物理试卷-湖南省名校联盟2024-2025学年高二下学期开学质量检测解析版
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名校联盟·2025年上学期高二开学质量检测·物理 参考答案、提示及评分细则 A根据安培定侧可知，甲乙两图中，通电导线在其右侧产生的磁场垂直纸面向里，在其左侧产生的磁场垂直纸 面向外，当导线中的电流均匀增大时，甲图导线右侧线框内磁通量的变化量大于左侧线框内磁通量的变化量，则 整个线框总的磁通量向内均匀增大，而乙图中导线左右两侧线框的面积相同，磁场方向相反，根据对称性可知： 左右两侧线框中的磁通量大小相等，若取垂直纸而向里为正值，则乙图中线框中的磁通量在任意时刻的代数和 均为零，因此由法拉第电磁感应定律可知，甲图线框中有感应电流产生，面乙图线框中无感应电流产生，故选A B在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小，图中点的等差等势线相对最稀硫，故该点的电 场强度最小，故选B, A带正电的云层在避雷针处感应出负电荷（来自大地），当电荷聚集较多时，产生尖端放电现象，将云层中的电 荷导人大地：图乙中金属网实现了静电屏敲作用：图丙中三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，形成一个 稀疏的金属网，把高压线屏敲起来，免遭雷击：图丁中带电作业工人穿着含金属丝红物制成的工作服，金属丝织 物能起到静电屏蔽作用，保护工人安全，故原理不同的是A 在图乙中，=0.1s时刻质点P正向下振动，在图甲中，根据波形平移法可知，波沿x轴负方向传播.该波的 波长和周期分别为A=4m,T=0.2s,所以波速v= -02m/s=20m/,A错误：根据题意可知△=0.358=T 是T,1=0.45s时，质点P的路程为=7A=7×0.2m=1.4m,B错误：=0.45s时质点Q到达平衡位置位 移为0，C错误：该波的频率为了=宁一2=5，若被源沿x轴正方向运动，波源与接收器间的距离增大， 单位时间内接收器接收到的被数减小，所以在x=0处的接收器接收到的颜率减小，小于5Hz,D正确」 根据其运动轨迹可知电场线方向向上，故金属棒接电源负极，A错误：根据沿着电场线方向电势降低可知M 点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据E。=g可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能小，污 泥絮体从M点移到N点，电势能增大，电场力对其做负功，速度减小，C正确，D错误：根据电场线的疏密程度可 知M点的电场强度比N点的小，故污泥絮体在M点的加速度比在N点的小，B错误 B取一小段时间△内带动的空气为研究对象，则这一小段气体质量△m=△S,根据动量定理F△/=△mv= △S,匀速骑行时F-f,联立解得f-S,故选B. AC并联电阻越小，改装电表量程越大，故接A、B接线柱时，电表量程为0一3A,接A、C接线柱时，电表量程 为0~0.6A,A正确，B错误：接A,B接线柱时，有I.(R。十R,)=(3A一I.)R,接A,C接线柱时，有IR。 (0.6A一I.)(R1十R:),联立可得R=2,R,=8n,故R:=4R1,C正确，D错误 BD 若光照减弱，光敏电阻的阻值增大，由闭合电路欧坶定律可知电路中的电流减小，电源输出功率Pa=严R r(作-r）一F+E,可知P。-1图像是开口向下的抛物线，A错误，B正确：由的电场大小相等，方向相反，而挖去部分电荷在O处产生的场强大小为E一 2R ,方向向右，因此空腔 内匀强电场方向向左，C错误，D正确， 1)(2分) 逆时针(2分) 2)Q(2分) 3)A(1分) Q.9 解析：1)（②）若A球不带电.C球带电量为Q,其距离为，则A,C之间的静电力大小F=k三三- Q ,同种 电荷之间的库仑力为排斥力，则A球所受的静电力与三成正比，与Q成正比，沿逆时针方向转动. (3)该实验所用方法为控制变量法 1)C(1分) 2)R(1分) 3)如图所示(2分)最左端(1分) 4)a(2分) （5)-U(2分) 解析：(1)该同学测电阻的阻值，选择开关应置于欧姆挡，指针应在刻度盘的中央 位置，应选择“×100”倍率，故选择开关置于图乙中C位置 2)为了便于周节，滑动变阻器应该选择最大阻值较小的R, 3)用笔画线代替导线，连接电路，如图所示，为了对被测量电路有最大的保护作用，实验前应将滑动变阻器的 滑片置于最左端。 4)单刀双掷开关S与“1”连通，U-1图像的斜率表示R。十R,十R、:S与“2”连通，U一I图像的斜率表示R 十R,所以S与“1”连通时，作出的图线为a, (5)由图可知R+R十R,-号，R十R,-号，解得R 解：(1)由U=Ed得(2分) E-5 U cos60=100V/m(2分) 2)Um=E×2r=60V(3分) 3)由动能定理得Em=qUm(3分) 解得Em=6×10-1J(2分) 解：(1)由图乙可得金属板间的电场强度E=A9=30V/m(1分) △ 小球在金属板间所受的电场力的大小F=E,(1分】 解得F=3×102N(1分) 2)小球由静止开始运动到C的过程中，根据动能定理，有 F11-cos60)=7m呢-0(1分) 解得小球在C点的速度大小c=10m/s(1分) 在C点，由牛顿第二定律T一F一m (1分) 解得细线对小球的拉力大小T=6×10N(1分) (3)细线断裂后，小球做类平抛运动，假设小球不能从金属板间飞出，落在B板上所用的时间为1，则 x■t(1分) 根据牛顿第二定律，有F=m@(1分) 根据公式d-1=2ar(1分) 联立解得一沿m<专 =0.6m(1分) 假设成立.即小球最终落在B板上，落点的位置坐标为长 m,0.6m(1分) 解：(1)设物块第一次通过c点时的速度大小为1，凹槽的速度大小为，， 由凹情和物块组成的系统机械能和水平方向动量守恒可得 2mg·(r十r)= 1 ·2m·听+2m4(1分) 2 0=2m两一mW(1分) 解得物块第一次通过c点时的速度大小，=23匹=6m/s(1分) 3 (2)物块第一次通过c点时，二者水平方向上动量守恒，物块水平向右发生的位移大小为x1,凹槽水平向左发生 位移大小为x:,可得2mx1=mx:(1分) +=r 解得=31分) 物块神上粗糙面后，物块的加速度为1，凹槽的加速度为a:,由牛顿第二定律可得 a1=L·2mg=0.05g 2m 4:=·2m8=0.1g (1分) 当物块与凹槽左侧壁发生碰植时满足.十=5r(1分) 即1一立@f+1 2a:1=5r 由于y=2物d:=2@ 解得。= 点1分3 物块水平方向的位移大小为x-五十红-吉+号一2-54mQ分) (3)由水平方向上动量守恒可得，物块与凹槽最终都静止，由能量守恒定律可得 :·2加gr=2mg·2r(1分) 解得x=40r x=#·5r十△r(1分) 当n=8时，△r=0,即物块将停在c点.(1分) 物块相对凹槽停下时，凹槽也停止运动，整个过程中，物块相对凹槽发生的位移为工a一”(1分) 对二者研究，由于水平方向上动量守恒，物块水平向右发生的位移大小为，凹槽水平向右发生位移大小为
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