【文档说明】湖北省腾云联盟2024-2025学年高二上学期12月联考物理试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，4.643 MB，由管理员店铺上传

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湖北省“腾•云”联盟2024-2025学年度上学期12月联考高二物理试卷命题学校：红安一中命题教师：涂幼林审题教师：丁广华考试时间：2024年12月18日上午10：30——11：45试卷满分：100分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名

、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上

的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.某款小型加磁器

如图所示，当把螺丝刀放入加磁孔时，能使螺丝刀磁化吸引轻质铁钉，当把螺丝刀放入消磁孔时，螺丝刀会退磁失去磁性。根据安培分子电流假说可知（）A.磁化时螺丝刀内部才产生了分子电流B.退磁时螺丝刀内部的分子电流强度会减弱C.磁化时

螺丝刀内部分子电流的取向变得大致相同D.螺丝刀在高温条件下或者受到猛烈撞击时磁性会增强【答案】C【解析】【详解】ABC．安培的分子电流假说，很好的解释了磁现象的电本质，他认为所有物体里面都有分子电流，磁体内部的分子电流的取向趋向一致时对外显示磁性，分子电流的取向杂乱无章时对外不显磁性，

故AB错误，C正确；D．由安培分子电流假说可知，激烈的热运动或震动使分子电流的取向杂乱无章，磁体对外不显磁性，故D错误。故选C。2.第四代入工心脏是一种被广泛应用于心脏衰竭手术的医疗器械，它采用的无线充电技术从根本上解决了创口感染难题，是人工心脏技术一次革命性的进步。下图为无线充电原理图，由

与人工心脏电池相连的受电线圈和与充电器相连的送电线圈构成。下列关于人工心脏无线充电的说法正确的是（）A.无线充电的工作原理与指南针的原理相同B.送电线圈接直流电源时不能对人工心脏电池进行无线充电C.人工心脏无线充电时，受电

线圈始终有收缩的趋势D.送电线圈与受电线圈只有完全对准重合时才能进行无线充电【答案】B【解析】【详解】A．受电线圈的工作原理是电磁感应，故A错误；B．送电线圈的工作原理是电流的磁效应，故B正确；C．直流电源电流恒定，产生的磁场磁感应强度不变，受电线

圈中无感应出电流，因此直流电源无法对人工心脏进行无线充电，故C错误；D．送电线圈产生的磁场周期性变化，所以穿过受电线圈的磁通量周期性变化，受电线圈不是始终有收缩趋势，故D错误。故选B。3.如图所示，D是等边三角形ABC底边BC的中点。现将等量的异种电荷分别置于AB边和

BC边的中点，下列说法中正确的是（）A.A、D两点的电场强度相同，B、C两点的电势不相同B.B、C两点的电场强度相同，A、D两点的电势不相同C.A、D两点的电场强度不相同，B、C两点的电势相同D.B、C两点的电场强度不相同，A、D两点的电

势不相同【答案】A【解析】【详解】等量异号电荷的电场分布如图所示电荷连线为一条等势线，连线上电场强度的方向平行于连线指向负电荷一侧，根据对称性可知A、D两点的电场强度相等，电势也相等；B、C两点的电场强度大小相等，方向不同，由电场线分布可知，BB＞。

故选A。4.2024年9月14日晚，由中宣部、湖北省人民政府等单位共同主办的长江文化艺术季拉开帷幕，震撼壮观的无人机表演吸引了众多观众。某品牌无人机的电池的容量为4000mA·h，则下列说法正确的是（）A.“mA·h”是能量单位B.该无人机电池工作时将电能转化化

学能C.该无人机电池充满电储存的电荷量约为41.4410CD.若该无人机的工作电流为5A，则其续航时间约为1.5小时【答案】C【解析】【详解】A．“毫安时（mA·h）”是电荷量的单位，故A错误；B．该无人机电池工作时将化学能转化为电能，故B错误；C．该无人机电池充满电

储存的电荷量344000103600s1.4410CqIt−===故C正确；D．无人机工作电流为5A时，其续航时间为41.44102880s0.8h5qtI====故D错误。故选C。5.如图所示，由粗细均匀电阻丝制成的单匝圆形线框置于

垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）中，AB为线框上的两点且90AOB=，恒压电源通过导线接在线框上的AB两点。闭合开关S后，整个圆形线框所受安培力大小为F，则线框ANB部分所受安培力的大小为（）A.14FB.13FC.12FD.

34F【答案】D【解析】【详解】圆形导线框的AMB部分的电阻ANB部分电阻的3倍，若流过AMB的电流为I，则流过ANB的电流为3,IAMB部分和ANB部分均可等效为长度为AB的直导线，故3BILBILF+=导线框ANB部分所受安培力334FBILF==安故选

D。6.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，12LL、为小灯泡，R为滑动变阻器，V为理想电压表，C为电容器。电容器两极板水平放置，当开关S闭合，电流达到稳定时，处在电容器两极板间的油滴恰好保持静止。保持开关S闭合，将滑动变阻器

的滑片向右移动一小段距离，则（）的A.1L变亮，2L变暗B.1L变暗，2L变亮C.电压表的示数增大D.带电油滴向下运动【答案】B【解析】【详解】AC．简化电路如图所示当滑动变阻器的滑片向右移时，滑动变阻器接入的阻值增大，电路中总电阻增

大，干路电流减小，灯泡1L变暗，电压表示数减小，故AC错误；BD．滑动变阻器分得的电压增大，灯泡2L变亮。原来油滴恰好保持静止，电场力和重力平衡。电容器与滑动变阻器并联，电容器C两端的电压也增大，根据UEd=电容器极板间的场强E增大，则qEmg

带电油滴会向上运动，故B正确，D错误；故选B7.某静电场的电场强度方向与x轴平行，在x轴上各点电势随坐标x的变化情况如图所示。现将一电子自0xx=−处由静止释放（不计重力），则在00~2xx−间电场强度E、电子运动时的速度v、动能kE、电势

能pE随坐标x变化的图像可能正确的是（）。A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．x−图像的斜率反映的是电场强度的变化，00x−段电场强度为定值，方向沿x轴负方向，00x段电场强度为零，002xx段电场强度大小与00x−段相同，方向沿x轴正方向，A错误；B．00x−段电子所受电场

力为恒力，沿x轴正方向做匀加速直线运动，速度v随时间t均匀增大，00x段做匀速直线运动，002xx段做匀减速直线运动，速度v随时间t均匀减小，B错误；C．00x−段电场力做正功，电势能减小，C错误；D．根据动能定理kqExE=可知

00x−段电场力是恒力，做正功，动能均匀增加，00x段做匀速直线运动，动能不变，002xx段做匀减速直线运动，动能均匀减小，D正确。故选D。8.在如图甲所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，1R为定值电阻，2R为滑动变阻器，闭合开关

S，当滑动变阻器2R的触头从一端滑到另一端的过程中，三块电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙所示。电压表和电流表均为理想电表，则下列正确的是（）A.定值电阻110ΩR=B.电源电动势4.0VE=C.电

阻1R最大功率为1.28WD.当电流为0.3A时，电源的效率为90%【答案】BC【解析】【详解】A．根据图甲可知，A测干路电流，1V测定值电阻1R两端电压，定值电阻1R的伏安特性曲线为过原点的倾斜直线，有11UIR=根据图

乙可求得13.2V8Ω0.4AR==故A错误；B．电压表3V测路端电压，有3UEIr=−将1R等效为电源内阻，则2V测等效电源的路端电压，有()21UEIrR=−+斜率较大的图线为电压表2V读数随电流表A读

数的变化图线，由图乙有2.0Ωr=，4.0VE=故B正确；C．当电路中的电流I最大（即2R接入的阻值为0时），有的12111.28WREPRrR==+故C正确；D．当电流为0.3A时，有40Ω3ERI==总100%100%85%UIREIR===总故D错误。故选BC

。9.如图所示，在直角ABCV区域内存在垂直于三角形平面向里的匀强磁场，90A=，ACd=，2BCd=。在顶点A处有一粒子源，可以在垂直磁场的平面内，向CAB区域内各个方向均匀射入比荷为k、速率

为v的带负电的粒子，有23的粒子能从AB边射出，忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法中正确的是（）A.匀强磁场的磁感应强度大小为233vkdB.粒子在磁场中运动的最短时间为3π3dvC.粒子在磁场中

运动的最长时间为3π2dvD.AB边有粒子射出的区域长度为32d【答案】AD【解析】【详解】A．粒子源射出的粒子有23从AB边射出，则速度方向与AB边成290603=角范围的粒子都从AB边射出，如图所示，当粒子速度方向与AB边成

60时，粒子轨迹与BC边相切，其圆心为1O，由几何关系可得粒子的轨道半径为32rd=又2vBqvmr=解得233vBkd=选项A正确；B．所有粒子在磁场中运动的轨道半径相同，轨迹对应弦长越短，在磁场中运动时间越短，运动时间最短的粒子对应弦垂直于BC，由几何关系可得

，轨迹对应圆心O2刚好在AB边上，最短时间min336rdtvv==选项B错误；C．轨迹对应圆心角越大，在磁场中运动时间越长，故max2π3π33rdtvv==选项C错误；D．AB边有粒子射出的区域如图所示，

由几何关系可得32cos302AQrd==选项D正确。故选AD。10.如图所示，与纸面平行的匀强电场中有一矩形ABCD，其外接圆的半径和AB边的长度均为R。在A点处有一粒子源，在纸面内向各个方向发射动能均为kE、电荷量为q+的同种带电粒子，到达B点处的粒子动能为k

2E，到达D点处的粒子动能为k4E。O点为外接圆的圆心，MN是平行于AB边的直径，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法中正确的是（）A.A、D两点间的电势差为k3EqB.匀强电场的电场强度大小为k3EqRC.到达圆周

上的粒子的最大动能为k5ED.将电荷量为q−的带电粒子由M点移到N点，粒子的电势能增加k23E【答案】AC【解析】【详解】A．带电粒子到达D点处的粒子动能为k4E，由动能定理得kk4ADqUEE=−解得3kADEUq=故A正确；B．设匀强电场在AB方向的分量为1E，在AD方向的分量为2

E，依题意可得1kk2qEREE=−2kk34qEREE=−解得k1EEqR=,k23EEqR=如图所示将12EE、根据平行四边形定则合成得k2EEqR=方向沿AC方向，故B错误；C．粒子到达圆周上的C点动能最大，由动能定理得kCk2qEREE=−解

得kCk5EE=故C正确；D．将电子由M点移到N点，有pkΔ2cos602EqERE==即电场力做负功，电子的电势能增加k2E，故D错误。故选AC。二、非选择题（本题共5小题，共60分）11.某同学对课本演示实验装置

改进后制作的“楞次定律演示仪”如图所示，演示仪由反向并联的红、黄两只发光二极管（简称LED）、一定匝数的螺线管以及强力条形磁铁组成。（1）利用该装置可以探究感应电流的方向与磁通量变化的关系，螺线管导线绕向如图所

示。正确连接好实验电路后。若观察到红色LED灯亮，该同学可能进行的操作是______（填下方选项前的字母序号）：A.条形磁铁N极朝下，插入螺线管B.条形磁铁N极朝下，拔出螺线管C.条形磁铁S极朝下，插入螺线管D.条形磁铁S极朝下，拔出螺线管由此可分析得出：当穿过螺线管的磁

通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向______（填“相同”或“相反”）。（2）楞次定律可以用来判断感应电流的方向，它是______在电磁感应现象中的具体体现。A.电阻定律B.库仑定律C.欧姆定律D.能量守恒定律【答案】（1）①.BC②.相反（2）D【解析】【小问1详

解】[1]根据楞次定律可判断当条形磁铁N极朝下拔出螺线管或者条形磁铁S极朝下插入螺线管时电流由上至下经过红色LED灯，A错误，B正确，C正确，D错误。故选BC。[2]由此可分析得出：当穿过螺线管的磁通量增加时，

感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向相反。【小问2详解】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程，D正

确。故选D。12.某同学欲用下列器材测量电源的电动势E与内阻r。A.待测电源（电动势E约为9V，内阻r未知）B.电流表A（量程0.6A，内阻AR未知）C.电阻箱()0~999.9ΩRD.定值电阻125R=E.定值电阻215R=F.开关1S、开关2S，导线若干该同学将器材连接成

图甲所示的电路。（1）该同学先利用图甲电路测量电流表的内阻AR。闭合开关1S，将开关2S先后掷向a和b，并调节电阻箱，反复操作后发现当375.0R=，将开关2S掷向a和b时，电流表示数相同，则电流表

的内阻AR=______。若忽略偶然误差，从理论上分析，实验测得电流表的内阻值______（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。（2）该同学再利用图甲电路测量电源的电动势和内阻。闭合开关1S，将开关2S掷向触点c，多次调节电阻箱，记录下电阻箱的阻值

R和电流表的示数I；利用R、I数据绘制11−IR图像如图乙所示，则电源的电动势E=______V，内阻r=______（结果均保留两位有效数字）。【答案】（1）①.1.0##1②.等于（2）①.9.1②

.2.3【解析】【小问1详解】[1][2]闭合开关1S，将开关2S掷向a，当开关2S掷向a和掷向b电流表示数相同，说明2S掷向a时没有电流通过开关，则有21ARRRR=可得12A1525Ω1.0Ω375RRRR===该同学用电桥法测电流表的内阻，从理论上分析12A

RRRR=是没有系统误差的，实验测得的电流表内阻值等于真实值。【小问2详解】[1][2]由闭合电路的欧姆定律有()()2A2AIRREIRRIrR+=+++变形可得()2A2A11RRrRRrIERE+

++=+代入已知量有116116rrIERE+=+结合图乙有1610242rE−==162rE+=解得9.1VE=2.3Ωr=13.如图所示，电源电动势9VE=，内阻1r=，定值电阻122,RR=为电阻箱。闭合开关S，调节电阻箱2R，求

：的（1）当电阻箱25R=时，1R两端的电压；（2）电阻箱2R消耗的最大功率mP。【答案】（1）2.25V（2）6.75W【解析】【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律有12EIRRr=++由欧姆定律1UIR=电阻箱25ΩR=时，求得1R两端的电压2.

25VU=（2）由闭合电路的欧姆定律有12EIRRr=++电阻箱2R消耗的功率()21PEIIRr=−+将上式变形得()()2212124EPRrRRrR=+−++可得当21RRr=+时，2R消耗的功率最大

()2m14EPRr=+解得m6.75WP=14.如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，其下端与光滑绝缘水平面相切于A点，整个空间存在水平向右的匀强电场。质量为m、电荷量为q+的带电小球（可视为质点）从水平面上的P点以某一初速度水平向左运动，小球能沿轨道运动至C点飞出并最

终落回水平面。已知带电小球经过Q点时对圆弧轨道无压力，OQ与竖直方向夹角为37=，重力加速度大小为g，取sin370.6,cos370.8==。求：（1）匀强电场电场强度E的大小；（2）带电小球经过轨道上的C点时对圆弧轨道的压力大小；（3）带电小球落回水平面

时离A点的距离d。【答案】（1）34mgq（2）34mg（3）3272R+【解析】【详解】（1）小球恰好能经过轨道上的Q点且此时对圆弧轨道无压力，小球在Q点的受力如图所示由题意可知tanqEmg=解得34mgEq=（2）小球在Q点所受合外力5c

os4mgFmg==设小球在Q点的速度为Qv，在Q点由牛顿第二定律得254QvmgmR=解得52QgRv=设小球在C点的速度为Cv，自Q点运动至C点由动能定理可得()22111cossin22CQmgRqERmvmv−−+=−解得72CgRv=在C点由牛顿第

二定律得2NCvmgFmR+=解得N34Fmg=由牛顿第三定律得小球经过轨道上的C点时对轨道的压力'NN34FFmg==（3）小球自C点飞出后，在竖直方向做自由落体运动，设小球经时间t落回水平面，有2122Rgt=在水平方向做匀加速直线运动，有212Cxxvtat=+又xqEma=解得32

72xR+=15.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三、四象限内存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为B（B未知）的匀强磁场，第二象限内存在垂直平面向外、磁感应强度大小为3B的匀强磁场。质量为m、电荷量为q+的带电粒子从y轴上M点

（0，d）以初速度0v沿x轴正方向射入第一象限，然后从x轴上的N点（3d，0）射入第四象限，不计粒子的重力。求：（1）磁感应强度B的大小；（2）带电粒子自M点进入磁场开始到第四次经过x轴时所经历的时间；

（3）若粒子在磁场中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力f且fkv=（k为已知常量），已知粒子第一次经过x轴时速度与x轴垂直，求此时粒子的位置坐标。【答案】（1）02mvqd（2）0589dv（3）02

mvk【解析】【小问1详解】设带电粒子在第一、三、四象限磁场中做圆周运动的半径为1R，粒子在第一象限的轨迹的圆心为1O，由几何关系知160NMOMON==则11cos60RdR−=解得12Rd=由洛伦兹力提供向心力201vqvB

mR=解得磁感应强度为02mvBqd=【小问2详解】设带电粒子在第一象限磁场中运动的时间为1t，则1002233ddtvv==设带电粒子在第二象限磁场中做圆周运动的半径为2R，由洛伦兹力提供向心力2023vqvBmR=解得223Rd=带电粒子的运动轨迹如下图设粒子

第四次经过x轴时在第三、四象限运动的总时间为2t，在第二象限运动的时间为3t，则2004216323ddtvv==300224339ddtvv==因此带电粒子自M点进入磁场到第四次经过x轴所经历的时间123tttt=++解得0589d

tv=【小问3详解】对带电粒子受力分析可知，速度在x轴的分量xv会产生x轴的阻力与y轴负方向的洛伦兹力；速度在y轴的分量yv，会产生y轴的阻力与x轴负方向的洛伦兹力，其受力分析如图所示在x轴上，由动量定理有()ΔΔxyxkvBqvtmv−+=由微元法累加后可得()00kxBqdmv

−−=−解得02mvxk=