【文档说明】湖北省重点高中2022-2023学年高二上学期期末联考试题 物理 含解析【武汉专题】.doc，共(24)页，1.815 MB，由小赞的店铺上传

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湖北重点高中2022-2023学年高二年级上学期期末联考物理试卷一、选择题。本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，

选对但不全的得2分，有选错的得0分。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【答案】B【解析】【详解】A．电磁波的传播速度在真空中达到最大，等于3×108m/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.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，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【答案】B【解析】【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；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，随着电感线圈的磁场能减小，感应电流减小，灯泡熄灭，所以开关S断开瞬间，灯泡一定会突然闪亮一下，A正确，不符合题意；全科试题免费下载公众号《高中僧课堂

》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.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5sin2xt=（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5cmx=D.前10s内小球通过的路程1m【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，小球的振幅和周期分别为5cmA=4sT=所以小球位移随时间的变化关系式为2sin5sin(cm)2xAttT==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100s25tT==所以小球处于平衡位置，其位移为零，故C错误；D．由于10s2.5tT==所以小球通过的路程为10105cm50cmsA===故D错误。故选A。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ABACAD==。空间存在一匀强磁场0B，使得A点磁感应强度为0。则下列说法正确的是（）A.匀强磁场的方向由A指向DB.导线C在A点产生的磁感应强度大小为0BC.若仅改变C的电流方向，则A点的磁感应强度大小为02

BD.若B、C、D的电流方向同时改变，则A点的磁感应强度依然为0【答案】B【解析】【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，如图所示直导线B、D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D。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0B大小相等，方向相反，所以匀强磁场的方向由A指向B，故A错误，B正确；C．若仅改变C的电流方向，则C在A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0B，则A点的磁感应强度大小为02B，故C错误；D．若

B、C、D的电流方向同时改变，则它们在A点产生的磁感应强度方向均反向，直导线B、D在A点产生的磁感应强度大小相等，方向相反；C在A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0B，则A点的磁感应强度大小为02B，故D错误。故选B。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5000kgm/s−B.运动员与网接触的这段时间内动量的改变量为900kgm/sC.网对运动员的平均作用力大小1625ND.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【答案】C【解析】【详解】A．设运动员与网刚分离时的速度大小为2v，则竖直向上运动的过程，有2222vgh=解得2=10m/sv则运动员与网刚分离时的动量为22=500kgm/spmv=−−故A错误；B．设运动员自由下落着网时的速度大小为1v，则112=8m/svgh=则运动员

与网接触的这段时间内动量的改变量为21900kgm/spmvmv=−−=−故B错误；C．运动员与网接触的过程，由动量定理得()Fmgtp−+=解得网对运动员的平均作用力大小为1625NF=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0GIFt−=解得重力的冲量为=1300NsGI故D错误。故选C。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1mL=，一端通过导线与阻值为1R=的电阻连接；导轨上放一质量2kgm=、电阻1r=

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F的关系如图乙所示，重力加速度210m/sg=。则下列说法正确的是（）A.匀强磁场的磁感应强度2T2B=B.杆与导轨

间的动摩擦因数0.1=C.当7NF=，最后匀速运动时AB两点的电势差AB10VU=D.流过电阻R的电流方向为BRA→→【答案】B【解析】【详解】A．金属杆产生的感应电动势EBLv=感应电流EIRr=+金属杆所受的安培力22==+安BLvFBILRr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22BLvFfRr=++解得22()RrvFfBL+=−从图线可以得到图线的斜率2k=即22RrkBL+=将数据代入可解得1TB=故A错误；B．由图线得，当4N

F=时，4m/sv=，带入A项所得关系22()RrvFfBL+=−解得2Nf=又fmg=代入数据，解得0.1=故B正确；C．根据图线分析，当7NF=时10m/sv=则10VEBLv==最后匀速运动时AB两点的电势差AB110V

5V11RUERr===++故C错误；D．由右手定则可知，流过R的电流为ARB→→，故D错误。故选B。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NMC.图丙是电磁流量计的示意图，在B、d一定时，流量Q反比于NMUD.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【答案】D【解析】【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NM若载流子为负电荷，则负电荷向N端偏转，则NM故B错误；C．电荷通过电磁流量计时，有NMqUqvBd=污水的流量为24vdQvS==解得4NMdQUB=在B、d一定时，流量Q正比于NMU，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vm，根据牛顿第二定律有2mmvqvBmR=解得mBqRvm=粒子的最大动能为2222kmm122BqREmvm==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D。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（）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下，在北半球垂直于地面向上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【答案】BD【解析】【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.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1U；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为1B，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为2B。今有一质量为m、电荷量为q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12qUvm=C.速度选择器两板间电压1212qUUBdm=D.粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径1221mURBq=【答案】BCD【解析】【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2112qUmv=解得粒子进入速度选择器的速度为12qUvm=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21UqqBd=v解得速度选择器两板间电压为12112qUUBdvBdm==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22vqvBmR=解得12221qmvRqmURBB===故D正确。故选BCD。10.有一边长

0.1ml=、质量10gm=的正方形导线框abcd，由高度0.2mh=处自由下落，如图所示。其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到其上边dc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1TB=，匀强磁场区

域的宽度也是l，g取10m/s2.则下列说法正确的是（）A.导线框的电阻2R=B.线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量0.05Cq=C.线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热0.02JQ=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【答案】BC【解析】【详解】A．线框在磁场中做匀速运动，则mgBIl=EIR=E=Blv22vgh=解得R=0.2Ω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0.05C2lmgqItIvBgh====选项B正确；C．线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热20.0

2JQmgl==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.如图所示，质量均为m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O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量为2

m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2lC.球C运动到最低点时速度为2vgl=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23l【答案】BD【解析】【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x1，AB对地水平水平位移大小为x2，则有

1222mxmx=12xxl+=解得22lx=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v1，A、B同速度为v2，对ABC系统，水平方向动量守恒得12022mvmv=+由系统能量守恒得2212112

2222mglmvmv=+解得1vgl=2vgl=−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1232(2)mvmvmmv+=+由AC系统能量守恒得2221231112(2)2222mvmvmmvmgh+=++解得23hl=D正确。故选BD。二、非选择题：本题共

5小题，共56分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。12.某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度，装置如图甲所示

。（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l，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t，则单摆周期50tT=（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d=___________mm。（3）

学习小组同学经测量得到摆长L和对应的周期T，画出2LT−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=___________。【答案】①.ABD②.15.65③.2224BABALLTT−−）（【解

析】【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t，则单摆周期为50tT=故D正确。故选ABD。（2）[2]由图乙可知，主尺上的读数为15mm，游标尺上的读数为130.05mm，

则该摆球的直径为(15130.05)mm15.65mmd=+=（3）[3]根据2LTg=得224gTL=则2LT−图线的斜率为222=4BABALLgTT−−解得2224=BABALLgTT−−）（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a、b，不计空气阻力，按下述步骤做了实验：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BC连接在斜槽末端。②先不放小球b，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a和b在斜面上的落点位置。④测出a、b两球的质量am、bm。根据该同学的实验，回答下列问题：（1）将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平

的原因是___________（2）把小球b放在斜槽末端边缘处，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球a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）【答案】①.保证小球能做平抛运动②.D③.碰撞前后小球落在斜面上的位置到抛出点的距离④.112EDFmLmLmL=+

⑤.m1LE=m1LD+m2LF【解析】【详解】（1）将斜槽AB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a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a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a的速度减小，因此a的落点是图中的D点，b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21sin2DLgt＝LDcosα=v1t解得21cos2sinDgLv=同理可得小球b的水平速度

22scsino2FgLv=碰前小球a的初速度为20cos2sinEgLv=根据动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2解得112EDFmLmLmL=+（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112EDFmLmLmL=+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222101122111222mvmvmv=+联立解得m1LE=m1LD+m2LF14.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A2kgm=，B1kgm=，C1kgm=。开始时C静止，A、B一起以06m/sv=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

13=，210m/sg=。求：（1）滑块C最终的速度cv；（2）长木板A的长度l。【答案】（1）8m/s；（2）1.6m【解析】【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A0A1CCmvmvmv=+，222A0A1CC111222m

vmvmv=+解得12m/sv=，C8m/sv=或'16m/sv=，'C0v=（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BBBmgma=解得物体B的加速度大小为2B10m/s3ag==对A由牛顿第二定律可得BAAmgma=解得物体A的加速度大小为2A5m/s3a=设A、B的共同速度为v，则0B1Avvatvat=−=+解得0.8st=

，13m/s3v=长木板A的长度01BA1.6m22vvvvlxxtt++=−=−=15.如图所示，平行金属导轨AB、CD固定在倾角为37°的绝缘斜面上，动摩擦因数0.25=，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接（杆通过BD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1mL=。两金属棒ab、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ab从倾斜导轨上距底端距离为4.5ms=处由静止释放，不

计导轨电阻，取210m/sg=。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4Cq=，求：（1）金属棒ab刚滑到BD位置的速度（2）金属棒cd上产生的热量cdQ（3）匀强磁场的磁感应强度B【答案】（1）6m/s

；（2）6J；（3）1T【解析】【详解】（1）设ab下滑到斜面底端的速度为v，由动能定理可知21(sincos)2abababmgmgsmv−=解得6m/sv=（2）由题可知，ab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v，则根据动量守恒定律可知()abab

cdmvmmv=+解得24m/s3vv==由功能关系可得2211()22ababcdQmvmmv=−+解得12JQ=ab和cd棒的电阻相同，故发热量也相同，即金属棒cd上产生的热量cd16J2QQ==（3）ab棒进入磁场后取很短一段时间Δt进行研究，

由动量定理可知abBIltmv−=则导体棒在水平导轨运动的整个过程有ababBLqmvmv−=−解得1TababmvmvBLq−==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01mvBqR=，在y轴和直线2Rx=−之间有水平向左的匀强电场，在直线2Rx=−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q、质量为m的带正电粒子从P点以大小为0v的速度水平向左射入匀强磁场I，P

点纵坐标为2R，粒子进入电场经电场偏转后，以与y轴负方向成60°角的方向进入匀强磁场II，然后再进入电场并从O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t；（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2B的大小。【答案】（1）03Rv；（2

）202mvqR；（3）023mvqR【解析】【详解】（1）粒子在匀强磁场I的轨迹如下图所示，根据几何知识可得32MNR=设粒子此时的运动半径为1R，有22211322RRRR=+−解得1RR=轨迹对应圆心角为60°，粒子在匀强磁场I

中运动的时间为1002163RRtvv==（2）根据上面分析可得当粒子进入电场时速度方向与y轴负方向成30°角，将速度分解为水平方向和竖直方向，可得水平方向做初速度为0sin30v的匀加速运动，竖直方向做速度为0c

os30v匀速运动；设加速度大小为a，根据题中粒子经电场偏转后，以与y轴负方向成60°角的方向进入磁场II，可得到达D点时的水平和竖直方向速度关系为tan60xyvv=即此时水平方向速度为003cos30tan602

xvvv==根据匀变速直线运动公式及牛顿第二定律分别可得2200312222Rvva−=，Eqam=解得202mvEqR=（3）设粒子第一次进入电场中运动到达D点时竖直位移为h，因为水平方

向平均速度为00031222vvvv+==竖直方向速度为032v，所以有0033224vRhRv==根据几何知识可得粒子在磁场II中的运动半径为21sin602hRR==粒子到达D点速度为03cos60yDvvv==由洛伦

兹力作为向心力可得222DDvqvBmR=联立解得匀强磁场的磁感应强度B2的大小为0223mvBqR=