湖南省邵阳市“八校联盟”2025-2026学年高二上学期10月月考联考物理试题（拔尖创新实验班）

2025年10月邵阳市高二拔尖创新班联考试题 物理答案 1C 2C 3B[解析]由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向 一定和速度变化量的方向相同，如图所示，根据几何关系可知加速度方向垂直 于a、b连线，所以风力方向垂直于a、b连线，A错误；小球在沿ab方向做匀速 直线运动，从a点运动到b点所用的时间为t=4=,B正确：当小球在垂 vc0s45° 12 直于ab方向的分速度为零时速度最小，为an=c0s45°=号v≠0,8，C错误： 小球在垂直b方向的加速度大小为a=:=么-子根据牛顿第二定律可得风 t 力大小为F=ma=mr,D错误。 45 4C[解析]设地球的密度为p,则在地球表面，物体受到的重力和地球的万有引力 大小似近相等，有g=G总。由于地球的质量为M=p:号R,所以重力加速度 的表达式可写成g=袋= R一=πGpR。质量分布均匀的球壳对壳内物体的 4 引力为零，故在深度为的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于(R一d) 的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”的重力加速度 g=πG(R-d),所以有=，根据万有引力提供向心力有G物 (R+h)2 ma, “天宫一号”所在处的重力闲度为Q三物所以==0+9 GM a R3 故C正确。 5D[解析]根据题意前进1000m后电流影响可忽略，由表格沿地面前进1000m的 磁场方向可知地磁场方向并非沿着y轴方向，而是与xOy成一定夹角指向一z方向， 根据矢量的合成可知地磁场的磁感应强度为B=B?+B?+B?≈60T,故AB 错误；沿y轴方向保持手机平移前进1000m,沿y轴方向的磁场减小，可知长导 线产生的磁场沿着y轴方向，所以长导线中电流方向为西向东，故C错误；通有 电流的长直导线在距导线r处产生磁场的磁感应强度大小为B=:,则根据在y 轴方向磁场的变化可知6×106=21，解得1=600A,故D正确。 6B[解析]小球在c点时的动能最大，即c点的电势最低。作过c点与圆周相切的线， 切线为等势线，Oc方向即为电场方向，故A错误；根据A选项分析，作出右图 由几何关系可知Laa=1.5m,根据分析可知Uad=Uac=”=c-=60V,则 电场强度的大小E=延=40V/m,故B正确：根据沿着电场线方向电势逐渐降 Lad 低结合图可得Ueo=Ub0=pb-po=-ERsin:30°，解得pb=-20V,故C错误； c点的电势为pc=一ER=-40V/m,根据对称性可知c0延长线与圆相交的另一点 电势最高为40V,最大电势能为40eV,故质子经过该圆周时，不可能具有5eV 动能的同时其电势能为45eV,故D错误。 7BCD[解析]由牛顿第二定律-f=ma,可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线 运动，整理得=ga+所以-a图像的斜率恒定为k=丹与纵轴的截距为b= 吾结合图像可得5=0.05s/m,g=05005s3/m2=0.025s3/m2,代入P=800w, 20 解得m=20kg,f=40N,选项A错误，B正确；将v=10m/s代入号=ga+5 解得a=2m/s2,选项C正确；达到最大速度时有F=f=40N,又P=FVmax= 800W,解得vmax=20m/s,从起点到终点根据动能定理有Pt-fx=乏mv品ax, 解得x=500m,选项D正确。 8AD[解析]根据题意可知，小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒，由图乙 可知，当v1=0时，w2=√gR,当v2=0时v1=2√gR,则有m·2√gR=M√gR, 解得M=2m,故A正确；根据题意，设小球上升的最大高度为hm,小球在Q 点速度为vo,小球在Q点时，水平方向与小车共速，由动量守恒定律有m·2√gR= (m+M)加共，解得v共=2，小球由P点运动到最高点时，由能量守恒定律有 m(2√gR)=mghm+(m+M)v,小球由P点运动到Q点时，由能量守恒定 律有m(2√gR=mgR+M+m6,解得hm=R,o=,则小球 3 此时的竖直分速度为0=喝-=，小球在Q点速度方向与水平方向夹 角的正切值为tan0=2=气，故BC错误：根据题意可知，小球从P点离开小车， 设离开小车时，小球的速度为3，小车的速度为4，由动量守恒定律和能量守恒 定律有m·2√gR=mu3+Mu4,m(2√gR-m喝+M,设小球落地速度 为s,由能量守恒定律有mv+mgh=m呢，联立解得：s=, 故D正 3 确。 9BC[解析]当AB两点在平衡位置的同侧时有A=Asinp。,号A=Asinp,可得 p。=云%=或者，=因此可知第二次经过B点时0，-亭装T=解得 2π T=4t,此时位移关系为A-A=L,解得A=,故A错误，B正确：当AB 两点在平衡位置两侧时有-A=Asina,号A=Asin,解得a=-或者p。= g(由图中运动方向舍去)，9，=或者。=号当第二次经过B点时，=号 园T=t解得7=兰，此时位移关系为号A+A=解得A=品C正确 2π D错误。 1OCD[解析]R4=0时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻R1消耗的功率最 大，此时并联部分的总阻值为R=念=智D，由闭合电路欧姆定律得干路 E 电流为=R2+R+=0.6A,则定值电阻R1消耗的功率为P1=PR1=3.24W,故 A错误；当电源内阻消耗的功率最小时，由P内=P?,知此时电路中的总电流最 小，对应的外电阻最大，故当R4=52时，总的外电阻并未达最大值，故B错 误：为求滑动变阻器R4消耗的最大功率，可对原电路进行如下图所示的等效变换。 R 易知，等效电源的等效电动势E=4V,等效内阻r'=102,故当R4=r'=102 时，R,消耗的功率最大，且为P=号=0,4W,故C正确：当R4=150时， 1×100%, 总的外电阻最大。由于电源效率为)=兰×100%=×100% 显然，当总的外电阻R最大时，7取最大值，当R4=152时，总的外电阻为R'= +R1=号0，此时)最大，且为=×100%=94%，故D正确。 R2+(R3+R4) (-) 9.80mm [解析]由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的解时速度分别为=导巧=号 滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度时间关系可得v吃一v?=2αL, 可得a= 先(C修一)：图乙遮光条的宽度在游标卡尺上对应的读数为d=9mm+ 16×0.05mm=9.80mm: 2。号 [解析]未打开气源，滑块所受摩擦力不可忽略，根据牛顿第二定律可知F一 uMg=Ma,整理得a=F-g,由图可得，g=b,k=司=片 解得μ=台M=会。 12(1)×1012或12.02 [解析]用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10”挡时发现指针偏转角度 过大，即偏向0刻度线，所以示数偏小，要增大示数则要倍率减小换成“×1Ω” 的倍率；电阻为R=12.0×12=12.02。 (2)[解析]由于题目中给出电压表量程太小，不可能使电流表的示数超过满刻度的 一半，可用电流表A1与Ro串联后组成电压表，为多测几组数据，滑动变阻器采 用分压接法，设计的电路图如图所示。 (3)(Rg+R) 12-11 [解析]由欧姆定律可求出金属棒的电阻为Rx=马=4+】 12-11 13解(1)[解析]光路图及相关量如图所示。 光束在AB边上折射，由折射定律得加=n① sing 式中n是棱镜的折射率.由几何关系可知 +B=60°② 由几何关系和反射定律得B=B'=∠B=30°③ 联立①②③式，并代入i=60°得n=v3④ (2)[解析]设改变后的入射角为'，折射角为ad,由折射定律得s sina=n⑤ 依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角9。，且sin9。=回 由几何关系得0。=a+30°⑦ 由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sinl=32⑧ 2 14[解析]A向右运动与C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向 右为正方向，设开始 时A的速度为vo,第一次与C碰撞后C的速度为vc1,A的速度为vA1,由动量守恒 定律、机械能守恒定律得mvo=mvA1+Mvc1 m哈=im听i+Mv呢： 联立得UA1=M mim vo 阳=吻 可知，只有m<M时，A才能被反向弹回，才可能与B发生碰撞。 设A与B碰撞后B的速度为vB1,A的速度为v42,由动量守恒定律、机械能守恒定 律，同理可得 a=低)1=( vo 根据题意要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有 VA2≤VC1 联立得m2+4mM-M2≥0 解得m≥(V5-2)M (另一解：m≤-(V5+2)M舍去) 所以m与M之间的关系应满足M>m≥(5-2)M 才能使A只与B、C各发生一次碰撞。 15(1)[解析]滑块B由静止释放后，在电场力作用下，从木板A的左侧匀加速运 动到右侧，木板A不动。 对B有：F=qE=ma,解得：a=2m/s2。 第一次碰前B的速度为vB1,则：%1=2aL,解得：vB1=2m/s,xB1=1m 由滑块B和木板A发生弹性碰撞得： mg1=mei'+mva,m哈：=mvg12+ma2 解得：v41'=2m/S,vB1′=0 (2)[解析]第一次碰后，木板A匀速运动，滑块B做初速度为零的匀加速直线运 动，历时t秒， Vg2 at.x82=at,xA=VAt't.XA1-82=1, 解得：t=1s,vg2=2m/s,x41′=2m,XB2=1m 说明：第一次碰后，历时t=1s,滑块B在木板左侧，且二者有共同速度，不发 生碰撞。所以滑块B从开始运动到再一次运动到凹形木板A左侧时， 电场力对滑块B所做功：W=qE(xB1+xB2)=0.4 (3)[解析]说明：t=2s时，滑块B在木板左侧，且二者有共同速度，不发生碰 撞。同理，滑块B与木板A发生第二次碰撞有： 碰前vz'=Pg2+at,xa2=vzt+at2 XA1"=VAI't,XB2 -XA1"=1 碰撞得mvB2'+mv41'=mvB2”+mvA2: imvn22+mvn2=mvg2"2+mvz v42=4m/S,vB2”=2m/S,且有：第一次碰撞后x1=4。 第二次碰撞后x42=x3=8m 由数学归纳可知：木板A与滑块B发生(n-1)次碰撞到n次碰撞过程中： xA(m-1)=4(n-1) 则木板A发生的总位移：xA=XA0+XA1十XA2+·+XA(m-1) =0+4+8+…+4(n-1)=2n(n-1) 62025年10月邵阳市高二拔尖创新班联考试题卷 物 理 一、单项选择题(6x4分=24分) 1.阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的() A.偏振现象 B.衍射现象 C.干涉现象 D.全反射现象 2.如图所示，长为L的直杆一端可绕固定轴0无摩擦转动，另一端靠在以水平速 度匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向夹角为8时，直 杆端点A的线速度为（ 0 A品 B.vsine C. D.vcose 3.大型风洞是研发飞行器不可或缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先 地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为的轻质 小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v,方向与a、b连线成a=45 角；在b点的速度大小也为v,方向与a、b连线成B=45°角。已知a、b连线长 为d,小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法中正确的是() A.风力方向平行于a、b连线 B.从a点运动到b点所用的时间为2d C.小球的最小速度为0.8v D.风力大小为2m 4.若地球半径为R,把地球看作质量分布均匀的球体。“蛟龙号”下潜深度为， “天宫一号”轨道距离地面高度为h,“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处 的重力加速度大小之比为（质量分布均匀的球壳对内部物体的万有引力为零） () A品 B.(R-d)2 C.(R-d)(R+h)2 D.(R-d)(R+h) (R+h)2 R3 R2 5.利用智能手机中的磁传感器可以粗测特高压直流输电线中的电流1。如图所 示，大致东西方向水平长直输电导线距地面高度20m,手机平置于水平长直输 电导线正下方，手机显示屏所在平面为xOy面，x轴与导线重合，测量磁感应强 度，然后沿y轴方向保持手机平移前进1000m,再测量磁感应强度，数据记录如 下表。 测量点位置 Bx/uT By/uT Bz/uT 正下方时 30 46 -30 沿地面前进1000m 30 40 -30 设通有电流的长直导线在距导线r处产生磁场的磁感应强度大小为B=丛（其中 k=2×10-7T·m·A-1),该地地磁场为匀强磁场，前进1000m后电流产生的 磁场可忽略。忽略其他影响，根据实验数据，判断下列说法正确的是（) 西 东 A.地磁场方向为沿y轴方向 B.地磁场的磁感应强度约为40μT C.长导线中电流方向为东向西 D.输电线中电流的大小约为600A 6.如图所示，ab是半径为R=1m的圆的一条直径，该圆处于平行该圆周平面的 匀强电场中。将质子从a点以30eV的动能在该平面内朝着不同方向射出，质子 可经过圆周上所有点。其中到达c点的动能最大为90eV。已知∠cab=30°，若 不计重力和阻力，且规定圆心0处电势为0，则下列说法正确的是() 309 A.电场方向为ac方向 B.电场强度大小为40V/m C.b点电势为20V D.质子经过该圆周时，可能具有5eV动能的同时，其电势能为45eV 二、多项选择题（4x5分=20分) 7.一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以800W的恒定功率加速前进，玩 具赛车瞬时速度的倒数和瞬时加速度α的关系图像如图所示，已知玩具赛车在跑 道上运动时受到的阻力大小不变，玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s,玩 具赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是() ↑sm 0.55 0.05 0 20 a/m·s) A.玩具赛车的质量为10kg B.玩具赛车所受的阻力大小为40N C.玩具赛车的速度大小为10m/s时的加速度大小为2m/s2 D.起点到终点的距离为500m 2 8.如图甲，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连 接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光 滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车的 速度大小分别为v1、v2,作出图像如图乙所示。已知OP竖直，OQ水平，水平台 面高九=小球可视为质点，重力加速度为g,不计一切摩擦。则() 7m9 h 图甲 图乙 A.M=2m B.小球上升的最大高度为R C.小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为9 D.小球落地时的速度大小为 9.如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知 质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的3倍，质点经过A点 时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是( ) B A品3t B品4t D. 10.如图所示电路中，电源电动势E=8V,内阻r=12,定值电阻R1=92,R2= 102,R3=52;滑动变阻器R4的取值范围为0~152。闭合开关S,调节滑 动变阻器的滑片，使R4取不同的阻值接入电路，则下列说法正确的是() R E.r A.R4=0时，定值电阻R1消耗的功率最大，为2W B.R4=52时，电源内阻消耗的功率最小，为0.5W C.R4=102时，R4消耗的功率最大，为0.4W D.R4=152时，电源的效率最高，为94% 三、非选择题（共56分） 11.(8分)实验小组在探究“加速度与物体受力、物体质量的关系”时，用如 图所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行：由气垫导轨侧面的刻度尺可以测 出光电门A、B之间的距离L,用游标卡尺测得遮光条的宽度d,遮光条通过光电 门A、B的时间为t1、t2可通过计时器（图中未标出）分别读出，滑块的质量（含 遮光条)为M,钩码的质量为m。重力加速度为g,回答下列问题： 拉力传感器B光电门A 滑块遮光条 刻度尺 连气源 钩码 (1)滑块的加速度a= (用L、t1、t2、d来表示)；下图遮光条 的宽度在游标卡尺对应的读数为d= mm: 3 cm 01234567890 (2)改变钩码质量得到一系列的滑块加速度α和传感器示数F,通过得到的实 验数据，描绘了α一F图像。若实验前，已将气垫导轨调至水平，但忘记打开气 源，得到的a一F图像如图所示，图线的斜率为k,纵截距为-b,滑块与导轨之 间的动摩擦因数μ=；滑块的质量M= 。（用Fo、b、g表示) 12.(8分)某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器 材有： A.电压表V(量程0~1V,内阻约为3.0k) B.电流表A1(满偏电流I。=6mA,内阻Rg=1002) C.电流表A2(量程为0.6A,内阻约为0.42) D.定值电阻Ro=9002 E.滑动变阻器R(0~52,允许通过的最大电流为2A) F.干电池组（电动势为6V,内阻约为0.052） G.一个开关和导线若干 H螺旋测微器，游标卡尺 (1)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过 大，他应该换用 挡（填“×1”或“×1002”），换挡并进行一系列 正确操作后，指针静止时如图甲所示，则金属棒阻值约为 2。 S0w9山山.， 1 甲 乙 (2)请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求各电表的示数超过满刻度的 一半，尽可能精确测量金属棒的阻值，请在图乙所示的虚线方框中画出电路图。 (3)若实验测得电流表A1示数为1，电流表A2示数为2，则金属棒电阻 为Rx= (用I1、I2、R0、Rg表示)。 13.(10分)如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°。 一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。 (1)求棱镜的折射率； (2)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射 出。求此时AB边上入射角的正弦。 14.(14分)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上， A位于B、C之间，A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现 使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各 发生一次碰撞，设物体间的碰撞都是弹性的。 B 77777777777777777777777777777 5 15.(16分)在光滑的水平面上有一凹形木板A,质量为m=0.1kg,长度为1m, 不计凹形木板A左右两壁的厚度，其上表面也光滑：另有一质量也为m的带电滑 块B静止于凹形木板A的左侧（如图），带电滑块B所带电荷量为q=+5×10-5C。 在水平面上方空间中加一匀强电场，方向水平向右，电场强度E=4×103N/C。 t=0时滑块B由静止释放，设滑块B与A两侧的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极 短。 77777777777777777777777777777 (1)求滑块B与凹形木板A第1次碰撞前、后的速度大小： (2)求滑块B从开始运动到再一次运动到凹形木板A左侧时，电场力对滑块B 所做的功： (3)求滑块B从开始运动到与凹形木板A发生第n次碰撞的过程中，凹形木板A 运动的总位移。 6