湖南省名校联考联合体2024-2025学年高二下学期第二次联考物理试题（B卷）（解析版）

出卷网第第页湖南省名校联考联合体2024-2025学年高二下学期第二次联考物理试题（B卷）一、单选题（本大题共6小题，每题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1．下列有关物理学史以及物理学思想与方法的描述中错误的是（）A．质点、点电荷、弹簧振子均属于理想模型B．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了控制变量法C．论证v—t图像面积即为物体运动的位移用到了微元的思想D．法拉第总结出了法拉第电磁感应定律【答案】D【解析】【解答】本题考查物理学史和物理学研究方法，需要对物理学史和物理学研究方法有深入的理解和掌握。A．质点、点电荷、弹簧振子均属于理想模型，选项A正确；B．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了控制变量法，选项B正确；C．论证v—t图像面积即为物体运动的位移用到了微元的思想，选项C正确；D．法拉第电磁感应定律是纽曼和韦伯提出的。因法拉第对电磁感应现象研究的巨大贡献，后人称之为法拉第电磁感应定律，选项D错误。此题选择不正确的，故选D。【分析】根据物理学史和物理学的研究方法进行分析。2．如图甲所示，有一螺线管，其绕线两端并联了发光二极管D1和DA．0∼t1时间段，二极管B．t2∼tC．0∼tD．t2∼t4时间段可观察到【答案】B【解析】【解答】本题考查了楞次定律相关知识，理解二极管在电路中的作用，熟练掌握楞次定律是解决此类问题的关键。A．规定磁场向上为正方向，0∼t1时间段，磁感应强度为负值，磁场方向向下，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿发光二极管向上，根据二极管的单向导电性可知，二极管B．规定磁场向上为正方向，t2∼tC．t1D．结合上述可知，t2∼t3时间段，感应电流方向沿发光二极管向下，二极管D2发光，t3∼故选B。

【分析】根据楞次定律，结合磁感应强度变化关系，利用磁通量的变化分析求解。3．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其直流电阻几乎为0，L1、L2、A．开关闭合时，L1马上变亮，L2、B．开关闭合后，当电路稳定时，L2会熄灭，L1、C．开关闭合后，当电路稳定时，L1最亮，L2、D．开关断开时L1、L【答案】C【解析】【解答】正确理解通电自感和断电自感现象中自感电动势对“原电流的变化”的阻碍作用，即延缓原电流的变化。ABC．开关闭合时，L1、L3马上变亮，L2因线圈自感而缓慢变亮；开关闭合后，当电路稳定时，自感线圈相当于导线，故L2、L3D．开关断开时L1立即熄灭，L2、故选C。

【分析】线圈在开关闭合或者断开瞬间都会产生自感电动势，结合L是自感系数很大的线圈，但其直流电阻几乎为0分析。4．某款手机防窥屏的原理图如图所示，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度θ的控制。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。下列说法正确的是（）A．屏障的高度d不影响可视角度θB．防窥屏的厚度越厚，可视角度θ越小C．防窥屏实现防窥效果主要是因为某些角度的光被屏障吸收D．屏障间距L越小，可视角度θ越大【答案】C【解析】【解答】本题主要考查了光的折射定律，能够理解防窥屏的工作原理，同时结合全反射的知识即可完成分析。ABD．根据几何关系可知屏障的高度d越高，可视角度θ越小；防窥屏的厚度不影响可视角度θ大小；屏障间距L越小，可视角度θ越小，故ABD错误；C．防窥屏实现防窥效果主要是因为某些角度的光被屏障吸收，故C正确。故选C。

【分析】根据折射定律得出折射角的变化情况；根据防窥屏的工作原理结合题目选项完成分析。5．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=90°，在M、P处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有垂直纸面向里、大小相等的恒定电流，这时O点的磁感应强度大小为B0。现将M处长直导线沿圆弧逆时针移动30°A．62B0 B．32B0【答案】A【解析】【解答】磁感应强度为矢量，在求合磁感应强度时应先分别求得各导线O点的磁感应强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感应强度．根据安培定则可知，两导线在O点形成的磁感应强度如图所示合磁感应强度大小为B0，.则根据几何关系可知，两导线单独形成的磁感应强度大小为B=当M处的导线移到Q点时，两导线在O点形成的磁感应强度如图所示由几何关系可知，O点的磁感应强度大小为B故选A。

【分析】由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感应强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感应强度大小不变．6．如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨，质量为m的导体棒ab垂直放在导轨上，整个空间存在与导体棒ab垂直的匀强磁场，导体棒中通有由a到b且大小为Ⅰ的恒定电流，使导体棒恰好保持静止，平行导轨间距为L，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A．若磁场方向为竖直向上，则磁感应强度为B=B．若磁场为垂直斜面方向，则磁场只能垂直斜面向下C．磁感应强度最小值为mgD．若仅使电流反向（其他条件不变），导体棒仍能保持静止【答案】C【解析】【解答】本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉受力分析，结合几何关系即可完成解答。A．若磁场方向为竖直向上，受力分析如图1所示则F磁感应强度为B=mgB．若磁场为垂直斜面方向，则安培力只能沿斜面向上，根据左手定则得磁场方向为垂直斜面向上，故B错误；C．根据三角形定则，当安培力和支持力垂直时安培力最小（如图2所示）此时磁感应强度最小为mgsinD．电流反向则安培力反向，导体棒不能保持静止，故D错误。故选C。

【分析】对金属棒进行受力分析，结合安培力公式和几何关系得出磁感应强度。二、多项选择题（本大题共4小题，每题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7．一列简谐横波沿x轴传播，P、Q是平衡位置分别位于x=5m和x=15m的两个质点，图甲为A．波沿x轴负向传播 B．波的传播速度大小为2.5m/sC．t=2s时，质点P在波峰位置 D．t=2s时，Q移动到了【答案】A,B【解析】【解答】本题考查波的图像和振动图像的综合应用。解答本题时关键要掌握振动的一般方程y=Asin（ωt+φ0），知道方程中各物理量表示的物理意义，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处质点的振动方向。A．t=0时，Q向上振动，根据同侧法可判断波沿x轴负向传播，选项A正确；B．由甲图可得λ=20m，由乙图可得周期T=8s选项B正确；CD．t=2s时，即经过四分之一周期，甲图波形向左平移5m，可知质点P在波谷位置；Q故选AB。【分析】根据图乙读出t=4s时质点Q的振动方向，结合波形应用平移法确定波的传播方向；根据v=λ8．如图甲所示，圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接。若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，产生的感应电动势大小为E1，M、N两点电势差的绝对值为U1；若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，产生的感应电动势大小为E2A．E1:E2=2:1 B．E1【答案】B,D【解析】【解答】本题关键是理清电路结构，然后根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和法拉第电磁感应定律列式分析，同时理解路端电压的含义。a环与b环的半径之比为2:1，故周长之比为2:1，根据电阻定律知R=ρLS横，可知电阻之比为2:1，根据法拉第电磁感应定律可知E=又S得两次电动势的大小之比为E故两次路端电压之比为U故选BD。【分析】a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律R=ρL9．如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（）A．πm2qB≤t≤3πmC．3πm8qB≤t≤πm【答案】A,B【解析】【解答】本题考查了粒子在有界磁场中的运动，解题的关键是画出轨迹的示意图，由几何关系求得轨道半径。粒子在磁场中圆周运动周期T=根据洛伦兹力提供向心力qvB=得T=如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图可知粒子圆周运动的圆心角为θc=如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆心角为π2，所用时间为所以粒子运动时间t，有πm如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得L+r=由洛伦兹力提供向心力得qvB=m联立解得v=如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系r=L由洛伦兹力提供向心力得qvB=m联立解得v=粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以2故选AB。【分析】画出粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆心，由几何关系可求得粒子的轨道半径和偏转角，粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此可求得速度大小，再由时间公式求时间。10．如图所示，在同一足够大的空间区域存在方向均竖直向下的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E。t=0时，一个正离子以初速度v0A．离子的加速度大小不变B．令T=2πmqB，则经过T时间，离子到出发点的距离为2C．若磁场方向改为水平向右，则离子做类平抛运动D．若磁场方向改为垂直纸面向里，且v0<EB【答案】A,D【解析】【解答】本题是带电粒子在电场和磁场中运动的综合题，涉及到的知识点非常多，在电场中加速用动能定理解决，电场中的类平抛运动运用运动的合成与分解的方法，磁场中匀速圆周运动关键是画轨迹，求半径，难度适中。A．离子受到的电场力竖直向下，洛伦兹力在水平面，故离子在水平面以v0做匀速圆周运动，洛伦兹力大小不变，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，合成的运动为螺旋运动，加速度大小不变，且有但加速度方向时刻改变，故A正确；B．结合上述可知离子在水平面以v0做匀速圆周运动，则有qv解得T=可知，经过T时间，离子在水平方向完成一次完整的圆周运动，到达出发点的正下方，此时离子出发点的距离为h=根据运动的周期性可知，经历nT时间，离子均回到出发点的正下方，离子竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式有x=可知，T内，2T内，3T内…nT内的位移之比为1:2C．若磁场方向改为水平向右，在电场力的作用下离子向下加速，随后离子所受洛伦兹力不为0，离子做摆线运动，加速度发生变化，离子的运动不是类平抛运动，故C错误；D．若磁场方向改为垂直纸面向里，且有v可知q洛伦兹力小于电场力，则离子会向下偏转，当在竖直方向最大的位移为ym时，电场力做功最大，此时离子速度最大，令为vm，根据动能定理有根据水平方向动量定理有∑q其中∑q联立解得ym=故D正确。故选AD。

【分析】判断离子受到的洛伦兹力以及电场力的大小与方向，根据牛顿第二定律求解加速度；求出粒子运动周期，根据离子在水平方向完成一次完整的圆周运动，离子离出发点的距离分析；加速度发生变化，离子的运动不是类平抛运动；若磁场方向改为垂直纸面向里，根据动能定理求解速度，根据动量定理求解离子在竖直方向最大的位移。三、非选择题（共56分）11．利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，其中两滑块质量不同，但滑块上的遮光片规格相同。（1）利用游标卡尺测量遮光片的宽度，测量结果如图乙所示，遮光片的宽度d=cm；（2）若验证完全非弹性碰撞时动量守恒，应选用_______（选填字母）组滑块进行实验。（A中在两滑块接触的一面安装了弹性圆环；B中左边滑块右侧装了撞针，右侧滑块左边附着一块橡皮泥；C未做任何处理）A．B．C．（3）有同学发现遮光条宽度的测量值偏大，则对实验结果（选填“有影响”或“无影响”）。（4）将滑块1放到光电门1的左侧，滑块2放到光电门1与光电门2之间，向右轻推滑块1使它与滑块2相碰。光电门1的计时器显示遮光时间为t1，光电门2的计时器先后显示有两次遮光时间，依次为t2、t【答案】（1）0.545（2）B（3）无影响（4）1【解析】【解答】本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成分析。

（1）遮光片的宽度d=0.5cm+0.05mm×9=0.545cm（2）若验证完全非弹性碰撞时动量守恒，则碰后两物体黏在一起，则应该左边滑块右侧装撞针，右侧滑块左边附着一块橡皮泥，碰后黏在一起，则选B。（3）设左边滑块质量为m1，右边滑块质量为m2，让m1去碰m2，m1碰前遮光时间为会发现d会被约掉，故无影响。（4）光电门1的计时器显示遮光时间为t1，光电门2的计时器先后显示有两次遮光时间，依次为t根据弹性碰撞有：m1v联立可得v结合题意：v代入可得1【分析】（1）根据游标卡尺的精确度读数；

（2）根据实验原理分析解答；

（3）根据宽度除以时间得到速度，结合动量守恒定律分析；

（4）根据动量守恒定律得出需要满足的关系式。（1）遮光片的宽度d=0.5cm+0.05mm×9=0.545cm（2）若验证完全非弹性碰撞时动量守恒，则碰后两物体黏在一起，则应该左边滑块右侧装撞针，右侧滑块左边附着一块橡皮泥，碰后黏在一起，则选B。（3）设左边滑块质量为m1，右边滑块质量为m2，让m1去碰m2，m1碰前遮光时间为会发现d会被约掉，故无影响。（4）光电门1的计时器显示遮光时间为t1，光电门2的计时器先后显示有两次遮光时间，依次为t根据弹性碰撞有：m1v联立可得v结合题意：v代入可得112．电磁血流量计是运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图甲所示，某段监测的血管可视为规则的圆柱体模型，其前后两个侧面a、b上固定两块竖直正对的金属电极板（未画出，电阻不计），磁感应强度大小为0.12T的匀强磁场方向竖直向下，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，则a、b电极间存在电势差。（1）若用多用电表监测a、b电极间的电势差，则图甲中与a相连的是多用电表的色表笔（选填“红”或“黑”）；（2）某次监测中，用多用电表的“250μV”挡测出a、b电极间的电势差U，如图乙所示，则U=μV；（3）若a、b电极间的距离d为3.0mm，血管壁厚度不计，结合（2）中数据可估算出血流速度为m/s（结果保留两位有效数字）；（4）为了测量动脉血流接入电路的电阻，某小组在a、b间设计了如图丙所示的测量电路。闭合开关S，调节电阻箱的阻值，由多组灵敏电流计G的读数I和电阻箱的示数R，绘制出1I−R图像为一条倾斜的直线，且该直线的斜率为k，纵截距为b，如图丁所示。已知灵敏电流计G的内阻为Rg，则血液接入电路的电阻为【答案】（1）红（2）150（3）0.42（4）b【解析】【解答】本题考查了霍尔效应，解题的关键是按照题意进行解题，会利用左手定则及洛伦兹力公式，会根据图像列等式关系找斜率和截距表达式。

（1）根据左手定则可知，正离子在洛伦兹力作用下向a电极聚集，负离子在洛伦兹力作用下向b电极聚集，可知，a电极电势比b电极高，根据多用表“红进黑出”规律可知，图甲中与a相连的是多用电表的红表笔。（2）多用电表的“250μV”挡测出a、b电极间的电势差U，根据电压表读数规律可知，该电压读数为150μV。（3）稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，根据条件有q解得v≈0.42（4）根据闭合电路的欧姆定律有U=IR+I变形可得1由于该直线的斜率为k，纵截距为b，则有1U=k解得Rx=bk−Rg

【分析】（1）根据左手定则判断正电荷集聚在a端，从而判断出电压表正极连接处；

（2）根据多用表的使用方法读出电压表的示数；

（1）根据左手定则可知，正离子在洛伦兹力作用下向a电极聚集，负离子在洛伦兹力作用下向b电极聚集，可知，a电极电势比b电极高，根据多用表“红进黑出”规律可知，图甲中与a相连的是多用电表的红表笔。（2）多用电表的“250μV”挡测出a、b电极间的电势差U，根据电压表读数规律可知，该电压读数为150μV。（3）稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，根据条件有q解得v≈0.42（4）根据闭合电路的欧姆定律有U=IR+I变形可得1由于该直线的斜率为k，纵截距为b，则有1U=k解得R13．如图所示，正六边形abcdef的边长为L，内有垂直纸面向外的匀强磁场，感应强度为B，在a点有一粒子源，可以以不同速率沿ab方向发射质量为m，电荷量为+q的带电粒子（不计重力和粒子间的相互作用力），粒子进入正六边形内磁场中运动。求：（1）粒子从e点射出时，该粒子的速率是多少？（2）粒子在磁场中运动的最长时间是多少？（3）若要求粒子从bc边射出磁场，其速率满足什么条件？【答案】（1）从e点射出时，其运动半径为R=根据qvB=m可得v=（2）粒子有af边射出时运动时间最长t（3）若粒子恰好由c点离开磁场，轨道半径为R1，速率为v1，由几何关系可知R可得v故v≥【解析】【分析】（1）粒子从e点射出时，根据几何关系求解运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解该粒子的速率；

（2）根据运动轨迹的圆心角求解粒子在磁场中运动的最长时间；

（3）若粒子恰好由c点离开磁场，轨道半径为R1，速率为v1，由几何关系求解半径大小，结合半径公式求解速率满足的条件。（1）从e点射出时，其运动半径为R=根据qvB=m可得v=（2）粒子有af边射出时运动时间最长t（3）若粒子恰好由c点离开磁场，轨道半径为R1，速率为v1，由几何关系可知R可得v故v≥14．如图所示，绝缘粗糙的水平地面上方空间，MN右侧有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E=2×104V/m，左侧有一长为L=2m轻绳系一质量为m=0.1kg的可视为质点的绝缘不带电小球Q，小球Q与地面B点接触但无弹力；质量也为m=0.1kg，带电量为q=+10（1）P第一次离开电场时的速率v0（2）Q能到达的最大高度h；（3）P在水平面上运动的总路程s。【答案】（1）A到N过程，由动能定理可得qE解得v（2）设P到达B时的速度为v1，根据动能定理得v设P与Q碰后的速度分别为v1'，v根据能量守恒定律有1得：v1'对Q，根据机械能守恒定律1得h=0.6（3）最终P、Q均静止，根据能量守恒定律qE得s=16【解析】【分析】（1）对A到N过程，由动能定理可得离开电场时的速率；

（2）根据动能定理和动量守恒定律求解P与Q碰后的速度，根据机械能守恒定律求解Q能到达的最大高度；

（3）最终P、Q均静止，根据能量守恒定律求解总路程。（1）A到N过程，由动能定理可得qE解得v（2）设P到达B时的速度为v1，根据动能定理得v设P与Q碰后的速度分别为v1'，v根据能量守恒定律有1得：v1'对Q，根据机械能守恒定律1得h=0.6（3）最终P、Q均静止，根据能量守恒定律qE得s=1615．如图所示，两根足够长的刚性金属导轨（电阻不计）CD、PQ平行放置，间距为L，与水平面的夹角为θ=30°，导轨左端用导线连接有一