湖南省天壹名校联盟2024-2025学年高二下学期3月联考物理试卷（含解析）

这是一份湖南省天壹名校联盟2024-2025学年高二下学期3月联考物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年4月25日，搭载叶光富等三名航天员的神舟十八号载人飞船顺利发射升空，并与天宫空间站顺利对接.飞船在升空过程中，航天员能与地面工作人员保持实时联络，直播画面通过无线电波传送到地面.下列关于无线电波说法正确的是( )
A. 在无线电波传播过程中，电场和磁场是周期性变化的
B. 在真空中无线电波的波长比可见光波长短
C. 要有效发射无线电波，振荡电路要有较低的振荡频率
D. 太空中航天员讲话时画面与声音同步，说明无线电波与声波具有相同的传播速度
2.如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高.用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球.当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示.关于此实验，下列说法正确的是( )
A. 上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B. 上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C. 如果向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D. 如果向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
3.如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体，磁体下方正对水平放置的闭合金属圆线圈的圆心，线圈有一定的电阻，放在光滑的水平面上。现使磁体上下振动，且振动过程中磁体不会与水平面接触。下列说法正确的是( )
A. 磁体上下振动时，线圈可能在水平面上左右移动
B. 磁体远离线圈时，线圈的面积有缩小的趋势
C. 磁体靠近线圈时，线圈对水平面的压力大于其重力
D. 如果不考虑空气阻力的影响，则磁体能一直上下振动
4.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率.如图甲所示，自行车前轮的辐条上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就通过传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压.图乙为霍尔元件的工作原理图.当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场，电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电压.下列说法正确的是( )
A. 图乙中霍尔元件的电流是由正电荷定向运动形成的
B. 自行车的车速不影响霍尔电压的高低
C. 根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的幅条数即可获知车速大小
D. 如果长时间不更换传感器的电源，会导致电源内阻增大，引起霍尔电压增加
5.羽毛球是深受大众喜爱的体育运动.如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时(空气阻力不可忽略，空气阻力方向始终和运动方向相反)，下列说法正确的是( )
A. 在A、B两点的速度大小相等
B. AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间
C. 整个飞行过程中经过P点时的速度最小
D. 在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量小于重力加速度值
6.一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与AB相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任意一点的电场强度为零;取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为φ=kqr(q的正负对应φ的正负).假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为φ1;右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2;整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E4.下列说法正确的是( )
A. 若左右两部分的表面积相等，有E1>E2，φ1>φ2
B. 若左右两部分的表面积相等，有E1E2，E3=E4
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.一列简谐横波沿x轴正向传播，波的振幅为2cm，a、b是平衡位置分别在x=1m，x=2m处的两个质点，t=0时刻，两质点所在位置及振动方向如图所示，已知波长大于2m，从图示时刻，质点b经过0.2s第一次到达波峰，则下列判断正确的是( )
A. t=0时刻，a、b两个质点的加速度相同B. 当质点b到达波峰时，质点a到达平衡位置
C. 质点a振动的频率为56HzD. 波传播的速度大小为2m/s
8.如图1所示，M、N两端接一内阻不计的正弦交流电源，电源电压随时间变化的规律如图2所示，初始时开关S接a，S1断开，电表为理想交流电表，下列说法正确的是( )
A. 电压表的读数约为311V
B. 通过R的是频率为50Hz的交流电
C. 若将S1闭合，通过r的电流减小
D. 若将S由a接到b，M、N两端间的输入功率变大
9.如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面上，导轨上横放着两根导体棒ab、cd，其质量分别是m1、m2(m1E2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M点的距离均大于左侧部分各点到M点的距离，根据φ=kqr，且球面带负电，q为负得：φ1E2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N点的电场强度大小相等，方向相同，故C正确，D错误。
故选C。
7.【答案】AC
【解析】t=0时刻，质点a、b的位移相同，振动的加速度大小相等，方向均指向平衡位置，选项A正确;
从图示时刻，质点b第一次到达波峰用时16T，质点a第一次到达平衡位置用时112T，选项B错误;
由于波长大于2m，因此a、b间的距离小于半个波长，根据图像可知，13λ=1m，解得λ=3m，质点b经过0.2s第一次到达波峰，即16T=0.2s，解得T=1.2s，则波速v=λT=2.5m/s，质点a振动的频率f=1T=56Hz，选项C正确，D错误.
8.【答案】BD
【解析】A.电压表的示数对应的是电压的有效值，因为M、N两端输入电压最大值为220 2V，则根据正弦交流电的峰值与有效值的关系可知，电压表的读数为：U=220 2 2V=220V，故A错误；
B.变压器不改变交流电的频率，则原、副线圈中交流电的频率相等，由图2可知原线圈输入交流电的周期为0.02s，则频率为：f=10.02Hz=50Hz，所以通过R的是频率为50Hz的交流电，故B正确；
C.若只将开关S1闭合，副线圈的总电阻减小，副线圈输出电压不变，则通过r的电流增大，故C错误；
D.若只将开关S由a接到b，副线圈匝数增加，副线圈输出电压变大，副线圈输出功率变大，由能量守恒可知，M、N两端间的输入功率变大，故D正确；
9.【答案】BD
【解析】AB、在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律可得
m1v1−m2v2=0
即m1v1=m2v2
因m1v2
整个系统没有其他力做功，只有弹簧的弹力做功，则两棒和弹簧构成的系统机械能守恒，故A错误，B正确；
C、导体棒ab、cd进入磁场后，导体棒ab、cd电流方向相反，根据左手定则，所以两根导体棒所受安培力的方向相反，大小相等，则两棒构成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。由于安培力对导体棒做负功，则机械能不守恒，故C错误；
D、两根导体棒运动到虚线处时动量大小相等，取各自运动方向为正方向，根据动量定理有
−BIL⋅t=0−p
任意时刻两根导体棒所受安培力大小相等，则两根导体棒从进入虚线开始到速度为零的时间相等，即当导体棒ab运动到最左端的同时cd棒运动到最右端，故D正确。
故选：BD。
解答本题的关键要掌握动量守恒条件和机械能守恒条件，涉及力在时间上积累效果时，要考虑动量定理。
10.【答案】AD
【解析】A.金属棒运动到轨道最低点时，根据右手定则可知，通过定值电阻的电流方向为 d→R→c ，故A正确；
B.经历时间t，令金属棒圆周运动所转过的夹角为 θ ，则有θ=ωt=vrt
金属棒做匀速圆周运动，将其线速度沿水平与竖直方向分解，则感应电动势的瞬时值为u0=BLvsinθ=BLvsinvrt
金属棒两端的电压u1=u0⋅2R2R+R=2BLv3sinvrt
可知，整个过程中，金属棒两端的电压发生变化，故B错误；
C.整个过程中，回路感应电动势的平均值为E=ΔΦΔt=BL⋅2rΔt
感应电流的平均值I=E2R+R
根据电流的定义式有I=qΔt
解得q=2BLr3R
故C错误；
D.结合上述可知，回路中产生的是正弦式交变电流，则电动势的有效值为E=BLv 2
经历时间为半个周期，则有t0=T2=πrv
回路中电流的有效值I=E2R+R
则整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为Q=I2Rt0
解得Q=πrB2L2v18R
故D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)8.75mm；(2)dt；d2rt2；(3)乙；
【解析】【解答】
(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知遮光条的宽度为d=8mm+15×0.05mm=8.75mm。
(2)小球摆动到最低点时的速度大小v=dt，则小球摆动到最低点时的加速度大小为a=v2r=d2rt2。
(3)小球摆动到最低点时，根据牛顿第二定律可得F−mg=mv2r，可得F=md2r⋅1t2+mg，可知利用图乙可以更直观地验证牛顿第二定律。
12.【答案】(1)①保护电路；
②U1；U1I1−R；
(2)①5.1；②0.32。
【解析】(1)①电源电动势约为5V.而电压表量程只有3 V，电流表量程为0.3A，则 R与电压表分压用来保护电压表和电流表不被烧坏；
②根据U=E−Ir可知U−I图像纵轴截距为电动势E=U1，斜率为R+r=U1I1，可得r=U1I1−R。
(2)①开关S断开，均匀电阻丝XY长1.0m，电阻8.0Ω，则当滑动片J移动至X=0.80m位置时， XJ部分电阻为8×0.8Ω=6.4Ω，
电流表G示数为零，则
E=6.48+1.5+0.5×8V=5.12V≈5.1V，
开关S闭合，滑片 J移至X=0.75m处时，XJ部分电阻为
8×0.75Ω=6Ω，
则ER′+rR′=68+1.5+0.5×8，
即5.12×4.84.8+r=4.8，
解得
r=0.32 Ω
13.【答案】解：(1)当光线下圆柱中沿直线传播时，距离最短，此时光在圆柱中传播的时间最短，光在圆柱传播的速度为 v=cn=3 32×108m/s，
光在圆柱中传播的最短时间是 tmin=Lv=10 3×10−23 32×108s=23×10−9s。
(2)光在柱内恰好发生全反射时，光在柱内发生全反射的次数最多，全反射的临界角满足sinC=1n，
根据几何关系可得 θ+C=90∘，
根据折射定律 n=sinisinθ，
联立解得射入圆柱时的入射角正弦值为 sini= 33。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)带正电小球在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，有
Eq=mg
解得E=mgq
小球刚进入磁场时的速度大小
vy= 2gH
在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
qvyB=mvy2R
R=2H
解得H=m2g2q2B2；
(2)小球进入磁场前的水平位移大小x=v0t，
竖直位移大小H=12gt2，
可得t=mqB
设小球刚进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ，有
sinθ=vyv
qvB=mv2R1
由几何关系有x=R1sinθ
解得v0=mgqB
θ=π4
粒子在磁场中的运动时间为
t′=(2π−2θ)mBq=3πm2Bq
再由对称性可知：t1=2t+t′=(3π+4)m2Bq。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)ab棒由静止沿光滑圆弧轨道下滑至水平轨道的过程中，只有重力做功机械能守恒，故有
2mgh=12⋅2m⋅v02，解得v0= 2gh，
随后，ab棒进入匀强磁场切割磁感线产生感应电流，在安培力作用下，ab棒做加速度减小的减速运动，cd棒做加速度减小的加速运动，
由题意可知，cd棒脱离轨道前两棒并未共速，设ab棒脱离轨道时的速度为v1，cd棒脱离轨道时的速度为v2，应有v1>v2，
因棒脱离轨道后做平抛运动，故有
s1s2=v2v1=25
又因ab、cd两棒在水平轨道上相互作用的过程中，系统动量守恒，所以
2mv0=2mv1+mv2
联立上述各式，解得v1=5 2gh6，v2= 2gh3
故进入时速度大小为 2gh，离开时速度大小为5 2gh6；
(2)ab、cd 棒切割磁感线产生的感应电动势分别为
E1=BLv1和E2=BLv2
由右手定则可知，E2与E1的方向相反，所以回路的电动势为
E=E1−E2=BL⋅(v1−v2)
由闭合电路欧姆定律可知，回路中电流为
I=E2R=BL⋅(v1−v2)2R
故cd棒所受安培力向右，大小为
Fcd=IBL=B2L2⋅(v1−v2)2R
受力分析可知，cd所受合外力即其受到的安培力，所以cd在离开轨道一刻加速度最小
a2min=Fcdm=B2L2⋅(v1−v2)2Rm= 2gh⋅B2L24Rm；
(3)金属棒ab、cd在水平轨道运动的过程中，系统动量守恒
2mΔv1=mΔv2
随时间的积累，则有
2x1=x2，且知x2=x0
设cd棒在轨道上运动的时间为t0，则在水平轨道上ab棒相对cd棒的位移为
Δx=v0t0−(x1+x2)= 2gh⋅t0−32⋅x0
由q=△ΦR总可得，整个过程中通过金属棒横截面的电荷量为
q=BL⋅Δx2R=(2 2gh⋅t0−3x0)⋅BL4R
cd棒在轨道上运动，所受安培力即合外力，对其运用动量定理有
q= 2gh⋅m3BL
联立上述两式，即可解得t0=2mR3B2L2+3x02 2gh。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】