湖北省湖北云学联盟2024-2025学年高二(上)11月期中物理试卷（解析版）

这是一份湖北省湖北云学联盟2024-2025学年高二(上)11月期中物理试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分，其中8~10小题为多选题，选对选不全得2分，有错选的得0分
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 库仑首先引入电场线来形象地描述电场
B. 元电荷是一个带电体，其电荷量为
C. 避雷针的工作原理是尖端放电
D. 电工防护服的工作原理是静电吸附
【答案】C
【解析】A．法拉第首先引入电场线描述电场，故A错误；
B．元电荷是电荷量，而不是带电体，故B错误；
C．避雷针的工作原理是尖端放电，故C正确；
D．电工防护服利用的是静电屏蔽，故D错误。
故选C。
2. 带电荷量分别为、的A、B两个点电荷相距，固定在绝缘水平面上，连线中点为，中垂线上有与等间距的、两点，如图。下列说法正确的是（ ）
A. 、两点电场强度相同
B. 将电荷从点沿直线移动到点，电场力一直不做功
C. 点的电场强度大小为
D. 将电子从点移动到点，电势能增加
【答案】C
【解析】A．电场可以看成是、的等量异种电荷和A处的一个+q形成的电场，在等量异种电荷电场中、电场大小相等，方向相同，但是在+q形成的电场中两点场强大小相等，方向不同，根据电场叠加可知，C处合场强偏向右上，D处合场强偏向右下，两点电场强度不同，A错误；
B．电场可以看成是、的等量异种电荷和A处的一个+q形成的电场，在等量异种电荷电场中电荷从点沿直线移动到点，电场力一直不做功，但在+q形成的电场中，在这两点间移动电荷，电场力要做功，B错误；
C．点的电场强度大小为
C正确；
D．根据B选项分析可知，在+q形成的电场中，将电子从点移动到点，电场力做正功，电势能减小，D错误。
故选C。
3. 质量为的小球从离水平地面高处由静止释放，落地与地面相互作用时间后竖直反弹，反弹的最大高度为，不计空气阻力，重力加速度，则地面对小球的平均作用力大小为（ ）
A. 8NB. 7NC. 6ND. 10N
【答案】A
【解析】根据题意，由运动学公式可得，落地时小球竖直速度大小为
竖直反弹速度大小为
取向上为正方向，由动量定理有
解得
4. 如图所示电路，电源电动势为、内电阻为，电流表和电压表均为理想电表。开关S闭合后，在变阻器的滑片P向下滑动的过程中，电表示数的变化情况是（ ）
A. 电压表与电流表的示数都增大
B. 电压表与电流表的示数都减小
C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小
D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大
【答案】B
【解析】滑片P向下滑动的过程中，连入电路的阻值减小，电压表与变阻器间接并联，电流表与变阻器间接并联，根据串反并同规律可知，电压表示数减小，电流表的示数减小。
故选B。
5. 如图虚线框内为超导限流器。当通过超导电阻的电流不超过1.2A时，该电阻处于超导状态即电阻为0；当通过超导电阻的电流大于1.2A时，将造成超导体失超，从超导态转变为正常态（一个纯电阻，且）。已知限流电阻，小灯泡L规格为“，”（电阻不变），电源电动势，内阻。原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡L正常发光，现L突然发生短路，则（ ）
A. 灯泡L短路前，内、外电路消耗的总功率为6W
B. 灯泡L短路后，因外电阻减小，所以电源输出功率将变小
C. 灯泡L短路后通过的电流为2A
D. 灯泡L短路后的功率为
【答案】D
【解析】A．灯泡电阻为
短路前回路电流为
内、外电路消耗的总功率为
A错误；
B．短路后电路中的电流
超过临界电流，故超导体失超，转化为正常态，此时两个电阻并联，电路中的电阻为
R′=
电路中的电流
短路后外电阻等于内电阻，电源输出功率
变大，B错误；
C．短路后回路电流为2A，由并联分流可知通过的电流为，C错误；
D．短路后通过的电流为，功率
D正确。
故选D。
6. 如图所示，平行长直金属导轨、水平放置，间距为，电阻值不计。左侧接电动势为、内阻的电源。导体棒静止放在导轨上，与轨道间的夹角，两点间电阻为且与轨道接触良好。导轨所在区域有垂直纸面向下的匀强磁场，磁感应强度为。则以下说法中正确的是（ ）
A. 导体棒所受安培力的方向垂直于边向右
B. 导体棒所受安培力大小为
C. 导体棒所受安培力的方向垂直于向右下方
D. 导体棒所受安培力大小为
【答案】C
【解析】AC．导体棒中电流方向由B指向D，且与磁场方向垂直，根据左手定则，导体棒所受安培力的方向垂直于向右下方，故A错误，C正确；
BD．导体棒连入电路的实际阻值为，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流
导体棒的长度
故导体棒所受安培力
故BD错误。
故选C。
7. 如图甲所示，用金属裸导线制作大小两个圆环，已知大圆半径为，小圆半径为，两圆环接触相切于点。大圆环上端、和切点处留有一非常小缺口。空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，从时刻起磁感应强度按图乙规律变化，设磁场垂直纸面向里为正方向。则以下说法中正确的是（ ）
A. 在过程中，大圆环上a、b两点电势
B. 若将小缺口闭合，在过程中小圆环上有如箭头所示方向的电流
C. 若将小缺口闭合，在前后瞬间回路中的电流不同
D. 在过程中，将理想电压表正确接在大圆环上的、两点之间，电压表读数为
【答案】D
【解析】A．根据楞次定律，在0~1s过程中，磁感应强度不断增大，在两环之间区域有逆时针方向的感应电动势，点相当于是电源正极，点相当于是电源负极，，故A错误；
B．在0~1s过程中小圆环上的电流方向与箭头所示方向相反，故B错误；
C．在1s~3s内，磁感应强度的变化率不变，可知在前后瞬间回路中感应电动势不变，则电流也不变，故C错误。
D．由法拉第电磁感应定律
即理想电压表读数为，故D正确。
故选D。
8. 如图所示，光滑平行长直导轨水平放置，间距，左侧接有阻值的电阻。导体棒质量，垂直静止放在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨所在区域有垂直纸面向下的匀强磁场，磁感应强度。初始时刻给导体棒一向右的初速，滑行一段时间后导体棒速度变为，已知重力加速度，则以下说法中正确的是（ ）
A. 导体棒做匀减速运动，直到速度为0
B. 在时间内，导体棒向右运动的位移为2.5m
C. 在时间内，电阻产生的内能为
D. 在时间内，通过电阻的电荷量
【答案】BD
【解析】A.由右手定则和左手定则可知导体棒在向右运动过程中所受安培力向左，所以导体棒向右做减速运动。再由
可知
在减速过程中为变力，所以导体棒向右做变减速运动，直至处于静止状态，故A错误；
BD.由动量定理
得
又由
解得
故BD正确；
C.由能量守恒定律有
解得
故C错误。
故选BD。
9. 平面内有如图所示的折线，其中，，，。空间有一平行于此平面的匀强电场，各点电势分别为：，，。下列说法正确的是（ ）
A. 电子在A点的电势能为13eV
B. 点电势为
C. 电场强度的大小为
D. 电场强度的大小为
【答案】BC
【解析】A．，电子在A点具有的电势能为
故A错误；
B．根据匀强电场的性质
可得
故B正确；
CD．在上找一点
可知
和A为等势点，即等势线，三角形ABG为等边三角形，根据电场线与等势线垂直，可知
故C正确，D错误。
故选BC。
10. 为探究滑块在倾角的绝缘斜面轨道上的运动，某兴趣小组设计了图（a）所示的实验：让轨道处于方向沿斜面向上的匀强电场中，将一质量、电荷量的带正电滑块从斜面上点由静止释放，某时刻撤去电场。整个过程中，利用位移传感器和速度传感器分别测出了滑块的位移和速度，作出了图（b）所示的以点为原点的关系图像。滑块可视为质点且电荷量不变，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
B. 匀强电场的场强大小为
C. 电场力的最大瞬时功率为202W
D. 全过程电场力的冲量大小为
【答案】AD
【解析】A．物体沿斜面上滑的最大距离为5m，对下滑过程有
得
由牛顿第二定律有
得
故A正确；
B．上滑过程中，有
得
上滑过程中，由牛顿第二定律有
联立，解得
故B错误；
C．由
求得
故电场力最大功率为
故C错误；
D．电场力作用时间为
则冲量大小为
故D正确。
故选AD。
二、非选择题：共5小题，共60分
11. 某学习小组用气垫导轨做验证动量守恒定律实验，但只有一个光电门，他们想到如下方法：用轻质细线一端拴一个小球，另一端固定在铁架台上，小球静止时在气垫导轨正上方与滑块在同一水平线上。用频闪照相可以确定出悬线的最大偏角，控制滑块初速度使小球与滑块相碰后，小球只在悬点下方的空间运动。实验装置如图甲所示（部分），实验步骤如下（重力加速度为）：
（1）用天平测出滑块（含挡光片）的质量和小球的质量；用游标卡尺测出挡光片的宽度如图乙所示，则挡光片的宽度___________cm；
（2）调节气垫导轨水平，安装好装置，用刻度尺测出悬点到球心的距离为；
（3）启动气垫导轨，给滑块一向右的瞬时冲量，使滑块向右运动通过计时器，测出挡光时间；滑块与小球发生碰撞后反弹，再次通过计时器，测出挡光时间。为了达到此效果，应有___________（填“大于”、“小于”或“等于”）；
（4）分析频闪照片测出悬线偏离竖直方向的最大偏角。实验需要验证的表达式为（用上述符号表示）___________。
【答案】（1）0.755 （2）小于 （4）
【解析】（1）挡光片的宽度
（3）根据题意可知，滑块碰后反弹，所以
（4）滑块碰前速度
碰后速度
悬线偏离竖直方向的最大偏角，碰后小球
解得
根据动量守恒
整理得
12. 某学习小组准备利用以下器材较准确地测量某干电池的电动势和内阻
A.相同毫安表2个：量程，内阻约为
B电阻箱2个：规格
C.滑动变阻器1个：，
D.导线若干，单刀双掷开关1个，单刀单掷开关1个
E.被测干电池1节
（一）测毫安表内阻：为能准确测量干电池的电动势和内电阻，他们决定先使用如图甲所示电路测毫安表内阻
（1）按图连接好电路，开关处于断开状态；
（2）将滑片滑至最___________（填“左”、“右”）端，调至最大值；
（3）将开关接至1，适当调节滑片的位置，使毫安表读数为某合适的值；
（4）将开关接至2，保持不变，调节的接入值，使毫安表读数仍为；
（5）读出电阻箱的接入值为，则毫安表的内阻为___________。
（二）改装电表：由于没有提供电压表和合适的电流表，需要根据现有器材进行改装。
（1）将一电阻箱阻值调节为___________并与毫安表并联，将其改装成量程为0.5A的电流表；
（2）将另一电阻箱阻值调节为___________并与毫安表串联，将其改装成量程为2V电压表；
（三）测干电池的电动势和内电阻：将改装好的电压表和电流表按图乙方式连接，调节滑动变阻器以测量多组、数据，并利用部分数据做出如图丙的线，则电源电动势为___________，内电阻为___________（保留2位小数）
【答案】（一）（2）左 （5）4.0 （二）（1）1.0 （2）16.0 （三）1.48（1.47~1.49） 2.40（2.20~2.50）
【解析】（一）（2）[1]为了保护电路，闭合开关前，将滑片滑至最左端，接入电路电阻最大。
（5）[2]将开关接至1，适当调节滑片的位置，使毫安表读数为某合适的值；将开关接至2，保持不变，调节的接入值，使毫安表读数仍为。根据闭合电路欧姆定律可知，毫安表的内阻等于电阻箱的示数，即4.0。
（二）（1）[3]根据电流表改装原理
解得
（2）[4]根据电压表改装原理
解得
（三）[5][6]改装电流表内阻为
根据闭合电路欧姆定律
整理得
所以电动势
图像斜率
解得
13. 如图所示，矩形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质量为、带电荷量为的粒子以某初速度从点沿方向垂直射入磁场中，从点离开磁场。已知磁感应强度为，，粒子只受磁场力。求：
（1）粒子的初速度大小；
（2）若将粒子的初速度增大为原来的两倍，仍从点沿方向垂直射入磁场中，求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子将从MQ边射出，设偏向角为，有
解得
可知粒子在磁场中运动时间为
由
解得
14. 如图，质量为平板小车放置在光滑水平地面上，静止时左端紧靠光滑平台，平台与小车上表面等高。小车右端有一挡板，轻弹簧一端固定在挡板上，无形变时另一端在点，小车的部分粗糙，其余部分光滑。平板车左端放置一质量为可视为质点的物块2。质量为、可视为质点的物块1以初速度在平台上正对物块2向右运动并与物块2发生弹性正碰（此过程时间极短），碰后物块2向右运动与弹簧作用后最终相对小车静止于中点，已知，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度，求：
（1）两物块碰后瞬间，物块2的速度；
（2）物块2与小车间的动摩擦因数；
（3）若弹簧的劲度系数为，弹性势能与形变量的关系为，求弹簧的最大压缩量。
【答案】（1），方向向右（2）（3）
【解析】（1）设碰后物块1和物块2的速度分别为和，发生弹性正碰，以向右为正，则有
解得
即物块2速度大小为，方向向右
（2）碰后物块2与小车组成的系统动量守恒，则有
解得
由能量守恒定律有
解得
（3）弹簧压缩量最大时物块2与小车共速，则有
解得
由能量守恒定律
解得
15. 用长为的轻质绝缘细线悬挂一个可视为质点的带正电小球，小球质量为、带电荷量为；为点正下方地面上的点，细线竖直伸直时，小球到点距离为；整个空间存在着水平向右的匀强电场（未画出），电场强度为，其中为重力加速度。现将小球向左侧拉到点，此时细线水平伸直，然后将小球由静止释放，如图所示。求：
（1）小球由运动到点正下方所经历的时间；
（2）小球向右侧摆动过程中，细线受到的最大拉力的大小；
（3）当细线拉力最大时，给小球一个沿切线方向的瞬时冲量，使小球的速度大小变为，方向仍垂直于细线斜向右上，同时剪断细线，求小球落地点（未画出）和点之间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）电场力
设两力的合力与水平方向夹角为，有
解得
合力斜向右下与细线夹角小于，故小球从开始将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，到点正下方绳子恰好伸直，由牛顿第二定律有
解得
从到点正下方所需时间设为，有
解得
（2）分析可知，小球运动到右方使细线与竖直向下方向夹角为时拉力最大，小球在点正下方细线伸直前的速度为，由（1）可知
细线拉直后的速度设为，有
小球从点正下方运动到细线拉力最大时，由动能定理得
解得
向心力方程有
解得
由牛顿第三定律知，细线受到的最大拉力大小为
（3）细线剪断时小球离地面高度为
竖直分速度为
水平分速度为
设细线剪断后小球经时间落地，竖直方向以向上正，有
解得
水平方向上，由牛顿第二定律得
解得
则
所以落地点到点的距离为