高級中學名校試卷PAGEPAGE12024年湖北云學部分重點高中高二年級12月聯考物理A試卷時長∶75分鐘試卷滿分∶100分一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項符合題目要求，第8-10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但選不全的得2分，有選錯的得0分。）1.下列關于物理學史說法正確的是（）A.麥克斯韋建立了經典電磁場理論，并證實了電磁波的存在B.電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率、波長和能量大小無關C.法拉第提出了右手螺旋定則來判斷電流周圍磁場的方向D.奧斯特發現了電流的磁效應，并提出了分子電流假說【答案】B【解析】A．麥克斯韋建立了完整的電磁場理論，赫茲首先驗證了電磁波存在，故A錯誤；B．電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率、波長和能量大小無關，總等于光速c，故B正確；C．安培提出了右手螺旋定則來判斷電流周圍磁場的方向，故C錯誤；D．奧斯特發現了電流的磁效應，安培提出了分子電流假說，故D錯誤。故選B。2.一個質量為60kg的蹦床運動員，從離水平網面3.2m高處自由下落，假設網對運動員的作用力與時間的關系如圖所示，重力加速度取g=10m/s2，不計空氣阻力，則（）A.運動員與球網作用過程中重力的沖量為零B.運動員反彈的高度為3.2mC.球網對運動員的作用力沖量大小為1560N·sD.與球網作用過程中運動員動量變化量大小為120kg·m/s【答案】C【解析】A．運動員與球網作用時間不為零，則重力的沖量為所以重力的沖量不為零，故A錯誤；C．圖像圍成的面積表示F的沖量，球網對運動員的作用力沖量大小為，故C正確；B．運動員下落過程由可得落到蹦床的速度方向向下，分析運動員與球網作用過程，以豎直向上為正方向，根據動量定理解得運動員離開蹦床時的速度為則反彈的高度為故B錯誤；D．與球網作用過程中運動員動量變化量大小為故D錯誤。3.如圖甲所示，豎直彈簧振子以O點為平衡位置在A、B兩點間做簡諧運動，圖乙為該彈簧振子的振動圖像，由圖可知下列說法正確的是（）A.在t=時，彈簧振子恰好運動到O位置B.在t=與t=兩個時刻，彈簧振子的速度相同C.從t=到t=的時間內，彈簧振子的動能持續地減小D.在t=與t=兩個時刻，彈簧振子的加速度相同【答案】C【解析】A．t=時，振子的位移為正的最大，但由于沒有規定正方向，所以此時振子的位置可能在A位置也可能在B位置，故A錯誤；B．t=時速度為正，t=時速度為負，兩者方向相反，故B錯誤；C．從t=到t=的時間內，位移增加，遠離平衡位置，故動能減小，故C正確；D．在t=與t=兩個時刻，位移相反，根據可知，加速度大小相等，方向相反，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，將長為6L的漆包線AE折成圖示形狀并放入磁感應強度為B的勻強磁場中，并通以電流強度為I的電流，已知△BCD為邊長為L的正三角形，ADBE四點共線，則漆包線所受安培力大小為（）A.4IBL B.3IBLC.2IBL D.IBL【答案】B【解析】圖中AE之間的長度為3L，則有效長度為3L，所以漆包線所受安培力大小為3IBL。故選B。5.如圖所示，帶正電的物體與斜面間的動摩擦因數為μ（μ<tanθ），斜面絕緣足夠長且所在空間有圖示方向的勻強磁場。現將物體沿斜面靜止釋放。下列說法正確的是（）A.物體沿斜面向下做勻加速運動B.物體沿斜面先加速后減速，最后靜止在斜面上C.物體沿斜面運動時，加速度將一直增大D.物體最終勻速運動【答案】D【解析】由于μ<tanθ故所以物體將沿斜面向下加速，此時，

物體向下加速，速度增大，洛倫茲力增大，則N增大，故加速度減小。所以物體將沿斜面向下做加速度減小的加速運動，最后勻速運動。故選D。6.霍爾傳感器在電動汽車的電機中有重要的作用，比如檢測磁極位置、實現電流換向、控制電機速度和方向、保護電機免受損壞等。霍爾傳感器可簡化為圖所示的裝置：一塊長為b、寬為c，高為a的長方體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，單位體積內自由電子數目為n，當通入方向向右的電流I，霍爾元件處于如圖所示的勻強磁場B中，則下列說法正確的是（）A.霍爾元件上表面的電勢比下表面低B.其他條件不變，若高度a增大，霍爾電壓變大C.其他條件不變，若寬度c增大，霍爾電壓變大D.其他條件不變，若磁場B增強，霍爾電壓變大【答案】D【解析】A．電流向右，電子向左定向移動，根據左手定則，電子所受洛倫茲力向下，電子打在下表面，則霍爾元件的上表面的電勢比下表面高，故A錯誤；BCD．根據平衡條件得由電流圍觀表達式橫截面積為聯立解得由上式可知，其他條件不變，若高度a增大，霍爾電壓不變,故B錯誤；其他條件不變，若寬度c增大，霍爾電壓變小，故C錯誤；其他條件不變，若磁場B增強，霍爾電壓變大，故D正確。故選D。7.如圖所示，一帶電粒子垂直入射半徑為R的圓形勻強磁場，P點進Q點出，∠POQ=60°，且入射速度方向垂直于半徑OQ，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A.粒子P點進Q點出速度方向偏轉了90°且軌跡半徑為B.粒子P點進Q點出速度方向偏轉了60°且軌跡半徑為C.若保持粒子速度不變但入射點沿磁場邊界稍微下移，粒子仍從Q點出磁場D.若保持粒子速度不變但入射點沿磁場邊界稍微下移，粒子從Q點左側出磁場【答案】C【解析】作出粒子的運動軌跡如圖所示由于，根據幾何關系可得，圖中平行四邊形OPO1Q為菱形，所以，保持粒子速度不變，根據磁聚焦的特點可知，則粒子一定從Q點處磁場，且速度的偏轉角等于圓心角，等于60°。故選C。8.如圖所示，現有一列簡諧橫波，以速度2m/s在均勻介質中沿x軸正方向直線傳播。O點從t=0時刻開始向上做簡諧運動，M為x軸上的某質點，時刻波傳播到M點，此時O點位于波峰。則（）A.OM長度可能為1m B.頻率可能為0.5Hz C.周期可能是0.4s D.波長可能是3m【答案】BC【解析】A．根據可知OM的長度一定為，A錯誤；BC．由題意可知時O點位于波峰，故，其中故振動周期為其中當取時，周期為頻率為當取時，周期為B正確，C正確；D．根據可知波長為其中故波長不可能3m，D錯誤。故選BC。9.如圖甲所示，A、B是一對水平放置的平行板電容器，其極板為圓形，當閉合開關S給電容器充電，穩定后，在兩級板中線邊緣位置放置一粒子源，水平向電場中均勻發射大量速度大小相同方向各異的同種正粒子，圖乙為裝置電容器部分的俯視圖，已知有粒子落在了B極板中心，忽略電場的邊際效應，不計粒子重力，則下列說法正確的是（）A.向左移動滑片P，還有粒子能落在B極板中心B.若將粒子源向上平移到A極板邊緣，之前落在B極板中心的粒子剛好能出電場C.斷開開關S，僅將A極板豎直向上稍作移動，落在B極板上的粒子運動時間變長D.落在極板上的粒子占總數量（即進入電場的粒子）的【答案】AD【解析】A．電容器始終與電源相連，所以電容器兩極板間的電勢差不變，根據可知兩極板間的電場強度不變，粒子在兩極板間運動時受力不變，故向左移動滑片P，還有粒子能落在B極板中心，A正確；B．粒子在兩極板間做類平拋運動，恰好打到B板中心的粒子，設極板半徑為R，兩極板間距為d，極板間電勢差為，粒子電荷量為，質量為，由運動學知識有若將粒子源向上平移到A極板邊緣，粒子達到B極板時，豎直方向由運動學知識有水平方向勻速直線運動，有聯立解得，水平位移為所以之前落在B極板中心的粒子未能出電場，B錯誤；C．斷開開關S，極板所帶電荷量保持不變，僅將A極板豎直向上稍作移動，根據可知，電容器的電容值變小，根據可知，極板間的電勢差變大，又因為聯立解得可知斷開開關S，僅將A極板豎直向上稍作移動，極板間的電場強度不變，所以粒子在極板間的受力不變，故落在B極板上的粒子運動時間不變，C錯誤；D．粒子在極板間的受力相同，粒子在豎直方向上做勻加速直線運動由運動學知識有可知在極板間的運動時間為即在極板間運動的粒子打到極板上的時間相等，粒子在水平方向上做勻速直線運動，有可知，達到B極板上的粒子在水平方向的位移大小相等，題中說有粒子落在了B極板中心，故達到B極板上的粒子在水平方向上的位移大小均為，由幾何關系可知能打到B極板的粒子的初速度夾角在120度以內，如圖所示即落在極板上的粒子占總數量（即進入電場的粒子）的，D正確。故選AD10.如圖所示，ABCD為一長方形有界磁場（邊界上有磁場）且AB：AD=2：7，A處有一粒子源，均勻的向磁場發射大量速度大小相同方向各異的同種正粒子，已知粒子在磁場中運動的最長時間為周期的，已知sin23.6°=0.4，sin37°=0.6，sin44.4°=0.7，sin53°=0.8，不計粒子重力，不考慮粒子間的相互作用，下列說法正確的有（）A.不可能有粒子從C點出磁場B.當沿AB方向入射的粒子出磁場時還有約73.8%的粒子沒有出磁場C.從CD邊出來的粒子只會從靠近D一側的區域出來D.從AD邊出來的粒子約占粒子總數的49.3%【答案】ACD【解析】A．由題意，知粒子在磁場中運動的最長時間為周期的，即粒子在磁場中運動軌跡所對應的圓心角最大為。設AB邊長為，則AD為，當粒子的運動軌跡恰好與BC邊相切時，此時粒子在磁場中運動的時間最長，設粒子在磁場中運動的軌跡半徑為，粒子飛入磁場時速度與AD方向的夾角為，根據幾何知識有聯立求得，若粒子恰能從C點飛出，由幾何知識知，其運動軌跡所對應弦長最長，粒子在磁場中運動時間最長，圓心角最大，但不可能為，半徑也不可能為，故A錯誤；B．結合前面分析，當沿AB方向入射的粒子出磁場時，設此時粒子在磁場中運動軌跡所夾圓心角為，由幾何知識可得可得由幾何知識可得還未出磁場的粒子為故B錯誤；C．結合前面分析，當粒子在磁場中的運動軌跡恰好與BC邊相切時，由幾何知識可得，此時粒子恰好從CD邊中點飛出，由于此時粒子在磁場中運動的時間最長，則可知從CD邊出來的粒子只會從靠近D一側的區域出來，故C正確；D．設粒子恰好從D點飛出時，速度方與AD方向夾角為，則由幾何知識可得可得可得從AD邊出來的粒子約占粒子總數為故D正確。二、非選擇題（本題共5小題，共60分）11.2023年9月21日下午，“天宮課堂”第四課中一個實驗是驗證碰撞中的動量守恒。（1）如圖甲所示，質量的測量是通過艙壁上打開的一個支架形狀的質量測量儀完成的。在計算機設定的恒力F作用下，物體由靜止開始運動，測量裝置能夠測量出支架作用距離x和時間t，從而計算出質量________（用F、x、t表示）。（2）如圖乙所示，質量為mA的鋼球A靜止懸浮在空中，宇航員用手推出質量為mB的鋼球B，使它以一定的初速度水平向左撞向鋼球A，撞后鋼球A、B同時水平向左運動。已知后面的背景板上小方格為邊長相同的正方形，為了驗證兩球組成的系統在碰撞中動量守恒，除了以上給出的實驗數據外，還需要測量的物理量是A.兩鋼球的直徑d及碰撞時間△t?B.手對小鋼球B的推力F及作用時間△t?C.碰撞前后鋼球運動相同方格數所用的時間，其中碰撞前鋼球B所用的時間t?，碰撞后鋼球A所用的時間tA，碰撞后鋼球B所用的時間tB（3）請結合（2）中選項寫出驗證兩球組成的系統在碰撞中動量守恒需要滿足的表達式_______。【答案】（1）（2）C（3）【解析】（1）根據牛頓第二定律有根據勻變速直線運動位移與時間的關系有聯立解得（2）驗證動量守恒定律的原理是所以除了測量兩物體的質量外。還需知道兩物體碰撞前后的速度，根據可知，需要測量兩鋼球碰撞前后各自運動的距離和對應時間。故選C。（3）選取水平向左為正方向，則兩球碰撞前A處于靜止狀態，B勻速直線運動則B速度為兩球碰撞后：A的速度B速度聯立得12.某學校實驗小組用雙縫干涉實驗裝置測光的波長，裝置如圖甲所示：（1）下列說法中正確的是（）A.濾光片應置于單縫與雙縫之間B.撥桿的作用是為了調節縫的寬度C.保持雙縫位置不變，增大單縫與雙縫間距，干涉條紋變密D.保持雙縫位置不變，增大雙縫與毛玻璃屏間距，干涉條紋變疏（2）將測量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對齊，將該亮紋定為第1條亮紋，此時手輪上的示數為2.320mm；然后同方向轉動測量頭，使分劃板中心刻線與第5條亮紋中心對齊，此時手輪上的示數如圖乙所示，該示數為____________mm，求得相鄰亮紋的間距Δx。已知雙縫間距測得雙縫到屏的距離，則所測單色光的波長為___________m（本空結果保留2位有效數字）。（3）若丙圖為上述實驗裝置簡圖。S為單縫，為雙縫，屏上O點處為一條亮條紋。若實驗時單縫偏離光軸，向下微微移動，則可以觀察到原來O點處的亮條紋____________（“向上移動”“向下移動”“仍在O點”）（4）若將該實驗裝置全部浸入到某種絕緣透明均勻介質中做相同的實驗，發現相鄰兩條亮紋中央間距變為原來的一半，則該絕緣透明均勻介質的折射率n＝______。【答案】（1）D（2）15.919##15.920##15.921（3）向上移動（4）2【解析】（1）A．濾光片的作用是將復色光變為單色光，單縫的作用是使入射光變成線光源，雙縫的作用是將單色光分解成頻率相同、振動情況相同的相干光，因此濾光片應該放在單縫之前，故A錯誤；B．撥桿的作用是為了調節單縫和雙縫平行，故B錯誤；C．根據干涉條紋間距公式可知，干涉條紋間距與單縫到雙縫的距離無關，故C錯誤；D．根據干涉條紋間距公式，其中L是雙縫與毛玻璃屏的距離，當L增大時，干涉條紋間距也增大，干涉條紋變疏，故D正確。故選D。（2）螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，圖乙讀數為15.5mm＋42.0×0.01mm＝15.920mm相鄰亮紋的間距為又因為，代入可得m（3）O處亮條紋是中央亮條紋，對應光程差為零，單縫向下移動，則光程差為零的位置向上移動，故觀察到原來O點處的亮條紋向上移動。根據雙縫間距的表達式在空氣中光在介質中的波長為所以在介質中由此可得光在空氣中和絕緣透明介質中所以折射率13.質譜儀是科學研究中常用的器材，某公司為了打破西方對質譜儀的技術封鎖開發了如圖所示的新型質譜儀，質量為m帶電量為+q的粒子從A極板中心小孔處無初速度釋放，經電場加速后，從正對的B極板中心小孔處射出，后沿半徑方向入射半徑為R的圓形勻強磁場，速度方向偏轉60°后射出磁場，已知A、B間電壓為U，不計粒子重力，求（1）粒子進入磁場的速度大小；（2）粒子在磁場中運動的時間。【答案】（1）（2）【解析】（1）粒子在電場中加速，根據動能定理，有得（2）根據幾何關系可知帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑速度方向偏轉60°后射出磁場，運動的時間周期為聯立得14.如圖所示，質量為m滑塊A從高h傾角30°的光滑斜面頂端無初速度釋放，與地面上靠近斜面底端的質量為2m的滑塊B相碰，已知兩滑塊與地面之間的動摩擦因數均為μ，斜面底端與地面間有光滑小圓弧相連，重力加速度為g，試求（1）滑塊A下滑到斜面底端的速度大小；（2）滑塊A和滑塊B相碰過程中，系統動能損失可能值的最大值；（3）碰后滑塊B運動路程的取值范圍。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）設滑塊A下滑到底端得速度為，根據動能定理得（2）滑塊A和滑塊B發生完全非彈性碰撞時，損失的動能最大。設滑塊A和滑塊B碰后的共同速度為，動能損失的最大值為，由動量守恒定律由能量守恒定律得聯立解得（3）當滑塊A和滑塊B發生完全非彈性碰撞，滑塊B碰后速度最小，運動