湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题（含答案）

第第页湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题一、单选题1．如图，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架顶端，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有弹起，重力加速度的符号为g。当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小和方向为（）A．M+mmg，竖直向下 B．C．M−mmg，竖直向上 D．2．物体A的质量为1kg，置于水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2.从t=0开始，物体以一定的初速度v0向右滑行的同时，受到一个水平向左大小恒为F0=1N的作用力，则反映物体受到的摩擦力F随时间变化的图像是（取向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A． B．C． D．3．如图所示，水平桌面上一质量为1kg的物体，在水平拉力F作用下，沿水平方向向右运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，则地面对物体的滑动摩擦力大小为（）A．4N B．5N C．8N D．10N4．如图所示，一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，在物体始终相对于斜面静止的条件下，当（）A．θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小B．θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小C．a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小D．a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小5．2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的“长征二号F遥”运载火箭顺利将发射取得成功。5月28日，神舟十八号航天员乘组圆满完成第一次距离地面约400km的轨道出舱活动。如图所示取地球质量6.0×1024kg，地球半径6.4×A．卫星的向心加速度大小约9.8B．卫星运行的周期约12hC．发射升空时，火箭的推力是燃气会给火箭施加反作用力D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态6．如图所示，O点有一个很小的光滑轻质圆环，一根轻绳AB穿过圆环，A端固定，B端悬挂一个重物。另一根轻绳一端固定在C点，另一端系在圆环上，力F作用在圆环上。圆环静止时，绳OC与绳OA水平，F与OA的夹角为45°。现改变力F，保持圆环位置不变，且重物始终处于平衡状态，则下列说法中正确的是（）A．当F沿逆时针缓慢旋转90°的过程中，OB绳中的拉力先减小后增大B．当F沿逆时针缓慢旋转90°的过程中，F先增大后减小C．当F沿顺时针缓慢旋转30°的过程中，OC绳中的拉力一直增大D．当F沿顺时针缓慢旋转30°的过程中，F先减小后增大7．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小二、多选题8．如图所示，河宽为500m，小船在静水中速度为5m/s，水的流速为3m/s，小船渡河的时间可能为（）A．150s B．100s C．75s D．50s9．如图所示为两条平行的光滑导轨，左侧与电源相连，其中两导轨的水平部分与半圆部分相切于C、E两点.现将一导体棒垂直导轨放置，外加匀强磁场，磁场方向垂直于导体棒，与导轨平面的夹角θ=60∘斜向左上方.开始时导体棒静止于图中A点，当电键S闭合后，导体棒由静止开始运动，运动过程中导体棒始终与接触的两条导轨垂直，并恰能到达导轨半圆部分最高点D点.已知两导轨的间距L=1 m，半圆部分的轨道半径R=1 m，磁场的磁感应强度大小B=0.5 T，导体棒中的电流I=1 A，导体棒的质量A．导体棒在A点的加速度大小为5B．导体棒在D点的速度大小为10C．A、CD．导体棒离开轨道后将做平抛运动，并落在A点右侧10．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r。闭合开关S，电压表示数为U，电流表示数为I，电表均为理想电表，在滑动变阻器R1A．U先变大后变小B．I先变小后变大C．U与I比值先变大后变小D．电源内部消耗的功率先减小后增大11．如图所示，在滑动变阻器的滑片P向下端滑动过程中，理想电压表V1、V2的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A1、A2、A3示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，ΔI3，下列说法正确的是（）A．电压表V1示数减小，电流表A1示数增大B．电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小C．ΔD．Δ三、实验探究题12．某同学用“安阻法”测量电源的电动势和内阻。现有待测电源E（电动势约为2V，内阻约为2Ω），电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω），电阻箱R（最大阻值为99.9Ω），开关S，导线若干。（1）在图甲中画出实验电路图。该同学根据正确的电路图，正确连接电路，规范操作。（2）第一次测量：调节电阻箱R，示数为R1时，读取电流表示数I1，示数为R2时，读取电流表示数I2，则电源电动势的计算式，E=（3）第二次测量：调节电阻箱R的阻值，记录多组电流表的读数I和电阻箱的对应读数R，根据测量数据作出如图乙所示的1I−R图像，则电源电动势E=V。内阻r=（4）关于该实验，下列说法中正确的是（）A．由于电流表有内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差B．由于电流表有内阻，会使电源电动势的测量值存在系统误差C．第一次测量中，若测有三组数据，则可求得电源电动势E、内阻r和电流表内阻RD．第二次测量中的数据处理方式可以减小偶然误差13．某同学利用如图的装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化。等效内阻r=20Ω的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接。滑动变阻器最大阻值40Ω，初始时滑片位于正中间20Ω的位置。打开传感器，将质量m=0.01kg的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极。穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落中受到的阻力远小于磁铁重力，不发生转动），释放点到海绵垫高度差h=0.30m。计算机屏幕上显示出如图的UI—t曲线，重力加速度g=10m/（1）磁铁穿过螺线管过程中，螺线管产生的感应电动势最大值约为V。（保留三位有效数字）（2）图像中UI出现前后两个峰值；对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是（）A．线圈中的磁通量经历先增大后减小的过程B．如果仅略减小h，两个峰值都会减小C．如果仅略减小h，两个峰值可能会相等D．如果仅移动滑片，增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大（3）在磁铁下降h=0.30m的过程中，估算重力势能转化为电能的值是J，可估算重力势能转化为电能的效率约是。（以上两空均保留三位有效数字）四、计算题14．在一次摩托车跨越壕沟的表演中，摩托车从壕沟的一侧沿水平方向飞出，壕沟两侧的高度差为5m，宽度为18m。如图所示，摩托车可看作质点，不计空气阻力。（1）摩托车在空中的时长？（2）摩托车速度至少为多大能跨越壕沟？15．在如图所示的O−xyz三维空间中，x≤0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，在x>0区域内存在半圆柱体MNP−M'N'P'空间区域，半圆柱沿y轴方向足够高，该区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B=mv0（1）电场强度E的大小；（2）带电粒子在半圆柱体内运动的时间；（3）带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。16．2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功发射，标志着中国载人航天技术已走在世界前列。有人对今后神舟系列飞船的发射构想：沿着地球的某条弦挖一通道，并铺设成光滑轨道，在通道的两个出口分别将一物体和飞船同时释放，利用两者碰撞（弹性碰撞）效应，将飞船发射出去，已知地表重力加速度g，地球的半径为R；物体做简谐运动的周期T=2πm（1）若神舟十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，则其运行的线速度大小；（2）如图甲，设想在地球上距地心h处挖一条光滑通道AB，从A点静止释放一个质量为m的物体，求物体从A运动到B点的时间，以及物体通过通道中心O'的速度大小（质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零）；（3）如图乙，若通道已经挖好，且h=23R

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架的弹力和其重力平衡，则有F=Mg对小球分析，根据牛顿第二定律得F+mg=ma解得a=M+m故答案为：A。

【分析】本题考查牛顿第二定律的应用，核心是先对框架受力分析得到弹簧弹力，再对小球受力分析求解加速度。2．【答案】C【解析】【解答】从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg=0.2×1×10f所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为f=方向向右，为正值；故C正确，ABD错误；故选C。

【分析】本题主要考查对摩擦力的理解，滑动摩擦力产生于相对滑动的物体之间，静摩擦力产生于有运动趋势的物体之间，由公式f=μF3．【答案】B【解析】【解答】物体静止与水平面，受到的支持力FNf=μ联立解得f=0.5×1×10N=5故B正确，ACD错误。故选B。

【分析】物体对地面的压力大小等于物体的重力，由摩擦力公式f=μFN4．【答案】D【解析】【解答】由于物体在电梯中，具有与电梯相同的向上加速度，物体在水平方向上合外力为零，则Ffcosθ=FNsin故选D。

【分析】以物体为研究对象，受力分析，根据牛顿第二定律列等式可得出斜面对物体的正压力表达式FN=m(g+a)cos5．【答案】C【解析】【解答】本题主要考查了反冲、万有引力、超重与失重状态的问题，是一道基础题，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习。A．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为a=故A错误；B．卫星运行的周期为T=2故B错误；C．运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体对火箭产生反作用力，火箭获得向上的推力，故C正确；D．发射升空初始阶段，为向上的加速运动，加速度向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。故选C。

【分析】根据反冲现象的原理进行分析；根据万有引力定律提供向心力求解卫星的向心加速度和卫星运行的周期；加速度方向向上处于超重状态，加速度方向向下处于失重状态。6．【答案】C【解析】【解答】因为重物始终处于平衡状态，所以AB绳子的拉力的大小与重物的重力大小相等，不变化，AO与BO的合力也不变。

对环受力分析，环受AO和BO两绳子的拉力，以及绳子CO和F的拉力；根据共点力平衡的特点可知，CO与F的合力与AO、BO的合力大小相等，方向相反；当力F的方向变化时，做出F与CO上的拉力的变化如图：由图可知，当沿逆时针族转时，F先减小后增大，绳OC的拉力减小；而当F沿顺时针旋转30°的过程中，F逐渐增大，绳OC的拉力增大。故选C。

【分析】绳子OA、OB拉力大小始终等于重物B的重力，它们的合力FAB大小不变，我们可以把圆环受到三个力F、FC、FAB，而处于平衡状态，作出这三个力的矢量三角形，通过矢量三角形的变化来分析各个力的变化；当F沿逆时转过的角度大于或等于或90°时，圆环不能再保持平衡状态。

本题考查了共点力的平衡条件。当物体受三力作用而处于平衡时，必有∑F=O，表示三力关系的矢量图呈闭合三角形，即三个力矢量(7．【答案】C【解析】【解答】AB．沿着电场线方向电势逐渐降低，由图象可以看出电势先逐渐减小后逐渐增大，则电场方向先指向x轴正向后指向x轴负向，所以点电荷是等量的同种正电荷，故AB错误；C．由E=UD．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。故选C。

【分析】本题主要考查φ随x变化图像问题。本题题型比较新颖，考查了电势和场强的知识，需要我们具有较强的识图的能力。由图象中电势的特点得出OM间可能的电场线分布，可以判断是何种等量电荷；φ随x图线的斜率表示电场强度，从而判断场强的大小；根据电场分布判断电场力做功，根据电场力最正电荷做功情况判断电势能变化。8．【答案】A,B【解析】【解答】当船的静水速度方向垂直河对岸时，小船渡河时间最短，则小船渡河的最短时间为t则小船渡河的时间可能为150s和100s，故AB正确，CD错误；故选AB。

【分析】本题为小船渡河问题，解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，各分运动具有独立性。无论船速大还是水速大，都是船头始终垂直河岸时渡河时间最短，当船速大于水速时，小船能垂直到达河对岸，最短位移即为河宽，当船速小于水速时，小船不能垂直到达河对岸，船速与实际速度垂直时，渡河位移最短。9．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．由左手定则判断导体棒受到斜向右上的安培力，根据安培力的计算公式可得：

F安=BIL根据牛顿第二定律可得：

F安sin60°=ma求得a=5故A正确；B．在D点时，对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律mg−解得v故B错误；C．对导体棒从A到D，将安培力分解到竖直方向和水平方向来处理它的功，应用动能定理有F求得x故C正确；D．导体棒离开轨道后不再受安培力作用，将做平抛运动，竖直方向做自由落体运动2R=12代入数据可得x=所以导体棒将落在A点右侧，故D正确。故选ACD。

【分析】根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律得出导体棒的加速度；根据牛顿第二定律得出导体棒在D点时的速度；根据动能定理列式得出AC两点的距离；根据平抛运动的特点结合运动学公式完成分析。10．【答案】A,D【解析】【解答】ABC．当滑动变阻器在正中间位置时，并联部分电阻最大，外电阻最大，故滑动变阻器R1由闭合电路欧姆定律U=E−I总r可知U先变大后变小，RD．外电压先增大后减小，故内电压先减小后增大，由P=U故选AD。

【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部→→整体→→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。

解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。11．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．滑片P下移，则滑动变阻器的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律I=ER+r可知电路中的总电流变大，即电流表A1示数增大，由U=E-Ir可知，路端电压减小，即电压表VB．电压表V2示数与电流表A3示数的比值为滑动变阻器的阻值，故电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小，故B正确；C．由串并联知识可知II电流表A1示数增大，由U=IR可知R1两端电压增大，又因为路端电压减小，由U外=U1+U2可知R2两端电压变小，由I=UR可知通过R2Δ故C错误；D．由闭合电路欧姆定律可知E=E=E=E=解得ΔΔ故D正确。故选ABD。

【分析】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路的特点进行分析。

本题对于定值电阻，是线性元件有，对于非线性元件，。12．【答案】（1）（2）I1I（3）2.0；2.0（4）A；D【解析】【解答】（1）题目中要求用安阻法测电动势和电源内阻，即应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量，电路图如图所示（2）根据闭合电路欧姆定律可知E=E=联立解得E=r=I（3）根据闭合电路欧姆定律可知E=变形得1由图像可知1解得电源电动势为E=2.0由图像可知r代入解得电源内阻为r=2.0Ω（4）A．因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差，故A正确；B．根据闭合电路欧姆定律可知E=I(RC．根据闭合电路欧姆定律可知E=E=E=根据数学规律可知，联立三组数据无法求出电流表内阻，故C错误；D．采用图像法可以避免因读数造成的偶然误差；故第二次可以减小偶然误差，故D正确。故选AD。

【分析】(1)根据实验原理与实验器材作出实验电路图。

(2)应用闭合电路的欧姆定律列式求出电源电动势与内阻的表达式。

(3)应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。

(4)根据实验电路图结合实验数据处理方法分析实验误差。

掌握基础知识，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用闭合电路的欧姆定律即可解题。（1）题目中要求用安阻法测电动势和电源内阻，即应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量，电路图如图所示（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可知II联立解得E=r=（3）[1]根据闭合电路欧姆定律可知I=变形得1由图像可知1解得电源电动势为E=2.0[2]由图像可知r代入解得电源内阻为r=2.0（4）A．因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差，A正确；B．电流表内阻对图像的斜率没有影响，所以测出的电源的电动势准确，B错误；C．根据闭合电路欧姆定律可知III根据数学规律可知，联立三组数据无法求出电流表内阻，C错误；D．采用图像法可以避免因读数造成的偶然误差；故第二次可以减小偶然误差，D正确。故选AD。13．【答案】（1）0.704（2）A；B（3）4.30×10【解析】【分析】（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为P出=0.0062W线圈输出功率表达式为P出＝I2R外，解得I=根据闭合电路欧姆定律得E=I（R内+R外）=1.76×10-2(20+20)V=0.704V（2）A．磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；BC．当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率∆Φ∆t减小，由E=ND．根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，初始时滑片位于正中间20Ω的位置，此时内外电阻相等，输出功率最大，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会减小，故D错误。故选AB。（3）下落过程减小的重力势能为E根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能E出＝2.15×10−4J所以总能量为E重力势能转化为电能的效率为η=EEP×100%=4.3×10−40.03×100%（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为P出=0.0062W①线圈输出功率表达式为P出＝I2R外②根据闭合电路欧姆定律得E=I（R内+R外）③联立①②③将R内=20Ω，R外=20Ω代入得E=0.704V（2）A．磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；BC．当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；D．根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，初始时滑片位于正中间20Ω的位置，此时内外电阻相等，输出功率最大，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会减小，故D错误。故选AB。（3）[1]下落过程减小的重力势能为E[2]根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能E出＝2.15×10−4J所以总能量为E重力势能转化为电能的效率为η=14．【答案】（1）由于摩托车做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由y=可得t=2h（2）摩托车水平方向做匀速运动，则摩托车能越过壕沟的临界值为v0【解析】【分析】(1)摩托车做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动公式y=12gt2求得运动时间；

15．【答案】【解答】（1）粒子在电场中做类平抛运动，垂直电场方向做匀速运动，有