，粒子在磁場中的周期為
粒子在磁場中運動的時間為
（4）帶電粒子在勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力得
解得
設從A點釋放的粒子進入磁場的速度大小為，半徑為，第二次到軸的位置坐標為，有
設從C點釋放的粒子進入II區(qū)的速度為，進入磁場的速度大小為，半徑為，第二次到軸的位置坐標為，有
解得
其中
所以兩個粒子第二次經(jīng)過軸的位置之間的距離為
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，由動能定理求解電場力做的功；
（2）帶電粒子在II區(qū)勻強電場中做類平拋運動，軸方向勻速直線運動，豎直方向勻變速直線運動；
（3）根據(jù)幾何關系可知，求解粒子第一次在磁場中運動軌跡對應的圓心角，結合粒子在磁場中運動周期求解運動時間；
（4）帶電粒子在勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)幾何關系求解兩個粒子第二次經(jīng)過軸的坐標，從而求解兩個粒子第二次經(jīng)過x軸的位置之間的距離。
1 / 1湖南省部分學校2023-2024學年高二下學期期末聯(lián)考物理試題
1．（2024高二下·湖南期末）物理學的發(fā)展離不開物理學家的研究發(fā)現(xiàn)，在物理學的發(fā)展中出現(xiàn)了多位里程碑式的科學家，下列關于物理學史描述符合事實的是（　　）
A．愛因斯坦提出光子的概念，成功解釋光電效應現(xiàn)象
B．牛頓總結得到了萬有引力定律，并通過扭秤實驗測出了引力常量
C．伽利略被稱為“運動學之父”，他認為重的物體比輕的物體下落得快
D．盧瑟福通過粒子散射實驗研究，提出了原子具有“棗糕模型”
2．（2024高二下·湖南期末）A、B、C、D四個物體做直線運動時的位移、速度、加速度與所受合力隨時間變化的圖像如圖所示，則做勻加速直線運動的物體是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高二下·湖南期末）如圖所示是舞蹈中的“波浪”表演。演員手挽手排成一行，從左側第一位演員開始，周期性地舉起或放下手中的扇子，呈現(xiàn)出類似“波浪”的效果。這個情景可以簡化為一列振幅為，波長為向右傳播的簡諧波，“波浪”的振動周期為，則下落說法正確的是（　　）
A．“波浪”的傳播速度
B．“波浪”是縱波
C．在一個振動周期T內(nèi)，每把扇子運動的路程為2A
D．某時刻某演員的坐標為（，），則經(jīng)后，該演員的坐標為（，）
4．（2024高二下·湖南期末）北京時間2024年4月25日20時59分，長征二號F遙十八運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射成功，將神舟十八號載人飛船進入了距離地球的100km的太空預定軌道，而地球同步靜止衛(wèi)星距離地球的30000km，已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，神舟十八號飛船的軌道半徑為r，飛船與同步衛(wèi)星的運動均可看作繞地球做勻速圓周運動，忽略地球自轉(zhuǎn)對重力大小的影響，則下列說法正確的是（ ）
A．在運載火箭發(fā)射升空的過程中，里面的宇航員處于失重狀態(tài)
B．神舟十八號飛船在預定軌道繞地球運行的速度小于地球第一宇宙速度7.9km/s
C．神舟十八號飛船在預定軌道運行的周期比地球同步靜止衛(wèi)星的周期24h更大
D．神舟十八號飛船在預定軌道運行的角速度為
5．（2024高二下·湖南期末）如圖所示，已知豎直平面內(nèi)的圓形軌道半徑為，且遠大于管的半徑，管內(nèi)壁光滑，不計管內(nèi)空氣阻力，小球質(zhì)量，小球半徑略小于管的半徑，且可看做質(zhì)點，重力加速度，小球從與圓心等高的A點進入軌道，下列說法正確的是（　　）
A．若小球能到最高點C點，則小球在C點速度至少為2m/s
B．若小球到最高點C點時對軌道沒有壓力，則小球在C點速度為2m/s
C．若小球到最高點C點時速度為4m/s，則小球?qū)壍赖膹椓Υ笮?.25N，方向豎直向上
D．若從A點靜止釋放小球，軌道半徑R越大，則小球到最低點B點對軌道的壓力越大
6．（2024高二下·湖南期末）如圖甲所示，質(zhì)量分別為、的物塊A和B靜止在光滑的水平地面上，其中物塊B左端拴接一輕彈簧，彈簧開始處于原長.給物塊A一向右的相速度，物塊A與彈簧作用的過程中，物塊A、B的速度，的部分大小關系如圖乙所示，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，已知，結合圖乙中的數(shù)據(jù)，下列說法正確的是（　　）
A．物塊A的初速度
B．物塊B的質(zhì)量
C．從物塊A碰到彈簧到彈簧壓縮最短的過程中，彈簧給物塊B的沖量大小為0.36N·s
D．彈簧第一次恢復原長時，物塊B的速度大小為2m/s
7．（2024高二下·湖南期末）a、b兩種單色光組成的光束從玻璃進入空氣時，其折射光束如圖所示，則關于a、b兩束光的說法正確的是(　　)
A．玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率
B．增大入射角時，a光首先發(fā)生全反射
C．a(chǎn)光的頻率大于b光的頻率
D．在真空中a光的波長大于b光的波長
8．（2024高二下·湖南期末）手機微信運動步數(shù)的測量原理如圖所示，M和N為電容器兩極板，M固定，N兩端與固定的兩輕彈簧連接，只能按圖中標識的“前后”方向運動，則手機（　　）
A．靜止時，電流表示數(shù)為零，電容器M極板帶正電
B．勻速運動時，電流表示數(shù)不為零且保持不變
C．由靜止突然向前加速時，電容器的電容變小
D．保持向前勻加速運動時，M、N之間的電場強度減小
9．（2024高二下·湖南期末）如圖所示，由兩根輕桿構成的直角支架兩端分別連接質(zhì)量為3m的小球A和質(zhì)量為m的小球B，兩根輕桿長均為L，可繞O點在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，開始連接小球A的輕桿處于水平狀態(tài)，連接小球B的輕桿處于豎直狀態(tài)，重力加速度為g，不計空氣阻力，小球都可看做質(zhì)點。從圖示位置靜止釋放此裝置，到小球A轉(zhuǎn)動到最低點的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球A、B和輕桿系統(tǒng)機械能守恒
B．小球A減少的重力勢能等于小球B增加的機械能
C．小球A轉(zhuǎn)動到最低點的速度大小為
D．此過程輕桿對小球B做功為mgL
10．（2024高二下·湖南期末）如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ傾斜固定，間距，導軌平面與水平面間的夾角，上端MP間接有阻值的電阻，所有導軌電阻不計，整個裝置處于方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場中。一質(zhì)量、阻值，長度也為L的金屬棒從導軌上靜止釋放，棒運動過程中始終垂直于導軌，釋放后1.0s時達到穩(wěn)定速度，g取，下列說法正確的是（　　）
A．金屬棒在運動過程中感應電流的方向為由a到b
B．勻強磁場的磁感應強度為1T
C．金屬棒穩(wěn)定運動時ab間的電壓為
D．若0~1.0s內(nèi)通過電阻R的電荷量是0.4C，則此過程電阻R產(chǎn)生的熱量為0.45J
11．（2024高二下·湖南期末）某實驗小組用圖甲所示的裝置探究加速度與力和質(zhì)量的關系。
（1）除了圖甲中所給器材以及交流電源和導線外，在下列器材中，還必須使用的器材是___________（選填正確選項的字母）。
A．秒表 B．天平（含砝碼） C．到度尺
（2）某次實驗得到的紙帶如圖乙所示， A、B、C是3個連續(xù)的計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出，測得，，已知打點計時器所用交交電源的頻率為50Hz，根據(jù)上述信息可得小車的加速度大小為　 　（保留3位有效數(shù)字）。
（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的圖像如圖丙所示，圖線不通過坐標原點的主要原因是___________（填字母序號）
A．忘記平衡摩擦力
B．平衡摩擦力時木板傾角過大
C．沒有滿足砂桶和砂的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量
12．（2024高二下·湖南期末）某同學用伏安法測電阻的阻值（約為），除了待測電阻，開關S、導線外，還有下列器材。
電流表A（量程0~3mA，內(nèi)阻約為）。
電壓表V（量程0~3V，內(nèi)阻約為）；
滑動變阻器R（，允許通過的最大電流2A）。
蓄電池E（電動勢為3V，內(nèi)阻約為）。
（1）要求能多測幾組數(shù)據(jù)，且測量值盡可能準確，你在圖A、B、C、D中選擇的電路圖是______（填字母序號）。
A． B．
C． D．
（2）按所選電路進行實驗，在閉合開關S前，應將滑動變阻器的滑片P滑到　 　端（填“A”或“B”），測量時測量值比真實值　 　（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。
（3）實驗中該同學發(fā)現(xiàn)電壓表壞了，于是找來一個電流表G（量程0~1mA，內(nèi)阻）和電阻箱串聯(lián)改裝成量程為0~3V的電壓表，則電阻箱的電阻值應調(diào)節(jié)為　 　。該同學將改裝成功后的電壓表正確連入選擇的電路，又想辦法測出了電流表A的準確內(nèi)阻，實驗時電流表A的讀數(shù)為，電流表G的讀數(shù)為，則待測電阻　 　（用符號表示）。
13．（2024高二下·湖南期末）圖甲的竹筒給是當年孩子們利用氣壓原理自制的一種玩具，采用樸樹籽或壓緊的濕紙團作為“子彈”塞在竹管內(nèi)的前端，后端的推桿裹上濕布，起到良好的密封作用，當推桿被強行壓入時，管腔內(nèi)的空氣被壓縮，氣壓上升，當氣壓上升到臨界值時，竹管前端的“子彈”就會在高氣壓的作用下飛射出去，該玩具原理簡化模型如圖乙，已知初狀態(tài)管內(nèi)氣體壓強與大氣壓強相同，都為，氣體長度，管內(nèi)橫截面積，且粗細均勻，“子彈”與管內(nèi)壁間的最大摩擦力為，竹筒槍水平放置，竹筒內(nèi)氣體看做理想氣體且不考慮氣體溫度的變化。
（1）為使“子彈”飛射出去，竹筒內(nèi)氣體壓強的臨界值為多大？
（2）從初狀態(tài)到氣壓達到臨界值，推桿需要向前推動多長的距離？
14．（2024高二下·湖南期末）如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見的民間游戲，該游戲的規(guī)則為，將手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進入小坑中即為勝出，現(xiàn)將此游戲進行簡化，如圖乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距，彈珠B與坑的間距。某同學將彈珠A以的初速度水平向右瞬間彈出，與彈珠B正碰（碰撞時間極短），碰后瞬間彈珠A的速度大小為1m/s，方向向右，且不再與彈珠發(fā)生碰撞，已知兩彈珠的質(zhì)量m均為25g，取重力加速度，若彈珠A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，并將彈珠的運動視為滑動，求：
（1）碰撞前瞬間彈珠A的速度大小；
（2）兩彈珠碰撞過程損失的機械能，并判斷該同學能否勝出。
15．（2024高二下·湖南期末）如圖所示，平面直角坐標系xOy的第一、二象限被虛線分割成I、II兩個區(qū)域，虛線與x軸交于Q點，Q點坐標為（，0），與y軸交于P點，P點坐標為（，），區(qū)域I中有沿x軸正方向的勻強電場，場強，區(qū)域II中有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小未知。在第三、四象限內(nèi)存在垂直于坐標平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。點A為OP的中點，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（可視為點電荷）從A點靜止釋放，經(jīng)過一段時間進入II區(qū)的勻強電場中，又恰好從Q點進入第四象限的勻強磁場中，不計粒子重力和粒子間的相互作用力，不考慮帶電粒子對電場和磁場的影響。求：
（1）帶電粒子剛進入II區(qū)時的速度大小；
（2）II區(qū)的電場強度的大小；
（3）帶電粒子第一次在勻強磁場中運動的時間；
（4）另有一相同的帶電粒子從點（，）靜止釋放，計算這兩個粒子第二次經(jīng)過x軸的位置之間的距離.
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】物理學史；α粒子的散射
【解析】【解答】A．愛因斯坦首先提出了光子說的觀點，獲得了諾貝爾獎，成功解釋了光電效應現(xiàn)象的規(guī)律，故A正確；
B．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許通過扭秤實驗測出了引力常量，故B錯誤；
C．伽利略被稱為“運動學之父”，他認為重的物體與輕的物體下落得一樣快，亞里士多德認為重的物體比輕的物體下落得快，故C錯誤；
D．盧瑟福根據(jù)粒子散射實驗，提出了原子的“核式結構”模型，湯姆孫提出了原子具有“棗糕模型”故D錯誤。
故選 A。
【分析】熟記物理學史是解題的關鍵。
2．【答案】B
【知識點】圖象法；運動學 S-t 圖象；牛頓定律與圖象；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．斜率代表速度，斜率不變，則物體做勻速直線運動，故A錯誤；
B．斜率代表加速度，則物體做勻加速直線運動，故B正確；
C．加速度不為零且保持逐漸增大，則物體做變加速直線運動，故C錯誤；
D．由于圖像是合外力—時間圖像，由圖像可知，合外力增大，再由牛頓第二定律可知，物體的加速度增大，且方向不變，故物體做加速度增大的直線運動，故D錯誤。
故選B。
【分析】位移—時間圖像，其斜率代表速度，速度—時間圖像，其斜率代表加速度。
3．【答案】A
【知識點】機械波及其形成和傳播；橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A．波速等于波長除以周期
故A正確；
B．質(zhì)點振動方向與波傳播方向垂直，所以“波浪”是橫波，故B錯誤；
C．在一個振動周期T內(nèi)，扇子運動的路程等于振幅的4倍，
故C錯誤；
D．介質(zhì)中的質(zhì)點在振動過程中不會隨波移動，故D錯誤。
故選A。
【分析】質(zhì)點振動方向與波傳播方向垂直為橫波，質(zhì)點振動方向與波傳播方向在一條直線上為縱波。
4．【答案】B
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A.加速度向上，宇航員處于超重狀態(tài)，故A錯誤；
B．神舟十八號飛船在預定軌道繞地球運行的速度小于地球第一宇宙速度7.9km/s，故B正確；
C．神舟十八號飛船軌道半徑比地球同步靜止衛(wèi)星軌道半徑小，則神舟十八號飛船在預定軌道運行的周期比地球同步靜止衛(wèi)星的周期24h更小，故C錯誤；
D．萬有引力提供向心力
地球表面有
聯(lián)立得
故D錯誤。
故選B。
【分析】第一宇宙速度是航天器最小發(fā)射速度，也是做勻速圓周運動的航天器最大運行速度。
5．【答案】B
【知識點】豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．管道模型中，能到最高點的條件是最高點速度大于零即可，故A錯誤；
B．在最高點C點時重力剛好提供向心力，則有
解得小球在C點速度為
故B正確；
C．在最高點C點速度為4m/s時，合力提供向心力
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膹椓Υ笮?.15N，方向豎直向上，故C錯誤；
D．從A點靜止釋放到B點過程，由動能定理可得
在B點，合力提供向心力
解得
可知小球到最低點B點對軌道的壓力大小為，與R無關，故D錯誤。
故選B。
【分析】在最高點C點時重力剛好提供向心力，在其余地方，根據(jù)動能定理求解速度大小。
6．【答案】C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】A．由圖乙可得物塊A的初速度為
故A錯誤；
B．系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒
當時，，代入可得物塊B的質(zhì)量為
故B錯誤；
C．根據(jù)動量守恒可得
解得
由動量定理可得彈簧給物塊B的沖量大小為
故C正確；
D．從接觸彈簧到彈簧第一次恢復原長的過程，相當于彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒可得
，
解得
故D錯誤。
故選C。
【分析】 光滑的水平地面上， 系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，彈簧壓縮最短時，物塊A、B速度相等。
7．【答案】A,D
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率，根據(jù)全反射臨界角求解公式，增大入射角，b光首先發(fā)生全反射，選項A正確，B錯誤；
C．折射率大，波長越短，頻率大，所以a光的頻率小于b光的頻率，選項C錯誤；
D．根據(jù)
c＝λf
知，a光的頻率小，波長大，選項D正確。
故選AD。
【分析】玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率，根據(jù)折射定律以及波長波速頻率關系進行分析。
8．【答案】A,C
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．電流表示數(shù)為零，M極板與電源正極連接，M極板帶正電，故A正確；
B．勻速運動時，極板所帶電荷量不變，電容器既不充電，也不放電，電流表示數(shù)為零，故B錯誤；
C．N極板向后運動，電容器極板之間夾角增大，根據(jù)
可知，電容器的電容變小，故C正確；
D．保持向前勻加速運動時，加速度一定，電容器極板之間的間距一定，根據(jù)
可知，M、N之間的電場強度一定，故D錯誤。
故選AC。
【分析】靜止時，極板所帶電荷量不變，電容器既不充電，也不放電。結合電容決定式以及場強電壓關系進行分析。
9．【答案】A,C
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】A．只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；
B．根據(jù)能量守恒定律，小球A減少的重力勢能應等于小球B增加的機械能與小球A增加的動能之和，故B錯誤；
C．小球A從靜止釋放轉(zhuǎn)動到最低點過程，根據(jù)動能定理可得
解得小球A轉(zhuǎn)動到最低點的速度大小為
故C正確；
D．對B，由動能定理，合力做功等于物體動能變化，可得
解得輕桿對小球B做功為
故D錯誤。
故選AC。
【分析】系統(tǒng)機械能守恒的條件是系統(tǒng)只有重力或者彈力做功，結合動能定理或者機械能守恒定律進行分析。
10．【答案】B,C,D
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．由右手定則判斷可知，金屬棒在運動過程中感應電流的方向為由b到a，故A錯誤；
B．
聯(lián)立解得，勻強磁場的磁感應強度為
故B正確；
C．
故C正確；
D．
解得，金屬棒在0~1.0s內(nèi)通過的位移為
則根據(jù)能量守恒有
又，電阻R產(chǎn)生的熱量為
聯(lián)立解得
故D正確。
故選BCD。
【分析】 當右手平展時，使大拇指與其余四指平面垂直，把右手放入磁場中，讓磁感線從掌心進入，大拇指指向?qū)Ь€運動方向，則四指所指方向為導線中感應電流的方向。
11．【答案】（1）B；C
（2）1.20
（3）B
【知識點】探究加速度與力、質(zhì)量的關系
【解析】【解答】 （1）需要天平測小車質(zhì)量，需要刻度尺測紙帶中打點的間距，所以不需要秒表。
故選BC。
（2）相鄰計數(shù)點的時間間隔為
（3）圖線不通過坐標原點的主要原因是平衡摩擦力時木板傾角過大。
故選B。
【分析】 （1） 探究加速度與力和質(zhì)量的關系 ，所以需要天平測量小車的質(zhì)量；
（2）根據(jù)勻變速直線運動的推論求解加速度大小；
（3）當時，小車已經(jīng)有了一定的加速度，重力分力產(chǎn)生的加速度。
12．【答案】（1）B
（2）A；偏大
（3）2990；
【知識點】表頭的改裝；伏安法測電阻
【解析】【解答】 （1）實驗要求能多測幾組數(shù)據(jù)，控制電路采用滑動變阻器的分壓式接法，電壓表的分流影響大，實驗中需要排除電壓表的分流影響，即測量電路采用電流表的內(nèi)接法，可知，第二個選擇項符合要求。
故選B。
（2）按所選電路進行實驗，為了確保安全，在閉合開關S前，應將滑動變阻器的滑片P移到讓待測電阻被短路的位置即滑到A端；測量電路采用電流表內(nèi)接法，則測量時測量值比真實值偏大。
（3）根據(jù)電壓表的改裝原理，串聯(lián)的電阻箱的電阻值應調(diào)節(jié)為
根據(jù)歐姆定律，待測電阻為
【分析】 （1）實驗要求能多測幾組數(shù)據(jù)，控制電路采用滑動變阻器的分壓式接法，電壓表的分流影響大，實驗中需要排除電壓表的分流影響，即測量電路采用電流表的內(nèi)接法。
（2）在閉合開關S前，應將滑動變阻器的滑片P移到讓待測電阻被短路的位置；
（3）根據(jù)歐姆定律求解待測電阻阻值。
13．【答案】解：（1）當“子彈”與管內(nèi)壁間達到最大摩擦力時，竹筒內(nèi)氣體壓強達臨界值，由平衡條件得
得
（2）根據(jù)氣體等溫變化規(guī)律
代入數(shù)據(jù)解得
推桿推動的距離
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根據(jù)物體受力平衡列式求解；
（2）氣體等溫變化，根據(jù)玻意耳定律列式求解。
14．【答案】解：（1）碰撞前彈珠A做勻減速直線運動，根據(jù)動能定理有
解得
（2）令碰撞后A、B的速度分別為、，在兩彈珠碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有
解得
則碰撞過程損耗的機械能
解得
碰撞后B做勻減速直線運動，速度減為0過程，根據(jù)動能定理有
解得
可知，該同學恰好能夠勝出。
【知識點】碰撞模型
【解析】【分析】（1）合力做功等于物體動能變化，根據(jù)動能定理列式求解；
（2）碰撞過程，內(nèi)力遠大于外力，動量守恒，根據(jù)動能定理求解運動位移，從而作出判斷。
15．【答案】解：（1）帶電粒子在I區(qū)勻強電場中做勻加速直線運動，由動能定理可得
解得
（2）帶電粒子在II區(qū)勻強電場中做類平拋運動，軸方向有
軸方向有
，
聯(lián)立解得
（3）帶電粒子在Q點時的豎直分速度為
Q點速度與軸夾角正切為
可得
根據(jù)幾何關系可知，粒子第一次在磁場中運動軌跡對應的圓心角為，粒子在磁場中的周期為
粒子在磁場中運動的時間為
（4）帶電粒子在勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力得
解得
設從A點釋放的粒子進入磁場的速度大小為，半徑為，第二次到軸的位置坐標為，有
設從C點釋放的粒子進入II區(qū)的速度為，進入磁場的速度大小為，半徑為，第二次到軸的位置坐標為，有
解得
其中
所以兩個粒子第二次經(jīng)過軸的位置之間的距離為
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，由動能定理求解電場力做的功；
（2）帶電粒子在II區(qū)勻強電場中做類平拋運動，軸方向勻速直線運動，豎直方向勻變速直線運動；
（3）根據(jù)幾何關系可知，求解粒子第一次在磁場中運動軌跡對應的圓心角，結合粒子在磁場中運動周期求解運動時間；
（4）帶電粒子在勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)幾何關系求解兩個粒子第二次經(jīng)過軸的坐標，從而求解兩個粒子第二次經(jīng)過x軸的位置之間的距離。
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