2024-2025学年湖北省部分市州高二（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖北省部分市州高二（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共22分。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pa B.直线pb C.抛物线pc D.摆线pd3.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/s D.抛出1s4.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ILBtsinθ5.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.0.3v B.0.6v C.0.9v D.1.2v6.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.φaB.φb=4BR2D.导线上bc两点的中间位置，电势最高7.如图所示，一足够长的水平粗糙绝缘杆上套一个质量为m、电荷量为+q的环，环与杆之间的动摩擦因数为μ。水平正交的匀强电磁场，方向如图，磁感应强度为B，电场强度为E，且Eq>μmg，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=Eqm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<0

D.线框进、出磁场时，10.电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备。若将其中的环形真空管内外不均匀的磁场，整体换成匀强磁场，如图所示，磁场方向垂直于真空管，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)，在真空管内产生如虚线所示的感生电场，虚线上各点电场强度大小相等。电子从距离环形真空管圆心r的位置静止释放，若加速电子未达到高速，下列说法正确的是(

)A.电子将沿逆时针方向加速 B.电子释放点处的电场强度大小是kr2

C.电子可能做加速圆周运动 D.三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.小明利用橡皮筋、半径相同的一元硬币和游戏硬币，在平整的实验桌上做实验来验证碰撞中的动量守恒定律。经测量，游戏硬币的质量是一元硬币的0.6倍，两硬币与桌面的摩擦情况一致。下面开始实验：

第1步，在实验桌的一端固定橡皮筋作为发射装置，标记发射点A和发射方向，如图中两实线；

第2步，用橡皮筋将其中一枚硬币从A点沿标记好的方向发射，多次实验，记下其平均停留位置；

第3步，在B位置放置另一枚硬币，重复第2步，记下两者平均停留位置；

第4步，测出虚线C、D、E到虚线B的距离为x1、x2、x3。

(1)橡皮筋发射的是______(选填“一元”或“游戏”)硬币；

(2)碰撞后，一元硬币的平均停留位置为______(选填“C、D、E”)；

(3)若三个距离之间满足关系式______，则两硬币的碰撞满足动量守恒定律。(用x1、x2、x12.某便携式充电宝内部由3.7V的锂电池、升压和稳压电路组成，当对外供电时可视为电源，所剩的电量可由其显示屏上的电量百分比表示，如图1所示。满电时显示的电量百分比为100%。本实验试图研究：随着充电宝电量减少，它的电动势会不会减小？若电动势减小，电量百分比达到多少时就不能正常工作？

(1)剥开充电宝的连接线，里面有四根线，将连接其正极的红线和负极的黑线接入如图2的电路。两只数字多用电表分别充当电压表和电流表，其中最上面的充当______表，R0的作用是______。

(2)充电宝满电时进行第一组实验：滑动变阻器最开始的状态如图2所示，闭合开关，将滑片逐步向左移，依次将对应的电流表和电压表的示数记录在电脑的excel表格中，屏幕上会逐个显示出对应的U−I数据点，如图3。

根据图3中描绘的U−I图线，得到充电宝的电动势为______V，内阻为______Ω。(结果均保留2位小数)

(3)在充电宝处于不同的电量百分比时，重复上述实验操作，得到如表数据：电量/%100806040205充电宝电动势/V5.045.045.005.145.08充电宝内阻/Ω0.210.200.210.250.15由以上数据可知：当充电宝的电量低时，______(选填“能”或“不能”)正常工作。

(4)若将充当电流表的数字电表直接串在充电宝旁(原理图如图4)，再测充电宝满电时的电动势。此次的测量值______(选填“>”“=”或“<”)图3测得的电动势。四、计算题：本大题共3小题，共44分。13.如图所示，质量为M=0.6kg的小车静止在光滑水平面上，其表面有粗糙的的水平轨道和光滑的四分之一圆弧轨道，两轨道相切于圆弧轨道最低点，质量为m=0.5kg的物块静止于小车最左端。一颗质量为m0=0.1kg的弹丸，以水平速度v0=12m/s打中物块且没有穿出，物块沿着小车上的轨道运动。已知水平轨道长s=0.5m，圆弧轨道半径R=0.1m，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.1，弹丸和物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)14.如图所示，边长为L、质量为m的正方形导线框abcd，从匀强磁场上方h处自由下落，磁场宽度也是L。当线框ab边到达磁场下边界时，线框刚好以22gh的速度匀速穿出。已知重力加速度为g。线框穿过磁场区域的过程中，不计空气阻力，求：

(1)线框ab边刚进磁场时的加速度大小；

(2)求线框ab边所受安培力做的功；

(3)线框ab边和cd边分别通过磁场的时间差值。15.如图所示，第Ⅲ象限中以A点(0,−0.1)为圆心、半径R=0.1m的半圆区域内无电磁场，第Ⅲ象限的其它区域和x轴上方都有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1=0.1T，第Ⅳ象限存在另一垂直纸面的匀强磁场B2。在y=−0.2m处平行于x轴放置一金属板来收集粒子，粒子源位于原点O处，可以向x轴上方发射比荷为108C/kg的同种正粒子，不计粒子重力及之间的相互作用。

(1)若沿y轴正方向发射的粒子恰好能水平打中A点，求该粒子的发射速度v0。

(2)若沿y轴正方向以速度3v0发射粒子，粒子第一次进入第Ⅳ象限就恰能垂直打中金属板，求第Ⅳ象限的磁感应强度B2的大小及方向；

(3)撤掉第Ⅳ象限的磁场，同时在x>0，−0.2m<y<0区域内加沿y轴负方向的匀强电场，电场强度

答案解析1.【答案】B

【解析】解：AB.音频电流通进线圈时，通电线圈就会在磁场中受到安培力的作用，力的方向跟电流的方向有关，所以当电流方向改变时，线圈的受力方向就变得相反，则线圈将向右运动；由于线圈中的电流是交变电流，它的方向不断变化，线圈就不断地来回振动，带动纸盆也来回振动，于是扬声器就发出了声音；故A错误，B正确；

CD.断开开关，对着纸盆说话，线圈随纸盆振动切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生变化产生感应电动势，但因线圈未闭合，则不能产生感应电流，故CD错误。

故选：B。

依据“通电线圈在磁场中受安培力、交变电流使受力方向周期性变化”，分析扬声器的工作原理；再结合电磁感应的条件(电路闭合)，分析断开开关后无法产生感应电流。

本题考查扬声器的工作原理(通电导体在磁场中受安培力的应用)，以及电磁感应的条件(闭合电路的磁通量变化才会产生感应电流)，综合检验对电与磁相互作用规律的理解。2.【答案】B

【解析】解：氖−20原子核沿直线pb运动，表明其进入复合场时电场力与洛伦兹力相互平衡，满足qE=qvB，解得其速度v=EB。

氖−22与氖−20互为同位素，其原子核所带电荷量q相同。题目给定两束粒子流以相同速度v进入电磁场，则氖−22所受电场力F电=qE与洛伦兹力F洛=qvB的大小仍保持相等。由于两力方向相反且大小相等，氖−22原子核所受合力依然为零，故其将继续沿原方向做匀速直线运动，运动轨迹仍为直线pb。故ACD错误，B正确。

故选：B。

氖−20的原子核沿直线运动表明电场力与洛伦兹力平衡，速度满足特定关系。氖−22的原子核所带电荷量相同并以相同速度进入复合场，所受电场力和洛伦兹力依然保持大小相等且方向相反，因此合力为零，其运动轨迹与氖−20相同，仍为直线运动。

本题巧妙地将电场与磁场的复合场模型与同位素原子核的物理性质相结合，重点考查带电粒子在正交电磁场中的运动规律与受力平衡条件。题目计算量很小，但需要学生准确理解氖−20沿直线运动所隐含的力平衡条件3.【答案】D

【解析】解：A、以人与物体为系统，抛出过程中系统动量守恒。抛出物体后，物体获得动量，由动量守恒定律MvM+mvm=0可知，人的动量必然发生等大反向的变化，故A错误；

B、系统总动量变化量为零，即ΔPM+ΔPm=0，可得ΔPM=−ΔPm。人与物体的动量变化量大小相等、方向相反，由于动量是矢量，方向不同则改变量不同，故B错误；

C、设定物体抛出方向为正方向，根据动量守恒定律MvM+mvm=0及相对速度关系vm−vM=v相，联立解得物体的对地速度v4.【答案】D

【解析】解：A、由左手定则可知，金属杆ab受到的安培力方向垂直金属杆ab斜向左上方，故A错误；

B、对金属杆ab进行受力分析，金属杆有效长度为L，通过的电流大小为I，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，则F安=BIL

安培力在时间t内的冲量大小是ILBt，故B错误；

C、竖直方向上有mg=FN+BILcosθ，整理得：FN=mg−BILcosθ

由于导体棒处于静止状态，所以摩擦力大小：f<μFN=μ(mg−BILcosθ)<μmg，故C错误；

D、根据共点力的平衡，水平方向有：f=F安sinθ=BILsinθ，摩擦力在时间t内的冲量大小为ILBtsinθ5.【答案】A

【解析】解：碰撞过程中，两球组成的系统动量守恒，可得mv=mvA+3mvB。若发生完全非弹性碰撞，碰后两球共速，解得vB=0.25v。

若发生弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒定律，解得vB=0.5v。实际碰撞过程机械能不增加，且碰后B球速度不小于A球速度，因此B球速度范围满足0.25v≤vB≤0.5v。故A正确，BCD错误。

故选：6.【答案】D

【解析】解：ABC.导线绕O点x转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示

根据右手定则可知O点电势最高；根据E=Blv=12Bωl2

又因为lOc=lOb=5R>lOa=R，U=Δφ

代入数据得φa=12BωR2，7.【答案】C

【解析】解：AC.物体在水平方向上电场力和摩擦力的合力提供加速度即F=Eq−μmg

由于Eq>μmg则物体有水平向右的加速度物体做加速运动，此时物体的加速达到最大，其最大值为a=qEm

当物体开始往右运动之后，由于运动方向和磁场方向之间相垂直，所以会受到洛伦兹力即F洛=qvB

则此时洛伦兹力的方向竖直向上，随着速度的增加洛伦兹力会增大，此时合力会变为F=qE−μ(mg−qvB)

合力先变小，加速度会变小，故A错误，C正确；

BD.后随着洛伦兹力的反向而增大，一直到最后qE=μ(qvB−mg)

当Eq=μmg

代入数据得v=2mgqB，现在Eq>μmg，所以速度会大于2mgqB，

最后当qE=μ(qvB−mg)

物体会匀速运动，故BD错误。

8.【答案】AD

【解析】解：A、开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，D2灯立即发光。由于线圈的自感阻碍电流的增大，所以D1灯后发光；由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，最后一样亮，故A正确；

BD、断开开关S时，L中产生自感电动势，灯D1、灯D2和线圈L中形成自感回路，电流从原来的大小开始减小；由于电流稳定时两个支路的电流是相等的，所以灯D1与灯D2同时慢慢熄灭，不会闪亮，故BC错误；

D、断开开关瞬间，电路电流变化率远大于闭合瞬间，电流变化越快，线圈两端电压越大，因此全过程，断开S的瞬间线圈两端电压最大，故D正确。

故选：9.【答案】BC

【解析】解：A、由电荷量公式q=ΔΦR可知，线框进出磁场过程中，磁通量变化量的绝对值均为ΔΦ=Bl2，因此通过导线横截面的电荷量相等，故A正确；

B、线框完全处于磁场中时，左右两侧导线均切割磁感线，产生的感应电动势大小均为E=Blv，但两者在回路中方向相反，总电动势为零，电路中没有电流。此时PQ两端的电势差等于该边导线产生的感应电动势，即UPQ=Blv，故B错误；

C、线框进入磁场时，根据右手定则，PQ边感应电流方向由Q指向P，该边作为电源，P点电势高于Q点，即UPQ>0。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P10.【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：11.【答案】一元；

C；

x【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(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【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