2024-2025学年湖北省部分市州高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖北省部分市州高二（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.动圈式扬声器的结构如图所示，锥形纸盆与线圈连接，线圈安放在永久磁体磁极间的空隙中，能够左右移动。下列说法正确的是( )
A. 音频电流通进线圈，电场力使线圈左右运动，纸盆振动发声
B. 音频电流通进线圈，安培力使线圈左右运动，纸盆振动发声
C. 断开开关，对着纸盆说话，线圈随纸盆振动切割磁感线，产生感应电流
D. 断开开关，对着纸盆说话，线圈随纸盆振动，穿过线圈的磁通量不发生变化
2.如图所示的空间内存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，由氖−20和氖−22的原子核组成的一束粒子流，以相同的速度从p点垂直进入电磁场，得到氖−20的轨迹为直线pb，则氖−22的轨迹是( )
A. 抛物线paB. 直线pbC. 抛物线pcD. 摆线pd
3.质量为50kg的人在远离任何星体的太空中拿着一个质量为5kg的小物体，当他以相对于人5.5m/s的速度把小物体抛出，取物体抛出方向为正方向，关于抛出过程，以下说法正确的是( )
A. 人的动量没变B. 人和物体的动量改变量相同
C. 人的动量改变量是27.5kg⋅m/sD. 抛出1s后人与物体间的距离为5.5m
4.如图所示，质量为m、长为L的金属杆ab静止在水平导轨上，导轨左侧接有电源，动摩擦因数为μ，处于磁感应强度大小为B，方向斜向上与导轨平面成θ角的匀强磁场中。若金属杆始终垂直于导轨，电流强度为I，则金属杆受到的( )
A. 安培力的方向斜向右上方
B. 安培力在时间t内的冲量大小是ILBtsinθ
C. 摩擦力大于μmg
D. 摩擦力在时间t内的冲量大小为ILBtsinθ
5.质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，碰撞后B球的速度可能为( )
A. 0.3vB. 0.6vC. 0.9vD. 1.2v
6.如图，有一硬质导线Oabc，其中abc是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点以角速度ω逆时针转动，导线始终在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场中。若以O点为零势点，则以下关于各点电势的说法正确的是( )
A. φa=BR2ω
B. φb=4BR2ω
C. φbμmg，重力加速度为g。现由静止释放环，下列说法正确的是( )
A. 环做匀加速直线运动B. 环最终将停止运动
C. 环的最大加速度amax=EqmD. 环的速度达不到2mgqB
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示的电路中有一个自感系数很大的电感线圈和两个完全相同的灯泡，先闭合开关S，当电路达到稳定状态后，再断开开关S。不计线圈的电阻及电源内阻，也不考虑温度对灯泡电阻的影响。下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S后，灯D1逐渐变亮
B. 断开开关S后，灯D2马上熄灭
C. 断开开关S后，灯D2会闪一下，之后熄灭
D. 全过程，断开S的瞬间线圈两端的电压最大
9.如图，边长为l、电阻均匀的正方形导线框，沿x轴匀速运动穿过图中的匀强磁场区域(边界有磁场)，磁感应强度为B。线框右侧导线PQ两端的电势差为UPQ，下列说法错误的是( )
A. 线框进磁场和出磁场过程中，通过导线横截面的电量相等
B. 线框完全进入磁场时，UPQ=0
C. 线框进磁场时UPQ>0，出磁场时UPQ”“=”或“0，−0.2m0。线框离开磁场时，左侧导线切割磁感线产生逆时针方向的感应电流，电流经上边导线由P流向Q，此时PQ边作为外电路电阻，P点电势仍高于Q点，即UPQ>0，故C错误；
D、线框进入磁场时，PQ边为电源，其两端电压为路端电压，大小为UPQ=34Blv。线框离开磁场时，PQ边为外电路电阻，其两端电压为分压，大小为UPQ=14Blv。因此，线框进出磁场时，UPQ的大小之比为3：1，故D正确。
本题选不正确的，故选：BC。
线框进出磁场过程中磁通量变化量绝对值相等，结合电荷量公式可知通过导线横截面的电量相等。完全进入磁场时左右两侧导线切割磁感线产生的感应电动势等大反向，总电动势为零，但PQ边两端电势差等于该边导线产生的感应电动势而非零。进入磁场时PQ边作为电源，由右手定则判断P点电势高于Q点；离开磁场时左侧导线为电源，电流经上边导线流过PQ边，此时PQ边作为外电路电阻，P点电势仍高于Q点，故两端电势差均为正。进出磁场时分别计算PQ边作为电源的路端电压和外电路电阻的分压，可得其大小之比。
本题以线框匀速穿越有界匀强磁场为背景，综合考查电磁感应中的动生电动势、闭合电路欧姆定律、感应电荷量计算及电势高低判断。题目计算量适中，但物理过程分析要求较高，重点检验学生对切割情景下等效电源识别、电路结构分析以及电势差物理含义的深刻理解。学生需通过动态建模，准确区分线框在不同位置时各边的角色是电源还是外电阻，并运用q=ΔΦR和E=Blv等规律进行定量推理。选项设计巧妙，尤其对UPQ大小和正负的考查，极易因电路分析不全面或电势概念模糊而出错，是一道能有效锻炼学生逻辑思维和综合分析能力的中等偏上难度好题。
10.【答案】ABD
【解析】解：AB.磁感应强度随时间变化的关系式为B=kt(k为大于0的常数)，可得原磁场逐渐增强，根据楞次定律可知，真空管内产生的感生电场的方向为顺时针方向，大小为E=ΔϕΔt⋅2πr,解得E=kr2，故电子由静止释放后将沿逆时针方向加速，故AB正确；
CD.假设电子发射后沿虚线圆轨道运动，则速度为v=at,a=Eqm，洛伦兹力F洛=Bvq，所需的向心力Fn=mv2r，联立上式可知：F洛>Fn，因此假设不成立，电子做加速近心运动，故C错误，D正确。
故选：ABD。
根据楞次定律判断感生电场的方向，根据法拉第电磁感应定律结合场强E=U2πr求解场强大小；粒子做加速运动，洛伦兹力大于所需的向心力，电子做加速近心运动。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据法拉第电磁感应定律的公式计算出感生电动势的大小，结合场强与电势差关系完成分析。
11.【答案】一元； C； x2= x1+0.6 x3
【解析】解：(1)本实验验证正碰过程中动量是否守恒，为避免发生正碰后碰撞物体反弹，因此碰撞物体的质量要大于被碰物体的质量，故在本实验中，橡皮筋发射的是一元硬币。
(2)根据实验原理可知，图中D点为一元硬币碰撞前平均停留的位置，C点为碰撞后平均停留的位置，图中E点为游戏币碰撞后平均停留位置；
(3)设一元硬币的质量为m1游戏硬币的质量为m2一元硬币碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，游戏硬币碰撞后的速度为v2；
结合上述(2)，一元硬币从B点运动到D，根据动能定理−μm1gx2=−12m1v02
一元硬币从B点运动到C，根据动能定理−μm1gx1=−12m1v′12
游戏币从B点运动到E，根据动能定理μm2gx3=−12m2v22
若碰撞过程动量守恒，以一元硬币的初速度方向为正方向
根据动量守恒定律m1v0=m1v1+m2v2
且0.6m1=m2
故应满足的表达式为 x2= x1+0.6 x3。
故答案为：(1)一元；(2)C；(3) x2= x1+0.6 x3。
(1)从防止入射硬币反弹的角度分析作答；
(2)根据实验原理分析一元硬币的平均停留位置；
(3)根据动能定理分别求解碰撞前后瞬间的速度；根据动量守恒定律求解作答。
本题考查了验证碰撞中的动量守恒定律的实验，要明确实验原理，掌握动能定理和动量守恒定律的运用。
12.【答案】电压;保护电路 5.07;0.11 能 >
【解析】解：(1)根据图2可知，最上面的数字多用电表并联在充电宝的两端，因此最上面的充当电压表；
为了防止滑动变阻器的滑动片滑动最左端时出现短路，串联电阻R0起到保护电路的作用；
(2)根据闭合电路欧姆定律U=E−r⋅I
U−I图像如图所示：
图像的纵截距表示电动势，电动势E=b≈5.07V
图像的斜率绝对值k=5.07−4.852.0−0Ω≈0.11Ω
充电宝的内阻r=k≈0.11Ω
(3)根据表格数据可知，当充电宝的电量低时，电动势无明显变化，内阻无明显变化，因此当充电宝的电量低时能正常工作；
(4)图3的实验误差来源于电压表的分流作用，电动势的测量值小于真实值；图4中使用了数字式电表，电动势的测量值等于真实值，因此采用图4的方法测得的电动势大于采用图2原理测得的电动势。
故答案为：(1)电压；保护电路；(2)5.07；；0.11；(3)能；(4)>。
(1)根据图2可知，最上面的数字多用电表并联在充电宝的两端，据此分析作答；
从防止滑动变阻器的滑动片滑动最左端时出现短路现象的角度分串联电阻R0起到的作用；
(2)根据闭合电路欧姆定律求U−I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值的含义求解作答；
(3)根据表格数据分析电动势和内阻的变化情况，然后作答；
(4)图3的实验误差来源于电压表的分流作用，据此分析电动势的测量值与真实值的大小关系；图4中使用了数字式电表，电动势的测量值等于真实值，据此分析作答。
本题以携式充电宝为背景考查了测量普通电源的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路欧姆定律的运用，能够根据实验原理正确分析实验误差。
13.【答案】(1)弹丸打中物块后的速度大小为2m/s (2)物块到达的最大高度为0.05m
【解析】解：(1)弹丸与物块组成的系统在作用过程中动量守恒，有m0v0=(m0+m)v，解得：v=2m/s。
(2)由题意分析可知，无论物块是否冲上或冲出圆弧部分，系统必然存在共速时刻，且此时物块相对于小车水平轨道部分的高度为最大值，设此高度为h。
取水平向右为正方向，根据系统在水平方向动量守恒，得(m0+m)v=(m0+m+M)u。
再由系统能量守恒，有12(m0+m)v2=12(m0+m+M)u2+μ(m0+m)gs+(m0+m)gh。
联立上述方程，解得：h=0.05m。
答：(1)弹丸打中物块后的速度大小为2m/s。
(2)物块到达的最大高度为0.05m。
(1)弹丸击中物块的过程时间极短，两者组成的系统在水平方向动量守恒。已知弹丸和物块的初始质量与速度，利用动量守恒定律可求出两者共同运动的速度。计算时注意将弹丸质量与物块质量相加作为整体质量。
(2)物块与小车相互作用，最终系统在水平方向达到共同速度。系统水平方向动量守恒，可求出最终的共同速度。整个过程系统机械能不守恒，需用能量守恒关系求解最大高度。能量关系包含系统初末动能、物块在水平轨道上克服摩擦力做功以及物块重力势能的增加。最大高度即为物块相对于小车静止时在圆弧轨道上的高度。
本题是一道综合性较强的力学计算题，涉及动量守恒、能量守恒及动力学分析。题目巧妙地将碰撞、摩擦力作用下的相对运动以及含圆弧轨道的系统能量转化过程融为一体，对学生的物理建模能力和综合应用能力提出了较高要求。第一问考查简单的动量守恒定律应用，计算直接。第二问是本题的核心与难点，需要学生准确分析物块与小车系统的最终运动状态，即物块达到最大高度时两者必然水平共速，并在此过程中正确建立系统水平方向动量守恒与包含摩擦生热及重力势能变化在内的能量守恒方程。该设问深刻考查了学生对多过程、多物体系统中能量分配与转移的理解，尤其是对摩擦生热发生在相对滑动过程的准确把握，计算量适中但思维深度显著。
14.【答案】(1)线框ab边刚进磁场时的加速度大小为g2 (2)线框ab边所受安培力做的功为mg(3h−L) (3)线框ab边和cd边分别通过磁场的时间差值为 2ghg
【解析】解：(1)线框先做自由落体运动，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，由运动学公式得v12=2gh。ab边刚进入磁场时，由牛顿第二定律有mg−B2L2Rv1=ma。
线框出磁场时已做匀速运动，设此时速度为v2，满足v22=8gh，此时安培力与重力平衡，即B2L2Rv2=mg。联立以上各式，解得：a=g2。
(2)对线框从ab边进入磁场到完全穿出磁场的过程，应用动能定理，有mgL+W安=12mv22−12mv12。代入解得：W安=mg(3h−L)。
(3)对ab边通过磁场的过程，应用动量定理，有mgt1−I安=mv2−mv1，其中I安=qBL。对cd边通过磁场的过程，应用动量定理，有mgt2−qBL=0。
由两式相减，可得t1−t2= 2ghg。
答：(1)线框ab边刚进磁场时的加速度大小为g2。
(2)线框ab边所受安培力做的功为mg(3h−L)。
(3)线框ab边和cd边分别通过磁场的时间差值为 2ghg。
(1)分析线框进入磁场前的运动状态，由自由落体规律确定其进入磁场时的速度。结合线框匀速穿出磁场时重力与安培力平衡的条件，可列出进入瞬间的动力学方程，从而求得加速度。
(2)选取线框从进入磁场到完全穿出的过程，运用动能定理。过程中重力做功和安培力做功共同引起线框动能的变化，结合已知的初末速度即可求解安培力做功。
(3)分别对ab边和cd边通过磁场的过程应用动量定理。两过程中安培力的冲量形式相同，但速度变化不同，联立两个方程作差即可得到时间差值。
本题以电磁感应与动力学综合为背景，考查学生对于电磁感应定律、安培力、牛顿运动定律、动能定理以及动量定理的综合应用能力。题目情境经典，涉及线框自由下落进入有界匀强磁场并最终匀速穿出的过程，计算量中等，思维层次递进。第一问考查对瞬时受力和运动状态的分析，关键在于利用匀速穿出条件建立安培力与重力平衡的关系，并结合自由落体规律求解加速度。第二问考查能量观点，要求运用动能定理计算安培力所做的功，体现了功能关系的灵活运用。第三问设计巧妙，要求比较线框不同边通过磁场的时间差，需对ab边和cd边分别应用动量定理，并巧妙利用通过磁场过程中的电荷量关系进行求解，此问对学生的建模分析能力和运用动量定理处理变力问题的能力提出了较高要求，是本题的亮点所在。
15.【答案】(1)粒子发射速度v0为106m/s (2)第Ⅳ象限的磁感应强度B2大小为0.15T，方向垂直于纸面向外 (3)金属板的最短长度为0.5m
【解析】解：(1)如图甲所示为符合题意的粒子运动轨迹。
图甲
图乙
由图可知，粒子在磁场B1中做圆周运动的轨迹半径r=R。由圆周运动的动力学关系qv0B=mv02r，解得：v0=106m/s。
(2)在磁场B1中，由圆周运动关系qv0B=mv02r1，解得：r1= 3R。根据几何关系可知，粒子经过A点时的速度方向与y轴成60°。如图乙所示为符合题意的轨迹，由图可知粒子在磁场B2中的轨迹半径r2=23 3R。由圆周运动关系q⋅ 3v0B2=m( 3v0)2r2，联立解得：B2=0.15T，方向垂直于纸面向外。
(3)粒子发射后均做圆周运动，运动半径与磁场区域半径R相同。现讨论一般情况，设粒子入射速度方向与x轴正方向夹角为θ。由几何关系可知，粒子到达半圆形磁场边界时，其速度方向垂直于y轴，设粒子经过y轴的位置与金属板的竖直距离为h。由几何关系得h=R(1+csθ)。粒子进入电场后做类平抛运动，设其击中金属板的水平距离为x。
加速度为a=Eqm，运动学关系为12at2=h与x=v0t，联立解得x=csθ2。由此可知，随着θ增大，粒子在金属板上的落点位置逐渐左移，且粒子在板上的分布密度逐渐减小。因此，当0≤θ≤120°时，射出的粒子数占总数的23，且此时打到金属板上的长度最短。θ=0和θ=120°时粒子的轨迹如图丙所示。
图丙
例如，当θ=0°时，粒子击中金属板最右端，由12Eqmt12=2R与xmax=v0t1，解得：xmax=1m。当θ=120°时，粒子击中金属板最左端，由12Eqmt22=12R与xmin=v0t2，解得：xmin=0.5m。则金属板所需的最短长度为L=xmax−xmin，L=0.5m。
答：(1)粒子发射速度v0为106m/s。
(2)第Ⅳ象限的磁感应强度B2大小为0.15T，方向垂直于纸面向外。
(3)金属板的最短长度为0.5m。
(1)粒子沿y轴正方向进入磁场后做匀速圆周运动，其轨迹需经过圆心A点。由几何关系可确定圆周运动的半径与半圆区域的半径相等，再根据洛伦兹力提供向心力即可求得发射速度v0。
(2)当粒子以 3v0发射时，在磁场B1中的运动半径增大。通过分析粒子离开第Ⅲ象限时的速度方向，结合其进入第Ⅳ象限后垂直击中金属板的条件，可推断B2的方向并确定其大小。需利用两次圆周运动的几何关系与动力学方程联立求解。
(3)撤去B2并加上电场后，粒子先在磁场B1中做匀速圆周运动，从半圆边界射出时速度均沿水平方向。进入电场后，粒子做类平抛运动。通过建立粒子入射角度与击中金属板位置的关系，并考虑占总发射量23的粒子能被收集，可确定落点的最左与最右位置，从而求出金属板所需的最短长度。
本题是一道综合性极强的带电粒子在电磁场中运动的压轴题，全面考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动、在匀强电场中的类平抛运动以及多过程组合运动的分析能力。题目计算量较大，难度层级高，对学生的物理建模、几何构图和逻辑推理能力提出了严峻挑战。第一问为基础性考查，利用粒子恰好击中半圆磁场区域的圆心这一特殊条件，快速确定轨道半径与磁场区域半径的关系。第二问难度提升，需要考生精准分析粒子在两个不同磁场区域中的运动衔接，通过复杂的几何关系求解未知磁感应强度的大小和方向，对空间想象能力要求极高。第三问是本题的精华与难点所在，巧妙地将粒子在磁场中的偏转与在电场中的类平抛运动相结合，并引入粒子发射角度的分布问题，最终将物理问题转化为寻找临界发射角对应的落点范围，以此求解金属板的最短长度。这一设问极具思维深度，要求考生具备出色的综合分析与数学处理能力，是区分学生物理素养高下的关键。电量/%
100
80
60
40
20
5
充电宝电动势/V
5.04
5.04
5.00
5.14
5.08
充电宝内阻/Ω
0.21
0.20
0.21
0.25
0.15