湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高二年级上册期末物理试题（含答案解析）

湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高二上学期期末物理

试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.下列描述的物理现象正确的是（）

A.电磁波在介质中传播的速度只与介质有关

B.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与它的温度有关

C.验钞机检验钞票真伪体现了红外线的荧光作用

D.导体回路的磁通量发生变化时，导体回路中就一定产生感应电流

2.物理在科技和生活中有着广泛的应用，下列有关物理的应用说法不正确的是（）

A.图甲中，自感线圈阻值大于灯泡阻值，开关S断开瞬间，灯泡一定会突然闪亮

一下

B.图乙中，FAST射电望远镜是在无线电波段观测天体的

C.图丙中，农林喷灌装置能够一边喷水一边旋转是利用了反冲原理

D.图丁中，用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘，铜盘很快静止下来是利用了电磁阻

尼

3.如图所示，是一个弹簧振子的振动图像，则下列说法正确的是（）

A.该小球位移随时间变化的关系式x=5sin7gTf（cm）

B.在2-3s时间内，小球的加速度和速度都在增大

C.小球在100s时的位移x=5cm

D.前10s内小球通过的路程1m

4.三根平行的长直导线的截面如图所示，它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，

且AB=AC=AD。空间存在一匀强磁场品,使得4点磁感应强度为0。则下列说法正

确的是（)

50•-.........0Z）

加

A.匀强磁场的方向由A指向。

B.导线C在A点产生的磁感应强度大小为综

C.若仅改变C的电流方向，则A点的磁感应强度大小为0片）

D.若&C、£＞的电流方向同时改变，则A点的磁感应强度依然为0

5.2022年11月20日蹦床世锦赛在保加利亚结束，中国蹦床队夺得女子网上团体金牌。

假设队员胡译乘的质量为50kg,从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向

蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s,g=10m/s2规定竖直

向下为正方向，则下列说法正确的是（）

A.运动员与网刚分离时的动量为-5000kg.m/s

B.运动员与网接触的这段时间内动量的改变量为900kg-m/s

C.网对运动员的平均作用力大小1625N

D.从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力的冲量

900N-S

6.如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L=lm,一端

通过导线与阻值为R=1C的电阻连接；导轨上放一质量机=2kg、电阻厂=1。的金属杆，

导轨的电阻忽略不计。均匀磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上,

杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，最后匀速运动的速度v也会相应变化，且

v与尸的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）

试卷第2页，共8页

A.匀强磁场的磁感应强度B=^T

2

B.杆与导轨间的动摩擦因数〃=0」

C.当尸=7N,最后匀速运动时AB两点的电势差U,、B=10V

D.流过电阻R的电流方向为8fRfA

7.党的二十大报告中，习近平总书记明确指出要实施科技兴国战略，强调科技是第一

生产力，则下列关于磁场与现代科技的相关说法正确的是（）

A.图甲是磁流体发电机结构示意图,由图可以判断出A板是发电机的正极，且增

大磁感应强度可以增大电路中的电流

B.图乙是霍尔效应板的结构示意图,稳定时一定有中外＞为

C.图丙是电磁流量计的示意图，在8、d一定时，流量。反比于UNM

D.图丁是回旋加速器的示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速器D

形盒的半径

二、多选题

8.新高考考查方向之一是考查学生对物理基本概念和基本技能的掌握，引导教学回归

课标和教材，下列是课本中的四幅图，有关说法正确的是（）

向上

B.乙图中为了减小涡流，利用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯

C.丙图为奥斯特发现电流磁效应的实验，图中的通电导线应沿东西方向放置

D.丁图是仿古盥洗用的脸盆，用手摩擦盆耳，到一定节奏时会溅起水花，这是共振

现象

9.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为B

为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为用，两板间距离为d；C为偏转分离器,

磁感应强度为生。今有一质量为〃?、电荷量为4的粒子（不计重力），经加速后，该粒

子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（）

A.粒子带负电B.粒子进入速度选择器的速度

v=

C.速度选择器两板间电压u,=4/叵口D.粒子在分离器中做匀速圆周运动

Vm

1\2mU

的半径R=x

10.有一边长/=0.1m、质量机=10g的正方形导线框必c/由高度/z=0.2m处自由下

落，如图所示。其下边而进入匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到其上边A

刚刚开始穿出匀强磁场为止，已知匀强磁场的磁感应强度为3=1T,匀强磁场区域的宽

试卷第4页，共8页

度也是/,g取10m/sZ则下列说法正确的是（)

口『一

ab八

h

XXXXXXXXM

BI

xxxxxxxx、,

A.导线框的电阻R=2Q

B.线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量4=0O5C

C.线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热Q=QO2J

D.线框穿越磁场的过程感应电流的方向和安培力的方向都没有变化

11.如图所示，质量均为根的木块A和B,并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直

轻杆，轻杆上端的。点系一长为/的细线，细线另一端系一质量为2〃?的球C。现将C

球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g。从开始释放C到A、B

两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（）

A.A、B、C组成的系统动量守恒

B.木块A、B运动的位移为《

2

C.球C运动到最低点时速度为丫=廊

2/

D.若继续研究A、B分离后的运动，则球C向左摆动的最大高度为§

三、实验题

12.某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度，装置如图中所示。

1234cm

11111111111111111111IriLIJ11111

1111111111111111rnr

01020

甲乙

（1）在用单摆测量重力加速度的实验中，下面的叙述哪些是正确的

A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些

B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的

C.用刻度尺测量摆线的长度/,这就是单摆的摆长

D.释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间

则单摆周期7=专

（2）学习小组同学用游标卡尺测量球的直径，示数如图乙所示，则该摆球的直径心—

mmo

（3）学习小组同学经测量得到摆长Z,和对应的周期7,画出L-T2图线，然后在图线上

选取A、B两个点，坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式g=。

13.为了验证碰撞中的动量守恒，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球

①按如图所示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜

面8c连接在斜槽末端。

②先不放小球儿让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点

位置。

③将小球b放在斜槽末端边缘处，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发

生碰撞，分别记下小球«和b在斜面上的落点位置。

④测出“、人两球的质量砥、叫。

根据该同学的实验，回答下列问题：

（1）将斜槽A8固定在桌边，使槽的末端切线水平的原因是

（2）把小球匕放在斜槽末端边缘处，小球。从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们

试卷第6页，共8页

发生碰撞，碰后小球”的落点在图中点

（3）若实验测量仪器仅剩下刻度尺，为了验证碰撞中的动量守恒，实验中还需要测量

的物理量是=

（4）若碰撞过程中，若动量守恒，则成立。若该碰撞为弹性碰撞，则还有_

成立。（用前面所测物理量字母表示）

四、解答题

14.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C,滑块B（可视

为质点）置于A的左端，三者质量分别为以=2kg,%=叫，性=lkg。开始时C

静止，A、B一起以%=6m/s的速度匀速向右运动，A与C发生弹性碰撞（时间极短），

再经过一段时间，B恰好没从A上掉下。已知A、B间的动摩擦因数〃=g,g=10m/s2。

求：

（1）滑块C最终的速度八；

（2）长木板A的长度/<,

15.如图所示，平行金属导轨4B、CD固定在倾角为37。的绝缘斜面上，动摩擦因数

〃=0.25,BP、。。为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在8、。两点处

平滑连接（杆通过BO位置时无机械能损失），水平部分处在方向竖直向下的匀强磁场

中，导轨间距均为L=hn。两金属棒a。、cd的电阻相等，质量分别为2kg、1kg。初始

时，金属棒cd垂直放置在水平导轨上，金属棒必从倾斜导轨上距底端距离为s=4.5m

处由静止释放，不计导轨电阻，取g=10m/s2。在导体棒在水平导轨运动的整个过程中，

通过导体棒的电荷量4=4C,求：

（1）金属棒ah刚滑到BD位置的速度

（2）金属棒cd上产生的热量

（3）匀强磁场的磁感应强度8

16.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在一个圆心在y轴上、半径为R

的四分之一圆形匀强磁场I，磁感应强度的方向垂直坐标平面向里，大小为与=吟，

qR

RR

在y轴和直线x=之间有水平向左的匀强电场，在直线x=的左侧有垂直于坐标

平面向外的匀强磁场II。一个电荷量为外质量为机的带正电粒子从P点以大小为％的

速度水平向左射入匀强磁场I，P点纵坐标为工，粒子进入电场经电场偏转后，以与y

2

轴负方向成60。角的方向进入匀强磁场H,然后再进入电场并从。点射出电场，不计粒

子的重力，求：

（1）粒子在匀强磁场I中运动的时间h

（2）匀强电场的电场强度E的大小；

（3）匀强磁场的磁感应强度人的大小。

试卷第8页，共8页

参考答案:

1.B

【详解】A.电磁波的传播速度在真空中达到最大，等于3xl()8m/s,而在其它介质中，电磁

波的速度减小，故A错误；

B.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与它的温度有关，故B正确；

C.验钞机检验钞票真伪体现了紫外线的荧光作用，故C错误；

D.闭合导体回路的磁通量发生变化时，导体回路中就一定产生感应电流，故D错误。

故选B。

2.B

【详解】A.图甲中，开关S断开前，电感线圈几乎将灯泡短路，灯泡不发光；若自感线圈

阻值大于灯泡，开关S断开瞬间，电感线圈产生感应电动势给灯泡供电，灯泡发光，开关S

断开瞬间，灯泡一定会突然闪亮一下，A正确，不符合题意；

B.图乙中，FAST射电望远镜发射的电磁波的波长比无线电波的短得多，B错误，符合题

意；

C.图丙中，农林喷灌装置能够一边喷水一边旋转是利用了反冲原理，C正确，不符合题意；

D.图丁中，用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘，铜盘中产生感应电流，很快静止下来是利

用了电磁阻尼，D正确，不符合题意。

故选B。

3.A

【详解】A.由图可知，小球的振幅和周期分别为

A=5cm

T=4s

所以小球位移随时间的变化关系式为

..24_.737、

x=Asin—t=5sin—/(cm)

故A正确；

B.在2~3s内小球由平衡位置向负方向运动，速度逐渐减小，但加速度不断增大，故B错

误；

C.由于

f=100s=25T

所以小球处于平衡位置，其位移为零，故C错误；

答案第1页，共14页

D.由于

所以小球通过的路程为

s=1()A=10x5cm=50cm

故D错误。

故选A。

4.B

【详解】AB.由安培定则可知，三根通电直导线在A点上所产生的磁场方向，如图所示

咆

&

直导线B、。在A点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，直导线C在A点产生的磁感应

强度方向从A指向由于A点磁感应强度为0,则直导线C与匀强磁场的磁感应强度为大

小相等，方向相反，所以匀强磁场的方向由A指向8,故A错误，B正确；

C.若仅改变C的电流方向，则C在4点产生的磁感应强度方向与匀强磁场的方向相同，大

小仍为扁,则A点的磁感应强度大小为2综，故C错误：

D.若B、C、。的电流方向同时改变，则它们在4点产生的磁感应强度方向均反向，直导

线8、。在A点产生的磁感应强度大小相等，方向相反；C在4点产生的磁感应强度方向与

匀强磁场的方向相同，大小仍为综，则A点的磁感应强度大小为2叫,，故D错误。

故选B。

5.C

【详解】A.设运动员与网刚分离时的速度大小为匕，则竖直向上运动的过程，有

片=2gh工

答案第2页，共14页

则运动员与网刚分离时的动量为

p2=-mv2--500kg•m/s

故A错误；

B.设运动员自由下落着网时的速度大小为匕，则

匕=y)2gh\=8m/s

则运动员与网接触的这段时间内动量的改变量为

△p=-mv2-mvt=-900kg-m/s

故B错误；

C.运动员与网接触的过程，由动量定理得

(-F+ing)t=Ap

解得网对运动员的平均作用力大小为

F=1625N

故C正确；

D.从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处的过程中，有动量定理得

解得重力的冲量为

/c=1300N-s

故D错误。

故选C。

6.B

【详解】A.金属杆产生的感应电动势

E=BLv

感应电流

I=—

R+r

金属杆所受的安培力

F,.=BIL=

安R+r

由题意可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时，合力为零，即有

答案第3页，共14页

F=------+/

R+r

解得

R+r”,、

、小一)

从图线可以得到图线的斜率

k=2

即

R+r,

—T=K

B2I3

将数据代入可解得

3=IT

故A错误;

B.由图线得，当尸=4N时，v=4m/s,带入A项所得关系

v=B”7)

解得

/=2N

又

f=〃机g

代入数据，解得

〃=0.1

故B正确;

C.根据图线分析，当

F=7N

时

v=10m/s

则

E=B£v=10V

最后匀速运动时A8两点的电势差

R

-------E=—xlOV=5V

R+r1+1

故C错误;

答案第4页，共14页

D.由右手定则可知，流过R的电流为AfRf8,故D错误。

故选Bo

7.D

【详解】A.由左手定则可知，带正电的粒子向B板偏转，所以B板是发电机的正极，故A

错误;

B.图乙霍尔元件中的载流子若为正电荷，由左手定则可知，正电荷向N端偏转，则

<PN>(PM

若载流子为负电荷，则负电荷向N端偏转，则

%<(PM

故B错误;

C.电荷通过电磁流量计时，有

污水的流量为

cc兀vd°

Q=vS=---

解得

0=^-U

Q4BUNM

在B、d一定时，流量。正比于U,VM，故c错误;

D.设回旋加速器D形盒的半径为R,粒子获得的最大速度为W”，根据牛顿第二定律有

qvmB=tn^f

A

解得

mtn

粒子的最大动能为

Ekm―

由上式可知要使粒子获得的最大动能增大，可增大D形盒的半径，故D正确。

故选Do

8.BD

【详解】A.甲图中地球表面的磁场竖直分量在南半球垂直于地面向上，在北半球垂直于地

答案第5页，共14页

面向下，故A错误；

B.乙图中为了减小涡流，利用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，故B正

确；

C.丙图为奥斯特发现电流磁效应的实验，图中的通电导线应沿南北方向放置，故C错误;

D.丁图是仿古盥洗用的脸盆，用手摩擦盆耳，到一定节奏时会溅起水花，这是共振现象,

故D正确。

故选BD。

9.BCD

【详解】A.由图可知电粒子进入偏转分离器时受到的洛伦兹力向右，根据左手定则可知，

粒子带正电，故A错误；

B.粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得

qU„、=—Imv2'

解得粒子进入速度选择器的速度为

八年

vm

故B正确；

C.粒子在速度选择器运动过程，根据受力平衡可得

Uc

qq2=quB\

解得速度选择器两板间电压为

U,=Bdv=力

xVm

故c正确；

D.粒子在分离器中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得

v2

qvB2=m—

解得

R*=R=_L晅

过q

故D正确。

故选BCDo

10.BC

答案第6页，共14页

【详解】A.线框在磁场中做匀速运动，则

mg=BII

/一

R

E=Blv

v2=2gh

解得

R=0.2Q

选项A错误；

B.线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量

m8

q=It=I-=.=0.05C

VBy]2gli

选项B正确；

C.线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热

Q=2,"g/=0.02J

选项C正确；

D.线框进入磁场和出离磁场时感应电流的方向相反：穿越磁场的过程安培力的方向没有变

化，总是竖直向上，选项D错误。

故选BC«

11.BD

【详解】A.小球摆动过程，A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直

方向动量不守恒，A错误；

B.C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大

小为AB对地水平水平位移大小为心，则有

2呐=2mx2

Xx+X2=l

解得

/

=—

22

B正确；

C.由题意可知，小球C摆至最低点时，设此时C球速度为刃，A、B同速度为电，对ABC

答案第7页，共14页

系统，水平方向动量守恒得

0=2/nv,+2mv2

由系统能量守恒得

2mgl=~x+gx2mv^

解得

Vt=yfgl

匕=一而

c错误；

D.C球向左摆至最高点时，A、C共速，由水平方向动量守恒得

2〃2H4-mv2=(2m+m)v3

由AC系统能量守恒得

1+；；；(2〃？+

—x2mv^mv=m)v^+2mgh

2

解得

*I

D正确。

故选BD。

4/%-公

12.ABD15.65

【详解】（1）[1]A.细些的摆线，可以减小阻力；伸缩性小些的摆线，摆动过程中摆长近似

不变；适当长一些的摆线，测量摆长时误差较小，故A正确；

B.摆球选择质量大一些，体积小一些的，空气阻力产生的影响较小，故B正确；

C.用刻度尺测量摆线的长度，用游标卡尺或螺旋测微器测量小球的直径，摆线长度与摆球

的半径之和为单摆的摆长，故C错误；

D.当摆球经过平衡位置时开始计时，误差较小；记下摆球做50次全振动所用的时间f,则

单摆周期为

故D正确。

答案第8页，共14页

故选ABDo

(2)[2]由图乙可知，主尺上的读数为15mm,游标尺上的读数为13x0.05mm,则该摆球的

直径为

d=(15+l3x0.05)mm=15.65mm

(3)⑶根据

Y

得

,_gT2

心彳

则图线的斜率为

解得

4人乜)

n-Tl

13.保证小球能做平抛运动D碰撞前后小球落在斜面上的位置到抛出点的

距离小5yz+吗"^W/LE=/77/LD+W2LF

【详解】(1)将斜槽固定在桌边，使槽的末端切线水平的原因是保证小球能做平抛运动；

(2)小球“从斜槽顶端A处由静止开始滚下，”的落点在图中的E点；两个小球相撞后，

小球b的速度增大，小球。的速度减小，因此a的落点是图中的。点，匕的落点是图中的F

点；

碰后对小球a根据平抛运动的规律可得

£Dsina=^gr

Li>cosa=vit

解得

2

gLDcosa

匕=

2sina

同理可得小球b的水平速度

答案第9页，共14页

2

_gLFcosa

"V2sincr

碰前小球a的初速度为

_IgLgcos2a

"V2sina

根据动量守恒定律可得

miv(f=inivi+m2V2

解得

(3)若实验测量仪器仅剩下刻度尺，为了验证碰撞中的动量守恒，实验中还需要测量的物

理量是碰撞前后小球落在斜面上的位置到抛出点的距离；

(4)若碰撞过程中，若动量守恒，则

成立。

若该碰撞为弹性碰撞，即碰撞后的机械能没有损失，则会满足关系式

121,12

5肛%=5肛斤+耳，巧匕

联立解得

miLE-miLD+mzLF

14.(1)8m/s；(2)1.6m

【详解】(1)A与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得

上1212।2

机A%=以匕+收匕，］"A%一=2〃八始

解得

vt=2m/s,%=8m/s或匕=6m/s,vc=0(舍去)

(2)A与C发生弹性碰撞后，B做匀减速运动，A做匀加速运动，当B运动到A的右端时，

A、B有共同速度。对B由牛顿第二定律可得

〃为g=mBaB

解得物体B的加速度大小为

答案第10页，共14页

10.2

«B=A^=ym/s

对A由牛顿第二定律可得

〃，%g='"A

解得物体A的加速度大小为

2

«A=|m/s

设A、B的共同速度为叭则

v=vatv+at

0-B=iA

解得

r=0.8s,v=3-m/s

3

长木板A的长度

V+VV,+V1,

=—()——t一一!——r=1.6m

22

15.(1)6m/s；(2)6J；(3)IT

【详解】(1)设必下滑到斜面底端的速度为V,由动能定理可知

12

ggsm0-^nahgcos0)s=-mahv

解得

v=6m/s

(2)由题可知，必和cd棒最终以相同的速度做匀速直线运动，设最终的速度为则根

据动量守恒定律可知

mahv=(mab+mcd)v'

解得

v'=lv=4m/s

3

由功能关系可得

2

Q=；'%卢2-g(加“，+)v'

解得