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2024-2025 学年湖北省云学名校联盟高二（上）联考
物理试卷（B 卷）（10 月）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1. 物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的成果，推动
了人类文明发展的进程。下列有关物理学史或物理理论的说法中，错误的是（ ）
A. 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
B. 电场虽然看不见摸不着，但电场像分子、原子等实物粒子一样是一种客观存在的物质
C. 卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量
D. “如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时
静电力就要做功”，用的是假设法
【答案】A
【解析】
【详解】A．哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故A错误；
B．电场虽然看不见摸不着，但电场像分子、原子等实物粒子一样是一种客观存在的物质，故B正确；
C．卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量，故C正确；
D．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时
静电力就要做功”，用的是假设法，故D正确。
本题选择错误的，故选A。
2. 如图所示，一个物体在与水平方向成 角的拉力下沿水平地面前进了时间 后撤去F，物体能够继续滑
行的时间为 ，则在物体整个运动过程中（ ）
A. 拉力F对物体的冲量大小为 B. 撤去F后摩擦力大小为
C. 摩擦力对物体的冲量大小为 D. 合外力对物体的冲量大小为【答案】C
【解析】
【详解】A．根据冲量的计算公式可知拉力对物体的冲量
故A错误；
D．整个过程由动能定理得
合外力对物体的冲量大小为0，故D错误；
C．整个过程由动能定理得
摩擦力对物体的冲量大小为
故C正确；
B．整个过程由动能定理得
拉力F撤去后摩擦力的大小为
故B错误。
故选C。
3. 宇航员站在月球表面，手握不可伸长的轻绳一端， 绳的另一端系有质量为1kg的小球，该小球恰好能
在竖直面内做圆周运动，且小球运动到最低点时， 绳子恰好断裂，小球以某一速度水平飞出落在月球表
面。小球做圆周运动的半径r=0.1m，手距离月球表面的高度H=0.9m，月球表面的重力加速度g=1.6m/s2，
忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）A. 运动过程中小球的机械能守恒
B. 小球运动到最高点时速度大小为0
C. 小球运动到最高点时重力的瞬时功率为0.68W
D. 小球在平抛运动过程中运动的时间为0.4s
【答案】A
【解析】
【详解】A．运动过程中只有重力对小球做功，小球机械能守恒，故A正确；
B．球恰好能在竖直面内做圆周运动，即在最高点由重力提供向心力，有
得最高点速度为
故B错误；
C．小球运动到最高点时速度方向与重力方向垂直，所以重力功率为0，故C错误；
D．小球在平抛运动过程中运动的时间为
故D错误。
故选A。
4. 如图所示， 电源电动势 ，内阻 ，电阻 ，滑动变阻器的阻值范围为0~10Ω。滑
动变阻器滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电源的总功率不断减小 B. 电压表和电流表示数之比不变
C. 电流表和电压表的示数都不断增大 D. 当 时， 电源的输出功率最大
【答案】D
【解析】【详解】A．当滑动变阻器滑片向下滑动时，滑动变阻器R接入电路中的电阻减小，电路的总电阻减小，
由闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流增大。电源的总功率为
所以电源的总功率增大，故A错误；
BC．由A选项分析可知，电路总电流增大，内压增大，路端电压减小，即电压表示数减小。所以流过定
值电阻的电流减小，流过滑动变阻器的电流将增大，即电流表的示数增大。所以电压表和电流表示数之比
将减小，故BC错误；
D．当
时，外电路 的总电阻为 ，即
此时电源的输出功率最大，故D正确。
故选D。
5. 将一条轻质细线下端挂上一个小球，使小球在竖直面内自由摆动，如图所示为小球的振动图像。下列说
法正确的是（ ）
A. 时，小球的向心加速度为0
B. 时，小球速度为0，加速度为0
C. 从 到 的过程中，小球的动能不断增大
D. 从 到 的过程中，细线中的张力不断增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知， 时，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的向心加速度最大，故A错误；
B．由图像可知， 时，小球处于负向最大位移处，此时小球的速度0，向心加速度为0，但沿切线方
向加速度不为0，故B错误；
C．由图像可知，从 到 的过程中，小球从负向最大位移摆向平衡位置，小球的速度不断增大，
则小球的动能不断增大，故C正确；
D．由图像可知，从 到 的过程中，小球从平衡位置摆向正向最大位移，小球的速度不断减小，
根据牛顿第二定律可得
可得
由于 逐渐增大，小球的速度不断减小，则细线中的张力不断减小，故D错误。
故选C。
6. 地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道。若将地球视为质量分布均匀的标准球
体，质量为M，半径为R。已知质量分布均匀的球壳对内部引力处处为零，万有引力常量为G，忽略地球
自转，若从隧道口P点由静止释放一小球。下列说法正确的是（ ）
A. 小球从P到Q的过程中动能不断增大
B. 小球从P到Q的过程中机械能不断增大
C. 小球在该隧道中运动的最大速度
D. 小球运动到Q点时， 将从地球的另外一端Q点穿出
【答案】C【解析】
【详解】ABD．从P点到Q的过程中，只有引力做功，机械能守恒，而从P到O的过程中，引力做正功，
动能增大，从O到Q的过程中，引力做负功，动能减小，且PO段引力做的正功等于OQ段引力做的负功，
小球在Q点的速度为零，在PQ之间往复运动，故ABD错误；
C．设小球到O点的距离为x，地球的质量为M，以O点为圆心，半径为x的球体的质量为M′，则有
小球受到的万有引力
作出小球受到引力F与x的图像如图
小球从P到O，由动能定理可得
其中
解得
故C正确。
故选C。
7. 平行板电容器与静电计、直流电源如图所示连接，电源的负极与静电计外壳相连并接地，R为定值电阻。
当单刀双掷开关打到1， 电路稳定时一带电的油滴恰好静止于两极板间的P点。以下操作中说法正确的是
（ ）A. 若开关与1保持连接， 将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间， 电阻R中有由b流向a的电流
B. 若开关与1保持连接， 将一适当厚度的金属板插入电容器极板间， 电阻R中有由a流向b的电流，
油滴将向下运动
C. 若将开关打到2， 电路稳定后， 保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角
将变大， 油滴依然静止于P点
D. 若将开关打到2， 电路稳定后， 保持电容器下极板不动， 将上极板稍微向左移一点距离， 油滴在P
点的电势能将减小， 油滴将向上运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．若开关与1保持连接，电容器两端的电压不变，当将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间
时，根据
可知电容器的电容增大，极板上的电荷量
增大，相当于给电容器充电，故电阻R中有由a流向b的电流，此时，极板间的距离减小，电场强度增大，
油滴向上运动，AB错误；
C．若将开关打到2， 电路稳定后，电容器的电荷量不变，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一
点距离，根据
可知，电容器的电容增大，故电容器两端的电压
减小，静电计的张角变小，在结合电场强度与电势差的关系整理可得
可知，电场强度不变，故油滴仍处于静止，C错误；
D．若将开关打到2， 电路稳定后，电容器的电荷量不变，将上极板稍微向左移一点距离，则正对面积S
减小，结合上述分析
可知，电场强度增大，油滴将向上运动，由于油滴距下极板 的距离不变，根据
可知P点的电势升高，根据受力分析可知油滴带负电，其在P点的电势能减小，D正确。
故选D。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8. 如图甲所示，x轴上A、B是点电荷Q电场中同一条电场线上的两点， 把电荷量为q₁=10-9C的正试探电
荷从无穷远移到A点， 静电力做的功为-4×10-8J。若坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m（图
甲） ， 在A、B两点分别放置试探电荷， 其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系， 如图乙中直线
a、b所示。以下判断正确的是（ ）
A. 场源电荷是负电荷 B. A 点的电势为40V
C. B点的电场强度大小为2.5N/C D. 点电荷Q所在位置的坐标是0.1m
【答案】BC
【解析】
【详解】A．把正电荷从无穷远移到A点，电场力做负功，说明场源电荷与试探电荷间的作用力为斥力，
故场源电荷为正电荷，A错误B．根据电场力做功特点可知，选取无穷远处的电势为零电势，则有
代入数据解得
B正确；
C．图线b的斜率即为该点的电场强度，故有
C正确；
D．由图可知A点的场强
因A点的正电荷受力和B点的正电荷受力均指向x轴的正方向，则说明电场线方向指向x轴正方向，且A
点场强大，故点电荷Q带正电处在A点左侧，设点电荷在A点左侧距离为x，则有
解得
所以点电荷Q所在位置的坐标是0.2m，D错误。
故选BC。
9. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于 和 处，两列波的波
速均为0.2m/s，波源的振幅均为4cm，图示为 时刻两列波的图像，此刻平衡位置在 和
的两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）A. 两列波波源的起振方向相同 B. 当两列波相遇时，左边的波源振动了3s
C. 平衡位置在 处的质点为振动加强点 D. 时， 处的质点运动的总路程为32cm
【答案】BD
【解析】
【详解】A．波源位于 处的波源起振方向为 轴负方向，波源位于 处的波源起振方向
为 轴正方向，起振方向相反，A错误；
B．两列波的波速相同， 时刻，两波相距
所以从 时刻到相遇所用时间为
已知左边波的波长为
周期为
从左侧波源开始振动到 时刻的时间为
所以，当两列波相遇时，左边的波源振动的时间为
B正确；
C．由于两列波波速相同，所以左侧的波谷传到 处时右侧波的波峰也恰好传到该点，所以平衡位
置在 处的质点为振动减弱点，C错误；D．右侧的波传到 处的时间为
之后两列波在 处相遇，叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，所以4s之后 处质点的路程为
0，在 时间内，左侧的波带动 处质点的路程为
D正确。
故选BD。
10. 某品牌儿童玩具——电动发光遥控飞行水晶球，具有悬浮、红外感应避障、耐摔、防卡死自动断电保
护等特点，造型精致可爱，放飞孩子们的童年，唤醒满满的童心，深受孩子们的喜爱。其电路可简化为如
图甲所示的电路图。若电源电动势为8.0 V，内阻为3.0 Ω，电动机线圈的电阻为R = 0.6 Ω。两盏小电珠
M
L的规格均为“3.0 V，1.8 W”，其伏安特性曲线如图乙所示。开关S、S 均闭合时， 电动机正常转动，
1 2
电流表示数为1 A，则（ ）
A. 小电珠的电阻约为4.0 Ω
B. 电动机的额定功率约为3.6 W
C. 电动机的机械效率约为83%
D. 若开关S 闭合，S 断开， 两盏小电珠均能正常发光
1 2
【答案】ABC
【解析】【详解】A．设每每盏灯两端的电压为U，电流为I，由闭合电路的欧姆定律可得
解得
此函数图像与伏安特性曲线的交点如图所示
此时电压
电流
故灯的电阻
故A正确；
B．电动机的额定电压
故其额定功率
故B正确；
C．电动机的输出功率故电动机的效率
故C正确；
D．开关S 闭合，S 断开，若两盏小电珠均正常发光，回路中的电流为0.6 A，则电源的电动势
1 2
故小电珠不能正常发光，故D错误。
故选ABC。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11. 用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒．小球a用不可伸长的细线悬挂起来，直径相同的小球b放置
在光滑支撑杆上，细线自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。已知重力加速度为g。实验的
主要步骤及需解答的问题如下：
（1）测量出悬点到小球a球心的距离L，小球a、b的质量分别为 ；
（2）将小球a向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为 时并由静止释放，与小球b发生对心碰撞后球a反
弹，球b做平抛运动，测得小球a向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为 ．则：小球a、b的质
量大小需满足 ______ （选填“>”、“<”或“=”）；
（3）测量出碰撞后小球b做平抛运动的水平位移x，竖直下落高度h，可知碰撞后小球b的速度大小
______；（4）若该碰撞中的总动量守恒，则需满足的表达式为______（用题中所给和测量的物理量表示）。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】（2）[1]实验中需要碰撞后小球a反弹，所以小球a、b的质量大小需满足 。
（3）[2]小球b平抛运动，则有
，
联立，解得
（4）[3]碰撞前小球a摆动过程中，由机械能守恒可得
解得
同理，碰撞后小球a摆动过程中，由机械能守恒可得
解得
若该碰撞中的总动量守恒，则有
联立，解得
12. 某兴趣小组为了测量量程为5mA毫安表的内阻，设计了如图甲所示的电路。（1）在检查电路连接正确后，实验时， 操作步骤如下：先将滑动变阻器R的滑片P移到最右端，调整电
阻箱R 的阻值为零，闭合开关S，再将滑片P缓慢左移，使毫安表上电流满偏；保持滑片P不动，调整R
0 0
的阻值，使毫安表上读数为2mA，记下此时R 的电阻为300.0Ω。
0
（2）则该毫安表的内阻的测量值为________ ，该测量值________实际值（选填“大于”、“等于”或
“小于”）。
（3）现将某定值电阻R₁与该毫安表连接，将该毫安表改装为一个量程为30mA的电流表，并用标准电流
表进行检测，如图乙所示。
①需要接入的定值电阻R 的阻值为________Ω；
1
②在乙图中虚线框内补全改装电路图________；
③当标准电流表的示数为12mA时，流经毫安表中的电流示数可能为________。
A．1.9mA B．2mA C．2.1mA
【答案】 ①. 200 ②. 大于 ③. ④. ⑤. C
【解析】
【详解】[1]根据
解得
[2]当 的阻值从0开始增大时，电路中的总电阻在增大，干路电流会减小，所以毫安表和电阻箱实际分去的电压会增大，大于 ，根据
可得
可知毫安表内阻的测量值要大于实际值。
[3]根据
解得
[4]如图所示
[5]由[2]分析可知， 的测量值偏大，实际值比 小，因此分流能力强，电流大于
其中
故选C。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13. 2024年10月1日晚，香港国庆烟花汇演在维多利亚港（维港）上空如期举行，庆祝中华人民共和国
75周年华诞，山河无恙。若某枚烟花弹从地面以v=20m/s的速度竖直向上射出，不计空气阻力，重力加速
0
度g=10m/s2，以地面为重力势能的零势能面。
（1）求该烟花弹上升的最大高度h；（2）该烟花弹的重力势能为动能 倍时，求该烟花弹的速度大小v。
1
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由机械能守恒定律得
解得烟花弹上升的最大高度
【小问2详解】
烟花弹的重力势能为动能的 倍时，由机械能守恒定律得
又
联立解得
的
14. 如图所示， 倾角为 斜面末端与竖直的半径R=1m的光滑绝缘半圆轨道平滑连接，O为圆心，
a、b为竖直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.4kg、带电荷量为q=1.0×10-5C的带正电小球（可视
为质点），从斜面上的c点以一定大小的速度斜向上抛出（图中未画出）， 小球从半圆轨道的最高点a沿
水平方向飞入半圆轨道， 对轨道a点的压力大小为2.4N。若小球刚过a点时， 立即在整个空间施加水平
向右的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E=3.0×105N/C，重力加速度g=10m/s2，不计一切阻力，
sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小球在a点的速度v 大小；
a
（2）小球从c点运动到a点的时间t；
（3）小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力。
【答案】（1）
（2）
（3） ，与竖直方向成角 斜向下
【解析】
【小问1详解】
在a点，根据牛顿第二定律得
解得小球在a点的速度大小
【小问2详解】
小球由c到a过程，逆向为平抛运动如图所示水平方向
竖直方向
由几何关系知
联立解得
【小问3详解】
由分析可知，小球受到的重力mg与电场力qE的合力F沿着轨道半径时对轨道的压力最大，如图d点所示。
故
方向
解得
小球从a到d过程中，由动能定理有
在d点，根据牛顿第二定律有
联立解得根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小 ，与竖直方向成角 斜向下。
15. 如图，光滑水平面QS左侧有一竖直挡板，右侧平滑对接一足够长的水平传送带，传送带正在以v = 8.0
m/s的速度逆时针匀速转动。有一质量为m = 1.0 kg的物块A静止于QS上，在物块A右侧有一质量为M =
1.0 kg的物块B，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ = 0.20，物块B以水平向右v = 10 m/s速度从传送带
0
左侧滑上传送带，且恰好不会从传送带右侧离开。当物块B从左侧滑离传送带后与物块A发生弹性碰撞，
且A每次与挡板碰撞后，速率变为原来的 ，方向相反。物块A、B会多次作用，重力加速度大小g = 10
m/s2，不计空气阻力，两物块均可看作质点。求：
（1）传送带的长度L；
（2）物块B从第1次滑上传送带到B第2次滑上传送带的过程中，摩擦力对B的冲量；
（3）B第二次滑上传送带后，瞬间给B一水平向右的冲量I，其大小为6 N∙s。以后每隔Δt = 0.5 s给B一
相同的瞬时冲量I，直到B离开传送带，该过程中由于摩擦而产生的热量。
【答案】（1）25 m
（2）18 N∙s，方向水平向左
（3）
【解析】
【小问1详解】
B滑上传送带后，先向右做匀减速直线运动，直至速度为零后再反向加速，根据牛顿第二定律
解得
向右运动过程中，根据运动学公式
由于恰好不会从传送带右侧离开，则传送带长度为【小问2详解】
B滑上传送带后，先向右做匀减速直线运动，直至速度为零后再反向加速，因为v < v，所以最后以v =
0
8.0 m/s的速度大小从传送带上离开。此过程摩擦力的方向水平向左，根据动量定理
所以，摩擦力对B的冲量大小为18 N∙s，方向水平向左。
【小问3详解】
B从传送带左端滑下后，与A发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
解得
，
即A、B质量相等，速度交换。A向左运动与竖直挡板碰撞后，速度大小变为 ，方向水平向右。
A和B再次发生弹性碰撞，再次速度交换，即
，
到达传送带左端瞬间，设此时t = 0，此时给B一水平向右的冲量，对B，t = 0时，根据动量定理
解得
滑上传送带后，B以a = 2 m/s2的加速度，向右做匀减速运动，经过Δt = 0.5 s后
此过程中B对地位移为t = Δt时，根据动量定理
解得
B向右做匀减速运动，再经过Δt = 0.5 s后
此过程中B对地位移为
t = 2Δt时，根据动量定理
解得
.
B向右做匀减速运动，再经过Δt = 05 s后
此过程中B对地位移为
t = 3Δt时，根据动量定理
解得
B向右做匀减速运动，再经过Δt = 0.5 s后
此过程中B对地位移为因为
所以，第4次作用与B冲量I后，经过一段时间，B已经从传送带右端滑落。从t = 0到t = 3Δt，物块向右
运动的位移为
第4次作用于B冲量I后，B在传送带上运动的位移为
根据运动学公式
解得，第4次作用于B冲量I后，传送带对B的作用时间为
的
B在传送带上运动 总时间为
B与传送带之间因摩擦产生的热量为
