文档内容
2024 年湖北云学名校联盟高二年级 10 月联考
物理试卷（A 卷）
命题学校： 襄阳四中 审题学校： 夷陵中学
考试时间： 2024年10月16日10：30-11：45 时长： 75分钟 满分： 100分
一、选择题 （本大题共10小题， 每小题4分， 共40分。在每小题给出的四个选项中，
第1~7题只有一项符合题目要求， 第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分， 选
对但不全的得2分， 有选错的得0分。）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 哥白尼的“地心说”， 揭开了近代自然科学革命的序幕
B. 电场看不见摸不着，因此电场是一种假想的物质， 实际并不存在
C. 忽略带电体的形状和大小， 用“点电荷”表示带电体的方法， 是运用了假设法
D. 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
【答案】D
【解析】
的
【详解】A．哥白尼 “日心说”， 揭开了近代自然科学革命的序幕，A错误；
B．电场看不见摸不着，但它是实实在在存在的，不是假想的物质，B错误；
C．忽略带电体的形状和大小， 用“点电荷”表示带电体的方法， 是运用了理想模型法，C错误；
D．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正确。
故选D。
2. 如图所示， 一束粒子可以沿水平方向经过速度选择器， 并从O点垂直射入偏转磁场， 最终在胶片底
板上打下a， b两个点。已知速度选择器中匀强磁场的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，偏转磁
0
场的磁感应强度大小为B，Oa=2r，Ob=3r。下列说法正确的是（ ）
1
A. 该粒子束中所有的粒子都带负电
B. 打在a处和b处的粒子的比荷之比为3：2C. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
D. 该粒子束中所有的粒子速度大小都相同，速度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据粒子在偏转磁场中偏转情况，结合左手定则可知，粒子带正电，A错误；
CD．粒子在选择器中做直线运动，由于粒子受到的电场力向下，故磁场力应向上，根据左手定则，可知磁
场方向垂直纸面向里，二者大小相等，则有
解得
故CD错误；
B．根据上述分析可知，打在a处和b处的粒子的速度相等，其半径之比为
结合圆周运动规律可知
解得
B正确 。
故选B。
的
3. 宇航员站在月球表面，手握不可伸长 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. 如图所示， 在固定的条形磁铁上方，用轻弹簧悬挂了一直导线，某一时刻给该导线通以由a向b方向
的电流。下列说法正确的是（ ）
A. a端向里转动， b向外转动B. 条形磁铁受到的合外力变大
C. 当导体棒再次达到稳定时，弹簧的弹力变大
D. 当导体棒再次达到稳定时，弹簧可能被压缩
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于a端有向上的磁场分量；b端有向下的磁场分量，根据左手定则可知a端向外转动， b向
里转动，A错误；
B．条形磁铁仍处于静止状态，合力仍为零，大小没变，B错误；
CD．当ab转动过程中，根据左手定则可知，导线受到的安培力向下，故再次平衡时，弹力变大，C正确，
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。
的
7. 平行板电容器与静电计、直流电源如图所示连接，电源 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。
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. 如图所示， 有一个边长为l， 磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域 abcd，e是ab的中点，f 是ac的
中点， 如果在c点沿对角线方向以一定的速度v射入一比荷为k的带电粒子（不计重力），且该粒子恰好
能从f点射出。则下列说法正确的是（ ）A. 粒子射入磁场的速度大小
B. 若粒子入射速度大小变为2v， 则粒子恰好从a点射出
C. 若只减小粒子入射速度大小， 则粒子在磁场中的运动时间不变
D. 若只改变粒子入射速度的大小，使粒子可以从e点射出，则粒子射出磁场时的速度方向与 ab边垂直
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由题意，当粒子从f点飞出时，画出粒子运动轨迹，利用几何知识，可求得粒子在磁场中的运
动半径
根据
，
可求得
故A错误；
B．若粒子入射速度大小变为2v， 则粒子在磁场中的运动半径将变为
由几何知识可判断知粒子恰好从a点射出，故B正确；
C．若只减小粒子入射速度大小，则粒子在磁场中的运动半径将减小，画出粒子在磁场中的运动轨迹可知，
粒子均从ef边射出，由几何知识可知粒子运动轨迹所对应的圆心角均为90°，运动时间均为
可知粒子在磁场中的运动时间不变，故C正确；
D．若只改变粒子入射速度的大小，使粒子可以从e点射出，画出粒子在磁场中的运动轨迹，若粒子射出
磁场时的速度方向与 ab边垂直，由几何知识可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆心不可能落ba与cb垂线的交点上，故D错误。
故选BC 。
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。
二、非选择题（本大题共5小题， 共60分）
11. 某探究性学习小组设计了如图甲所示的电路来测量某电源电动势E及电阻 的阻值。实验器材有：
A．待测电源E（不计内阻）；B．待测电阻 ；C、定值电阻 ；D．电流表A（量程为0.6A，
内阻不计）；E．电阻箱R（0~99.99Ω）； F．单刀单掷开关S，单刀双掷开关S，导线若干。
1 2
（1）按照图甲所示的电路图将图乙中的实物连接补充完整________。
的
（2）闭合S，将S 切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应 电流表示数I，由测得的
1 2
数据，绘出了如图乙所示的 图线，则电源电动势E=________V，电阻R=________Ω（结果均保留2
1
位有效数字）。
【答案】（1）见解析 （2） ①. 2.0 ②. 2.0
【解析】
【小问1详解】
根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示【小问2详解】
[1][2]闭合S，将S 切换到b，根据闭合电路欧姆定律可得
1 2
可得
结合 图像可得
，
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。
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
14. 如图所示， 倾角为 的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. 控制带电粒子的运动在现代科学技术、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。在如图所示的坐标
系中， 直角三角形ABC在第一象限内， ， ，∠ACB = 30°。一带正电的
粒子质量为m、电荷量为q（q > 0），可以从AB之间任意位置发射。今在ABC所在的空间加一垂直纸面
向里的磁感应强度为 的匀强磁场， 在第四象限加一电场强度为 的匀强电场，电
场范围足够大且方向斜向左下方与y轴的负半轴成60°角,忽略粒子的重力。（1）若粒子从B点沿垂直于y轴的方向发射，沿与y轴的负半轴成角30°的方向从y轴离开磁场，则粒子
在磁场中运动时间为多少？
（2）若粒子从AB之间某点沿垂直于y轴的方向发射，为使粒子约束在磁场区域内，粒子的速度不超过多
少？
（3）若粒子从B点沿垂直于y轴的方向发射，控制粒子的发射速度，为使粒子能从y轴离开电场，则粒子
从发射到离开电场的最短时间为多少？
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由题意画出粒子的运动轨迹，如图1 所示根据几何关系可知，运动轨迹的圆心角为60°，粒子运动时间
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
周期
所以
【小问2详解】
由题意可知
则根据几何知识可得
粒子的运动轨迹如图2，设此时半径为r，则有
1解得
根据牛顿第二定律可得
解得
故粒子的速度不超过 。
【小问3详解】
如图2所示，当粒子的轨迹在AC间与y轴相切时，粒子从发射到离开电场的时间最短，由几何知识可得
根据牛顿第二定律可得
解得结合数学知识可得
所以粒子在磁场中运动的时间
过D点作x轴的垂线，垂足为F，则有
解得
设∠DGF = θ，则有
根据图示可得
解得
解直角三角形解得
故粒子在真空中运动的时间
又因为
解得
粒子沿x轴的速度大小为
沿x轴的加速度大小
由匀变速直线运动规律可得
代入数据解得
所以粒子运动的最短时间为
