2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考
物理试卷（BC卷）评分细则
1．【答案】A；【解析】哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨
道运行的规律，选项A错误；电场看不见摸不着，但是电场是客观存在的。场像分子、原子
等实物粒子一样具有能量，因而场也是物质存在的一种形式，选项B正确；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C正确；“如果电
场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时
静电力就要做功”采用的是假设法，选项D正确。
2．【答案】ABCD都得分，但是多选不得分；【解析】力F对物体的冲量为Ft，选项A错误；
全过程由动量定理，Fcosθ·t1－If=0，摩擦力对物体的冲量大小为If=Ft1cosθ，选项C正确、BD
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 ， v0 0.4m/ s，选项B错误；小球在最
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 gt 2 ，t=1s，选项D错误。
2
4．B卷【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
E
路中外电路总阻值R总也减小，流经电源的电流 I R r 增大，电源的总功率 P EI 增大，选
总
U
项A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
I
压表示数减小；路端电压即为R0两端的电压，因此流经R0的电流I0减小，流经R的电流 IR I I0
1 1 1
增大，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， R R0 r
，
解得R=2Ω，选项D正确。
4 ．C卷【答案】D；【解析】根据点电荷的场强公式E = 2可知，B、C处所放正电荷在A处
的场强大小相等,方向夹60°角，设为 1，两电荷的合场强竖直向上，由于A点的场强刚好为零，
故匀强电场竖直向下，满足2 1 30° = 2
若把B的正电荷换成等量的负点电荷，则两电荷的合场强大小等于 1,方向水平向左，与匀强
电场叠加后，A点的场强大小为E' = (2 )2 + 21
2024 年湖北云学名校联盟高二年级 10 月联考物理试卷（B卷）评分细则 第 1 页 共 9 页
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联立可解得E' = 4 3
3
2
5．B卷【答案】C；【解析】t=0.5s时，小球位于最低点，此时速度为最大，根据 F mv ，
向 l
可知向心加速度最大，故A错误；t=1s时，小球位于负的最大位移处，此时速度为0，加速度
不为0，故B错误；从t=1s到t=1.5s的过程中，小球从最高点运动到平衡位置，小球重力势能减
小，动能增加，故C正确；从t=1.5s到t=2s的过程中，小球从平衡位置到最高点，小球的速度
m 2
减小，轻绳与竖直方向的夹角 增大，根据T mg cos ，轻绳上的张力T减小，故D错
l
误。
5．C卷【答案】C【解析】以向右方向为正方形，碰前系统的总动量为：
= + = 6 × 6 + 3 × 6 = 18 /
B选项:如果碰后 ' = 4m/s， ' = 15m/s
碰后系统的总动量为 = ' + ' = 6 × ( 4) + 3 × 15 = 21 / ，可知，系统动量
不守恒，不符合实际。故B错误。
A选项：如果碰后A. ' ' = 4m/s， = 2m/s
由于碰后速度 ' < ' ，可知，碰撞过程还未结束，系统还会发生二次碰撞。碰后应满足 ' > ' ，
不符合实际。故A错误。
D选项：如果碰后D. ' = 3m/s， ' = 12m/s,系统满足碰前碰后动量守恒。
碰前A，B两球的相对速度为 v = ' ' = 6 6 = 12 /
碰后A，B两球的相对速度为 ' = ' ' = 12 3 = 15 /
由于 v < '可知，碰后系统动能增加，不符合实际，故D错误。
C选项：如果碰后C. ' = 2m/s， ' = 10m/s,系统满足碰前碰后动量守恒
碰前A，B两球的相对速度为 v = ' ' = 6 6 = 12 /
碰后A，B两球的相对速度为 ' = ' ' = 10 2 = 12 /
由于 v = '可知，碰撞前后动量守恒，动能不变，该为弹性碰撞，符合实际，故C正确。
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 3
以O点为球心，半径为x的球体质量为M'，则M 3 M x 3 M ，小球受到的万有引力大小为4 R3 R
3
F G M
m GMm
2 3 x，可画出F-x的图像．x R
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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
F 0 t GMm 1 2 ；对该过程列动能定理 FR mv
2，小球到达O v GM点时速度为 ，选项C正
2 2R 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，
ε S板间 r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，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 rS
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
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 8PA A J ，A
EPA
点的电势为 φA q =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，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
(0.3 x)2 (0.6 x)2 = 16:1，解得 x=0.2m，故 D错误。
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9．B卷【答案】BD；【解析】由波的传播方向可以确定质点的振动方向，沿着波的传播方向
看上坡下下坡上的方法可得出x=－0.2m处的波源起振方向为－y方向，x=1.2m处的波源起振方
向为+y方向，两列波波源的起振方向相反，选项A错误；两列波在x=0.4m处相遇，相遇时左
边的波源向前传播了0.6m。由题可知，两列波的波速均为0.2m/s，所以左边的波源向前传播
t 0.6m = 3s，选项B正确；可以把两列波等效为波源在x=0和x=0.8m处，在t=0时刻同时起振，
0.2m/ s
且两波源起振步调相反，x=0.4cm处的质点距离两等效波源的波程差 r 0，满足半波长的偶
数倍，因此x=0.4cm处是振动减弱点，选项C错误；0-4s时间段内，右边波源的振动形式还没
有传到x=0 处，振动周期T 2s 路程 s 8A 32cm，把两列波等效为波源在x=0和x=0.8m处，
v
在t=0时刻同时起振，且两波源起振步调相反，x=0处的质点距离两等效波源的波程差
r 0.8m 4 0.2m 4 ，因此两列波叠加时x=0处是振动减弱点，振幅 A1 0，4~5s，x=0处的2
质点始终处于平衡位置，故t=5s时，x=0处的质点运动的总路程为32cm，选项D正确。
9．C卷【答案】BD；【解析】
取极短的时间 t，则有质量为 m = = t的水从喷枪喷出
C：极短时间 t内喷到钢板上的质量为： m = = t，以水的初速度方向为正方向，由
动量定理得： = 0 mv,变形整理得到水收到钢板的力： = 2,根据牛顿第三定律可
知水对钢板的冲力为： ' = 2,故C错误。
'
A，D ：水对钢板冲力产生的压强为：P = = 2,j减小水柱的截面积S水对钢板冲力产生的
压强不变，故A错误；若水流速度v增加到原来的3倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大
到原来的9倍，故D正确。
B 1：水枪单位时间内做功转化为水柱的动能为： = 2, m = t,故水枪的功率为：P =2
3 =
2
故B正确
10．B卷【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 U= 5 3，即 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，
2 2
I≈0.46A左右。故小灯泡的电阻R =UL ≈3.93Ω，选项A正确；电动机的额定电压UM=2U≈3.62V，I
P出
故额定功率约为3.62W，输出功率约为3.02W；电动机的效率η= P ×100%≈83.33%，选项BCM
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正确；开关S1闭合，S2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。
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
10．C卷【答案】ABC；【解析】
A：由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为1.5 1，电势最低值为-0.5 1，最高
点,最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a电势 = 0相同的点A，如
图 aA垂直于电场线
1
电场强度的方向与x轴正方向为θ，由几何关系 θ = 2 = ,解得θ = ，故A正确
2 3
B：由上述分析可知， = 1.0 1。从a到b由动能定理 + Uab= 0
又Uab= - =0-1.0 1= 1.0 1 解得 = 1 故B正确
C：由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为T = 12 1
v = 2 = 2 2 故速度为： = .电场强度为：E = 1 = 1
12 1 6 1 2
2
圆周运动的过程中电势为-0.5 1时变力F达到最大值，有F =
2
解得F = 2 + 1。故C正确36 1
D：圆周运动过程中电势为1.5 1时变力达到最小值，故D错误
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11．【答案】（2）<；（3 g） x ；（4）m1 2gL 1 cos 1 = - m1 2gL 1 cos 2 +m2 x g （重2h 2h
力加速度g保留不扣分）（每空2分）
【解析】（2）球a与球b碰撞后球a反弹，球a、b的质量大小需满足m1
（4 1）小球a碰撞前由动能定理得m 21g L L cos 1 m1v0 ，解得v0= 2gL 1 cos 1 ；小球a碰撞后2
1
由动能定理得m1g L L cos 2 m1v 2a ，解得va= 2gL 1 cos 2 （向左方向），故需满足2
m1 2gL 1 cos 1 = - m1 2gL 1 cos 2 +m2 x g 。2h
11．【评分细则】
按照参考答案评分标准给分；其中第3空最后结果是否保留g均给2分。
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。
I R 2g g I g (Rg R0 ) ，解得 Rg 200.0 。5
由于电阻箱R0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
2
压增大。 I gRg 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。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 gR测 5I g R1，解得R1=40Ω；
mA
R1
②如图所示；
R
③因为毫安表的真实内阻 Rg 200 ，所以有
g 5，设流经原毫安表的电流为IG，流经R1的电
R1
I
流为I1，可得 IG I1 12mA， 1 5，解得 IG 2mA，选项C正确。IG
12．【评分细则】
（2）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）①40 / 40.0 均可给分
②必须有毫安表并连接电阻的结构，至于毫安表是用mA、A、G表示均可
③C
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13．【答案】（1）20m；（2）10 3m/s
【解析】（1）由机械能守恒定律
mgh= 1mv02 （2分）
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
1mv02=mgh 11+ mv12 （4分）
2 2
而mgh = 1 11 mv12
3 2
解得v1=10 3m/s （4分）
13．【评分细则】
按照参考答案评分标准给分；说明 ：第一问用运动学知识动能定理求解也给分。
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 aa mg m （2分）R a va
y 37
解得小球在a点的速度大小va=4m/s （2分） xc
（2）小球由c到a O过程，逆向为平抛运动 Nd
水平方向x=vat （1分） d qE
b
y= 1竖直方向 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= qE 3，解得θ=53°
小球从a到d过程中，由动能定理有
FR 1 cos37 1 mv 2 1 2d mv a（或：mgR(1+sin53°)+ qERcos53°=
1 mv2 1d mv
2
2 2 2 2 a
） （2分）
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{#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}
在d点，根据牛顿第二定律有
v2
Nd F m
d （1分）
R
联立解得Nd=29.4N （1分）
根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小N'd=29.4N，与竖直方向成角37°斜向下。（2
分，牛顿第三定律、方向各1分）
14．【评分细则】
按照参考答案评分标准给分。
15．【答案】（1）25m；（2）18N·s；（3）（274 48 17）J
【解析】（1）B滑上传送带后，先向右做匀减速直线运动，直至速度为零后再反向加速
根据运动学公式： 0 v20 2 gx （2分）
由于恰好不会从传送带右侧离开，传送带长度 L x 25m （2分）
（2）物块B在传送带上向右减速运动过程根据牛顿第二定律有 Mg Ma
解得 a 2m / s2 （1分）
v
物块B减速到0的时间 t1 0 5s （1分）a
B t v在传送带上向左运动过程中，加速时间 2 4sa
v2加速位移 x 02 16m 25m （1分）2a
与传送带共速后， x3 x2 x1 9m的距离将以速度 v 8.0m / s做匀速直线运动，
x
t 3 9匀速运动时间： 3 s （1分）v 8
在t1+t2时间段内，摩擦力方向始终向左，在该过程中摩擦力对B的冲量：
I Mg (t1 t2 ) 18 N s （2分）
（3）B从传送带左端滑下后，与A发生弹性碰撞
Mv MvB mvA
1Mv2 1 Mv2 1B mv
2
2 2 2 A
解得 vA 8m/ s， vB 0 （2分）
A v向左运动与竖直挡板碰撞后，速度变为 A 4m/ s，方向水平向右。
2
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A和B再次发生弹性碰撞，由于A、B质量相等，因此碰撞后 vA0 0， vB0 4m/ s
到达传送带左端瞬间，设t=0，此时给B一水平向右的冲量，对B
t=0时， I MvB0 MvB1则 vB1 10m/ s
滑上传送带后，B以 a 2m / s2，向右做减速运动，经过 t 0.5s， v'B1 vB1 a t 9m/ s
v2 v ' 2
x' B1 B1 191 m （1分）2a 4
t t时， I MvB2 Mv'B1， vB2 15m/ s，
B向右做减速运动，再经过 t 0.5s， v'B 2 vB 2 a t 14m/ s
v2B2 v
' 2
x' B2 292 m （1分）2a 4
t 2 t时， I MvB3 Mv'B2， B3 20m/ s，
B向右做减速运动，再经过 t 0.5s， v'B3 B3 a t 19m/ s
v2 v ' 2
x' B3 B3 393 m （1分）2a 4
t 3 t时， I MvB4 Mv'B3， B 4 25m/ s，
B向右做减速运动，再经过 t 0.5s， v'B 4 vB 4 a t 24m/ s
v2 v ' 2
x' B3 B3 494 m （1分）2a 4
因为 x'1 x'2 x'3 25m x'1 x'2 x'3 x'4 ，说明第4次作用于B冲量I后，经过一段时间，B已经从
传送带右端滑落。
从t=0至 t 3 t x' x' x' 87，物块向右运动的位移为 1 2 3 m4
13
第4次作用于B冲量I后，B再传送带上运动的位移为 x'4 L (x'1 x'2 x'3 ) m （1分）4
x' v 1由 24 B4t4 at2 4
解得传送带对B的作用时间 t 25 6 174 s2
B在传送带上运动的总时间 t 3 t t4 (14 3 17)s （1分）
B与传送带之间因摩擦产生的热量Q μMgΔx μMg（νt L）=（274 48 17）J （1分）
15．【评分细则】
按照参考答案评分标准给分；
说明 ：第（1）问可用动能定理求解，
第（2）问可用动量定理求解，没说明冲量方向的扣1分。
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{#{QQABKQQEggigABJAAAhCEQEwCgAQkgEAAagOABAEoAAASQNABAA=}#}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
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
2
在 a v q v，b两处的粒子半径之比 ra : rb 2 : 3 ，由 qvB1 m ，知 ，比荷之比为 3：2，选项r m B1r
B E正确；带电粒子沿水平方向通过速度选择器时， qvB0 qE，故 v ，且两力方向相反，速B0
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 ， v0 0.4m/ s，选项B错误；小球在最
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 gt 2 ，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总也减小，流经电源的电流 I R r 增大，电源的总功率 P EI增大，选项A
总
错误；由R=U 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R0两端的电压，因此流经R0的电流I0减小，流经R的电流 IR I I0 增
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， R R r ，解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。
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{#{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 3
以O点为球心，半径为x的球体质量为M'，则M x 3 M 3 M ，小球受到的万有引力大小为4 R3 R
3
F G M m GMm
x2 R3
x，可画出F-x的图像．
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
F0 FF t GMm
GM
2 ；对该过程列动能定理 FR
1
mv2，小球到达O点时速度为 v ，选项C正
2 2R 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，
ε 板间 增大，由C rSr ，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，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 rS
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 rS
，
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
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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 8PA WA 4 10 J，A
EPA
点的电势为 φA q =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，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
(0.3 x)2
:
(0.6 x)2 = 16:1，解得 x=0.2m，故 D错误。
9．【答案】BC；【解析】粒子从 f点射出时，做匀速圆周运
l 2
动的半径 r0 sin 45
2 v q 2klB l ，由 qvB m ， k，得 v ，
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 2r0，根据几何关系可知，粒子恰好从 a点射出，选
2
项 B正确；根据 qvB m v 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 1 ，粒子在磁场中的运动时间 t 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，
U= 5 3即 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RL= ≈3.93Ω，选项A正确；电动机的额定电压UM=2U≈3.62V，故额定功率约为I
P
3.62W 出，输出功率约为3.02W；电动机的效率η= P ×100%≈83.33%，选项BC正确；开关S1闭M
合，S2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
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。
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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 1 1 R R 1 1（ ）由闭合电路欧姆定律，E = I (R1+R2+R)，则有 R 1 2 ，故 －R图线斜率为k= ，
I E E I E
k= 1 E=2.0V 2 R1 R由图像 ，故 （ 分），纵轴截距 2 3，故R1＝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】
（2）由闭合电路欧姆定律，E = I (R +R +R) 1 1 R R1 2 ，则有 R 1 2 1 1，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R1＝2.0Ω（2分）．
2 E
说明：以上连接方式都正确
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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。
I 2gRg I g (Rg R0 ) ，解得 Rg 200.0 5 。
由于电阻箱R0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
2
压增大。 I gRg I g (Rg R0 )，故最终得到 Rg R0 R测，毫安表内电阻的测量值大于真实值。5
（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 gR 5I g R1，解得R1=40Ω；测
mA
R1
②如图所示；
R
③因为毫安表的真实内阻 Rg 200 ，所以有
g 5，设流经原毫安表的电流为IG，流经R1的电
R1
I
流为I1，可得 IG I1 12mA， 1 5，解得 I 2mA，选项C正确。I GG
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
mgh= 1mv02 （2分）
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
1mv 2=mgh + 10 1 mv12 （4分）
2 2
mgh = 1 1而 1 mv12
3 2
解得v1=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
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mgh= 1mv02 （2分）
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
1mv02=mgh1+ 1mv12 （4分）
2 2
而mgh = 1 11 mv12
3 2
解得v1=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
Na mg m
a （2分） v
R a a
y 37
解得小球在a点的速度大小v =4m/s （2分） xa c
（2）小球由c到a O过程，逆向为平抛运动 Nd
水平方向x=vat （1分） d qE
b
竖直方向y= 1 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= qE 3，解得θ=53°
小球从a到d过程中，由动能定理有
FR 1 cos37 1 mv 2 1mv 2 mgR(1+sin53°)+ qERcos53°= 1 1d 2a（或： mvd mv2a） （2分）2 2 2 2
在d点，根据牛顿第二定律有
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v2
Nd F m
d （1分）
R
联立解得Nd=29.4N （1分）
根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小N'd=29.4N，与竖直方向成角37°斜向下。（2
分，牛顿第三定律、方向各1分）
14.【评分细则】按照答案给分
15 1 (2 3) ．【答案】【评分细则】（ ） 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° 1，运动时间t1= T （2分）
6
周期T= 2 m 2(2 3) (s) （2分）
qB
t = (2 3) 故 1 (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
v1
轨迹如图2所示，设此时半径为r1，则： A Br 30 1
r1+r1tan60°=AB=2(2+ 3 ) m （2分） O2
r = 2(2 3)解得 1 m （1分）
3 1
30 图 22
由牛顿第二定律得：qv1B = mv1 （2分）
r C1
∴v1= ( 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：r2=AB=2（2+ 3 ）m
2
由牛顿第二定律得：qv2B = mv2
r2
∴v2 = 2m/s （1分）
由几何关系知：∠BO2D=120°，所以粒子在磁场中运动的时间：
t = 120 T= 2(2 3) 1 （1分）
360 3
过D点做x轴的垂线，垂足为F，则OC+AC = DF+ r2+ r2sin30°
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∴ 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 32 = = s （1分）
v2 2
r2=OF +r2cos30°
∴ OF = 1m，OG =OF +FG = 5m
2
电场中粒子沿x轴方向的速度大小为v2cosθ =1m/s
沿x轴方向的加速度大小为 a = qE cos30°= 1m/s2 （1分）
m 4 v2
由OG =-v2 cosθt3 + 1 at32
2
解得t3 =10 s （1分）
图 3
∴最短时间为t= t 2(2 3) 1 + t2+ t3 =[ + 23 ]s （1分）
3 2
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物理试卷（A卷)
考试时间：2024年10月16日10：30-11：45
时长：75分钟
满分：100分
一、
选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7
题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但
不全的得2分，有选错的得0分。)
1.下列说法正确的是
A,哥白尼的“地心说”，揭开了近代自然科学革命的序幕
B.电场看不见摸不着，因此电场是一种假想的物质，实际并不存在
C.忽略带电体的形状和大小，用“点电荷”表示带电体的方法，是运用了假设法
D.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
2.如图所示，一束粒子可以沿水平方向经过速度选择器，并从O点垂直射入偏转磁场，最终
在胶片底板上打下α，b两个点。已知速度选择器中匀强磁场的磁感应强度大小为Bo、电场
强度大小为E,偏转磁场的磁感应强度大小为B1,Oa=2r,
Ob-3r。下列说法正确的是
A.该粒子束中所有的粒子都带负电
B.打在a处和b处的粒子的比荷之比为3：2
C.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
D.该粒子束中所有的粒子速度大小都相同，速度为
3.宇航员站在月球表面，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为1kg的小球，该
小球恰好能在竖直面内做圆周运动，且小球运动到最低点时，绳子恰好断裂，小球以某一
速度水平飞出落在月球表面。小球做圆周运动的半径0.1m,手距离月球表面的高度
H-0.9m,月球表面的重力加速度g=1.6m/s2,忽略空气阻力。下列说法正确的是
A.运动过程中小球的机械能守恒
B.小球运动到最高点时速度大小为0
C.小球运动到最高点时重力的瞬时功率为0.68W
D.小球在平抛运动过程中运动的时间为0.4s
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4.如图所示，电源电动势E=6V,内阻=12，电阻Ro-22,滑动变阻器的阻值范围为0~102。
滑动变阻器滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是
A.电源的总功率不断减小
B,电压表和电流表示数之比不变
C.电流表和电压表的示数都不断增大
(A
D.当R=2时，电源的输出功率最大
5.如图所示，在固定的条形磁铁上方，用轻弹簧悬挂了一直导线，某一时刻给该导线通以由
a向b方向的电流。下列说法正确的是
tttttltttttlttilettlt
A.a端向里转动，b向外转动
B:条形磁铁受到的合外力变大
C.当导体棒再次达到稳定时，弹簧的弹力变大
D.当导体棒再次达到稳定时，弹簧可能被压缩
6.地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道。若将地球视为质量分布
均匀的标准球体，质量为M,半径为R。已知质量分布均匀的球壳对内部引力处处为零，
万有引力常量为G,忽略地球自转，若从隧道口P点由静止释放一小球。下列说法正确的
是
A,小球从P到Q的过程中动能不断增大
B.小球从P到Q的过程中机械能不断增大
。小球在该隧道中运动的放大选度一受
D.小球运动到Q点时，将从地球的另外一端Q点穿出
7.平行板电容器与静电计、直流电源如图所示连接，电源的负极与静电计外壳相连并接地，
R为定值电阻。当单刀双掷开关打到1，电路稳定时一带电的油
滴恰好静止于两极板间的P点。以下操作中说法正确的是
R
A.若开关与1保持连接，将一适当厚度的玻璃板插入电容器
极板间，电阻R中有由b流向a的电流
B.若开关与1保持连接，将一适当厚度的金属板插入电容器
极板间，电阻R中有由a流向b的电流，油滴将向下运动
C.若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，
静电计的张角将变大，油滴依然静止于P点
D.若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向左移一点距
离，油滴在P点的电势能将减小，油滴将向上运动
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