物理-湖北云学部分重点高中2024年高二10月月考_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年10月试卷_1023湖北云学部分重点高中2024年高二10月月考

{#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}{#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}{#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}{#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}{#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}{#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}年湖北云学名校联盟高二年级 月联考 2024 10 物理试卷（ 卷）评分细则 A 1．【答案】D；【解析】哥白尼的“日心说”，解开了近代自然科学革命的序幕，选项A错误； 电场虽然看不见摸不着，但是电场是一种客观存在的物质，选项B错误；忽略带电体的形状 和大小，用“点电荷”表示带电体的方法，是运用了理想化模型法，选项C错误；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，选项D正确． 2．【答案】B；【解析】在偏转磁场中，由粒子偏转方向知，粒子带正电，选项A错误；打 在a，b两处的粒子半径之比 r :r 2:3 ，由 qvB m v2 ，知 q  v ，比荷之比为3：2，选项 a b 1 r m Br 1 B 正确；带电粒子沿水平方向通过速度选择器时， qvB qE ，故 v E ，且两力方向相反，速 0 B 0 度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，选项CD错误。 3．【答案】A；【解析】小球在运动过程中，只有重力做功，因此小球机械能守恒，选项A mv2 正确；小球运动到最高点时，重力提供向心力 mg  0 ，v 0.4m/s，选项B错误；小球在最 0 r 高点时速度方向与重力方向相互垂直，因此小球在最高点时重力的瞬时功率为0，选项C错误； 1 小球做平抛运动的过程中H r  gt2 ，t=1s，选项D错误。 2 4．【答案】D；【解析】滑动变阻器滑片向下滑动的过程中，R接入电路的阻值减小，回路 E 中外电路总阻值R 也减小，流经电源的电流I  增大，电源的总功率PEI 增大，选项A 总 R r 总 U 错误；由R= 知电压表和电流表示数之比减小，选项B错误；路端电压U EIr减小，电压 I 表示数减小；路端电压即为R 两端的电压，因此流经R 的电流I 减小，流经R的电流I II 增 0 0 0 R 0 1 1 1 大，选项C错误；当外电路的总阻值等于电源内阻时，电源的输出功率最大，   ，解 R R r 0 得R=2Ω，选项D正确。 5．【答案】C；【解析】如图所示，根据磁场和电流的方向，可判断得出，a端受到垂直纸 面向外的安培力，b端受到垂直纸面向里的安培力，因此a端向外转动，b向里转动，选项A 错误；条形磁铁受到的合外力不变，始终为零，选项B错误；当导体棒再次达到稳定时，导 体棒上电流的方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，导体棒受到竖直向下的安培力，导体 棒向下运动并再次达到稳定，弹簧弹力变大，且弹簧依然处于拉伸状态，选项C 正确、D错 误。 2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考物理试卷（A卷）评分细则 第 1 页 共 8 页 {#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}6．【答案】C；【解析】从P点运动到Q点的过程中只有引力做功，机械能守恒，选项B错误； 以球心O为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，设小球距离O点的距离为x，地球的质量为M， 4 x3 以O点为球心，半径为x的球体质量为M'，则 M 3 M  x3 M ，小球受到的万有引力大小为 4 R3 R3 3 F G Mm  GMm x ，可画出F-x的图像． x2 R3 F R 0 R x 从P运动到O的过程中，引力做正功，动能增加；从O运动到Q的过程中, 引力做负功，动能减 小。且PO段做的正功，等于OQ段做的负功，因此小球运动到Q点时速度为零，且在PQ之间 做往复运动；故选项A、D错；从P运动到O的过程中，引力做正功，小球到达O点时速度最大； 由上可知物体所受万有引力与距地心距离成正比，则该过程中万有引力的平均值 F  F 0 F t  GMm；对该过程列动能定理 FR 1 mv2，小球到达O点时速度为v GM ，选项C正 2 2R2 2 R 确． 7．【答案】D；【解析】开关与1保持连接，板间电压U不变，将玻璃板插入电容器极板间， S 板间ε 增大，由C  r ，可知C增大，电荷量Q变大，电容器充电，电阻R中的电流由a流向b， r 4kd 选项A错误；板间电压U不变，将一适当厚度的金属板插入电容器极板间，则d减小，可知C 增大，电荷量Q变大，电容器充电，电阻R中的电流由a流向b，电场强度变大，油滴向上运动， S 选项B错误；将下极板稍微上移一点距离，则d减小，由C  r ，可知C增大，电荷量Q不变， 4kd Q S Q Q 4kQ 根据C  ，则U减小，静电计张角变小；根据C  r   可得E  ，可知电场强度 U 4kd U Ed S r 4kQ 不变，则油滴依然静止P点，选项C错误；上极板稍微向左移一点距离，则S减小，根据E  ， S r 2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考物理试卷（A卷）评分细则 第 2 页 共 8 页 {#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}可知电场强度变大，油滴向上运动，油滴距离下极板的距离不变，根据Ed 可知电势升高， 根据受力分析可知油滴带负电，其在P点的电势能将减小，选项D正确。 8．【答案】BC；【解析】将正试探电荷由无穷远移到A点，静电力做负功，试探电荷受排 斥力，说明场源电荷带正电，故A 错误；由题可知，在A点的电势能为E W 4108J，A PA A E 点的电势为φ  PA =40V，故B正确；由F-q图像的斜率可知B点的电场强度大小2.5N/C， A q 1 故C 正确；由于A、B是点电荷电场中同一条电场线上的两点，故可分析知场源电荷在 A的 左侧，设坐标为x，A点和B 点的电场强度大小之比为两直线的斜率之比为16:1，则由 kQ kQ : =16:1，解得x=0.2m，故D 错误。 (0.3x)2 (0.6x)2 9．【答案】BC；【解析】粒子从f点射出时，做匀速圆周运 动的半径 r  l sin45  2 l ，由 qvBm v2 ，q k ，得 v 2klB ， 0 2 4 r m 4 选项A 错误；若粒子入射速度大小变为2v，做匀速圆周运动 的半径为2r ，根据几何关系可知，粒子恰好从a点射出，选 0 项B 正确；根据 qvBm v2 ， r  mv，粒子运动半径减小，粒 r qB 子将从fc 边射出，且射出时速度方向依然与ad边平行， T  2r  2m ，粒子在磁场中的运动时间 t  1 T  m 不变，选项C v qB 4 2qB 正确；若粒子从e 点射出，根据入射时的弦切角等于出射时的弦 切角，根据几何关系可知，因此从e点射出时，粒子速度方 向与ab边不垂直，选项D 错误。 10．【答案】ABC；【解析】设每盏灯两端的电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律E=2U+(I+1)r， 5 3 即U=  I ，此函数图像与伏安特性曲线的交点如图所示，U≈1.81V左右，I≈0.46A左右。故 2 2 U 小灯泡的电阻R = ≈3.93Ω，选项A正确；电动机的额定电压U =2U≈3.62V，故额定功率约为 L M I P 3.62W，输出功率约为3.02W；电动机的效率η= 出 ×100%≈83.33%，选项BC正确；开关S 闭 1 P M 合，S 断开时，若两盏小电珠均正常发光，电源的端电压为6V，回路电流为0.6A，则电动势 2 E=U+Ir=6+0.6×3=7.8V<8V，故小电珠不能正常发光，选项D错误。 2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考物理试卷（A卷）评分细则 第 3 页 共 8 页 {#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}U/V 3.00 2.50 2.00 1.50 1.00 0.50 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 I/A 11．【答案】（1）如图所示；（2）2.0，2.0（每空2分） 【解析】（1）如图所示（2分）； （2）由闭合电路欧姆定律，E=I(R 1 +R 2 +R)，则有1  1 R R 1 R 2 ，故1 －R图线斜率为k= 1 ， I E E I E 由图像k= 1 ，故E=2.0V（2分），纵轴截距 R 1 R 2 3 ，故R 1 ＝2.0Ω（2分）． 2 E 【答案】（1）如图所示；（2）2.0，2.0（每空2分） 11.【评分细则】 1 1 R R 1 1 （2）由闭合电路欧姆定律，E=I(R 1 +R 2 +R)，则有  R 1 2 ，故 －R图线斜率为k= ， I E E I E 1 R R 由图像k= ，故E=2.0V（2分），纵轴截距 1 2 3 ，故R 1 ＝2.0Ω（2分）． 2 E 说明：以上连接方式都正确 2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考物理试卷（A卷）评分细则 第 4 页 共 8 页 {#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}12．【答案】（2）200.0，大于；（3）①40；②如图所示；③C（每空2分） 【解析】（2）根据实验步骤可认为电路中滑动变阻器R右侧并联部分分得的电压不变。 2 I R  I (R R ) ，解得R 200.0。 g g 5 g g 0 g 由于电阻箱R 的接入，毫安表支路的总电阻增大，则并联部分的总电阻增大，并联部分的电 0 压增大。 I R  2 I (R R ) ，故最终得到 R R R ，毫安表内电阻的测量值大于真实值。 g g 5 g g 0 g 0 测 （3）①将毫安表改装为电流表，应并联上一个定值电阻，则有 I g R 测 5I g R 1 ，解得R 1 =40Ω； mA R 1 ②如图所示； R ③因为毫安表的真实内阻 R 200，所以有 g 5 ，设流经原毫安表的电流为I G ，流经R 1 的电 g R 1 I 流为I 1 ，可得 I I 12mA ， 1 5 ，解得 I 2mA ，选项C正确。 G 1 I G G 12.【评分细则】 （1）200.0 （注意200不给分，因为电阻箱决定了测量精度到0.1Ω） 大于 （3）① 40 / 40.0 均可给分 ②必须有毫安表并联电阻的结构，至于毫安表是用mA 、 A 、 G表示均可 ③C 13．【答案】（1）20m；（2） 10 3m/s 【解析】（1）由机械能守恒定律 1 mgh= mv 2 （2分） 0 2 v2 解得烟花弹上升的最大高度h= 0 =20m （2分） 2g （2）烟花弹的重力势能为动能的1倍时，由机械能守恒定律 3 1 mv 2=mgh + 1 mv 2 （4分） 0 1 1 2 2 而mgh 1 = 1  1 mv 1 2 3 2 解得v 1 =10 3m/s （4分） 13．【评分细则】（1）20m；（2） 10 3m/s 【解析】（1）由机械能守恒定律 2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考物理试卷（A卷）评分细则 第 5 页 共 8 页 {#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}mgh= 1 mv 2 （2分） 0 2 v2 解得烟花弹上升的最大高度h= 0 =20m （2分） 2g 说明：用运动学公求解正确也得分 （2）烟花弹的重力势能为动能的1倍时，由机械能守恒定律 3 1 mv 2=mgh + 1 mv 2 （4分） 0 1 1 2 2 而mgh 1 = 1  1 mv 1 2 3 2 解得v 1 =10 3m/s （4分） 说明：用运动学公求解正确也得分 14．【答案】（1）4m/s；（2）0.4s；（3）29.4N 【解析】（1）在a点，根据牛顿第二定律得 v2 N mg m a （2分） v a R a a y 37 解得小球在a点的速度大小v =4m/s （2分） x a c  O （2）小球由c到a过程，逆向为平抛运动 N d 水平方向x=v t （1分） d qE a  b 1 竖直方向y= gt2 （1分）  2 mg F 由几何关系知y+xtanα=2R （1分） 联立解得t=0.4s （1分） （3）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。mg=4N，qE=3N 故F= (mg)2(qE)2 =5N mg 4 方向tanθ=  ，解得θ=53° qE 3 小球从a到d过程中，由动能定理有 1 1 1 1 FR1cos37 mv2 mv2（或：mgR(1+sin53°)+ qERcos53°= mv2  mv2） （2分） d a d a 2 2 2 2 在d点，根据牛顿第二定律有 2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考物理试卷（A卷）评分细则 第 6 页 共 8 页 {#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}v2 N F m d （1分） d R 联立解得N =29.4N （1分） d 根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小N' =29.4N，与竖直方向成角37°斜向下。（2 d 分，牛顿第三定律、方向各1分） 14.【评分细则】按照答案给分 15．【答案】【评分细则】（1）(2 3) s；（2） ( 31)m/s；（3）[ 2(2 3) +23 ]s 3 3 2 【解析】（1）由题意画出粒子的运动轨迹，如图1所示，由几何关系知，运动轨迹圆心角为 60°，运动时间t = 1 T （2分） 1 6 周期T= 2m 2(2 3)(s) （2分） qB 故t 1 = (2 3) (s) （2分） 图 1 3 （2）由题意可知 AC(64 3)m，则 AB2(2 3)m，由分析知，粒子的运动 v 轨迹如图2所示，设此时半径为r ，则： A 1 B 1 r 30 1 r 1 +r 1 tan60°=AB=2(2+ 3) m （2分） O 2 解得r = 2(2 3) m （1分） 1 31 图 2 30 由牛顿第二定律得：qv B= mv 1 2 （2分） 1 C r 1 ∴v 1 =( 31)m/s （1分） （3）如图3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， 由几何关系可知粒子的轨道半径为：r 2 =AB=2（2+ 3 ）m 由牛顿第二定律得：qv B= mv 2 2 2 r 2 ∴v =2m/s （1分） 2 由几何关系知：∠BO D=120°，所以粒子在磁场中运动的时间： 2 t =120 T= 2(2 3) （1分） 1 360 3 过D点做x轴的垂线，垂足为F，则OC+AC = DF+r + r sin30° 2 2 2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考物理试卷（A卷）评分细则 第 7 页 共 8 页 {#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}∴ DF = 3 3 m，设∠DGF =θ，则：tanθ= DF ，由图示知，θ=60° 2 FG 解得 FG=3m 2 sinθ= DF DG 解得DG =3m ∴粒子在真空中运动时间t = DG =3s （1分） 2 v 2 2 r =OF +r cos30° 2 2 ∴ OF = 1m，OG=OF +FG =5m 2 电场中粒子沿x轴方向的速度大小为v cosθ=1m/s 2 沿x轴方向的加速度大小为 a=qE cos30°=1m/s2 （1分） m 4 v 2 由OG =-v cosθt +1at 2 2 3 3 2 解得t =10 s （1分） 3 图 3 ∴最短时间为t=t + t +t =[ 2(2 3) +23 ]s （1分） 1 2 3 3 2 2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考物理试卷（A卷）评分细则 第 8 页 共 8 页 {#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}