【文档说明】湖北省武汉市洪山高级中学2022-2023学年高二下学期2月考试物理试题 含解析【武汉专题】.docx，共(21)页，3.103 MB，由小赞的店铺上传

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武汉市洪山高级中学2022-2023学年度第二学期高二2月考试物理试卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。其中1-7题为单选题，8-11题为多选题，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选

错的得0分。1.下列现象利用电磁感应的原理说法不正确的有（）A.如图甲所示，真空冶炼炉外有线圈，线圈中通入高频交流电，炉内金属能迅速熔化B.如图乙所示，安检门可以检测金属物品，如携带金属刀具经过时，会触发报警C.如图丙所示，阻尼摆摆动时产生

的涡流总是阻碍其运动D.如图丁所示，变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能增大涡流【答案】D【解析】【详解】A．真空冶炼炉外有线圈，线圈中通入高频交流电，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，A说法正确，不满足题意要求；B．安检门可以检测

金属物品，是因为安检门中的线圈有交变电流，产生了变化的磁场，当有金属物品通过时，会在金属物品中产生感应电流，而金属物品中感应电流产生的磁场会引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到进行报警，B说法正确，不满足题意要求；C．阻尼摆经过磁场时在阻尼摆的铝盘中会产生感应电动势，从而产生感应电流，

磁场对感应电流的安培力总是阻碍阻尼摆的运动，C说法正确，不满足题意要求；D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，是为了减小涡流，减小损耗，D说法错误，满足题意要求；故选D。2.图甲中，A、B为两个等量同种点电荷；图乙中，C、D为

两根垂直纸面相互平行的长直导线，导线中通有大小相等、方向相同的电流，O为连线的中点，c、d两点位于各自连线的中垂线上，且aO、bO、cO、dO距离相等，下列有关说法正确的是（）A.甲图中，a、b两点的

电场强度相同，电势相同B.甲图中，c、d两点的电场强度相同，电势相同C.乙图中，a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相反D.乙图中，c、d两点的磁感应强度大小不相等，方向相反【答案】C【解析】【详解】A．等量同种

电荷的电场线和等电势面的分布如图所示根据电场线分布及点电荷的电场强度的叠加原理可知，a、b两点场强大小相等，但方向相反，则场强不同，由电场对称性可知，a、b两点的电势相等，A错误；B．等量同种电荷的电场线和等电势面的分布如图所示跟据电场线的分

布情况可知，b、d两点处场强大小相同，方向不同，再跟据等势面的分布情况可知，b、d两点处电势相同，B错误；C．通电直导线周围的磁感应强度的方向由安培定则推出，两个直流的磁场叠加由矢量的合成，结合对称性可知a点的磁感应强度向下，b

点的磁感应强度向上，两点的大小相等，方向相反，C正确；D．根据磁感应强度合成的对称性可知，c、d两点的大小相等，方向相反，D错误。故选C。3.如图所示，a、b、c、d为一矩形的四个顶点，一匀强电场的电场强度方向与该矩形平行．已知a、b、c三点的电势分

别为0.1V、0.4V，0.7V．ab的长为6cm，bc的长为8cm．下列说法正确的是（）A.该匀强电场的电场强度大小为8.33V/mB.把一带电荷量为0.1C的正点电荷从d点移动到矩形中心处的过程中，电场力做的功为0.03JC.矩形abcd电势最高的点的电势为1VD.矩形abcd上电势最

低的点的电势为0.1V【答案】D【解析】【详解】A．因ab中点O的电势为0.4V，则bd为等势面，则场强方向垂直bd斜向上，则0.70.4V/m6.25V/m0.06cos37UEd−===选项A错误；B．因bd是等势线，则把一带电荷量为0.1C的正点电荷从d点移动到矩形中心处O的过程中，电场

力做的功为0，选项B错误；C．矩形abcd中c点电势最高，即电势最高的点的电势为0.7V，选项C错误；D．矩形abcd中a点的电势最低，则电势最低的点的电势为0.1V，选项D正确。故选D。4.如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像则下列说法中正确的是（）A.1st=时，甲摆

的重力势能最小，动能最大B.2s=t时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C.甲、乙两摆的摆长之比为4:1D.甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等【答案】B【解析】【详解】A．设甲摆在平衡位置时所处位置为零势能面，1st=时由图像可知，甲摆在振动的最大位移处，此时甲摆的速度为

零，即此时动能为零，离平衡位置（零势能位置）最远，根据pEmgh=可知，此时甲摆的重力势能最大，故A项错误；B．对甲摆有，设甲摆在平衡位置时所处位置为零势能面，2s=t时由图像可知，甲摆在平衡位置处，即此时甲摆的重力势能为零；对乙摆有，设乙摆在平衡

位置时所处位置为零势能面，2s=t时由图像可知，乙摆在振动的最大位移处，此时乙摆的速度为零，故B项正确；C．由图像可知，甲摆的周期为4s，乙摆的周期为8s，由单摆的周期公式2lTg=整理得14ll=甲乙故C项错误；D．因为摆球摆

动的最大偏角未知，两摆球到达最低点时的速度未知，根据公式2nval=所以两者的最低点的向心加速度大小关系无法判断，故D项错误。故选B。5.一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知该波波长为，振幅为A，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说

法正确的是（）A.该时刻速度沿y轴负方向B.该时刻加速度沿y轴正方向C.此后12周期内通过的路程为2AD.此后12周期内沿x轴正方向迁移为12【答案】C【解析】【详解】A．因为该波沿x轴正方向传播，则根据同侧法可知，质点P在该时刻的速度

方向沿y轴正方向，故A错误；B．做简谐运动的物体，所受恢复力始终指向平衡位置，因此可知该时刻质点P加速度沿y轴负方向，故B错误；C．做简谐振动的物体，当振幅为A时，在一个周期内通过的路程为4sA=则在半个周期内通过的路程为22TsA=故C正确；D．做简谐振动的

质点只会在平衡位置上下振动，不会随波迁移，故D错误。故选C。6.彩虹是由阳光进入水滴，先折射一次，然后在水滴背面反射，最后离开水滴时再折射一次形成。彩虹形成的示意图如图所示，一束白光L由左侧射入水滴，a、b是白光射入水滴后经过一次反射和两次折射后的两条出射光线（a、b是单色光）。下列关于a光

与b光的说法正确的是（）A.水滴对a光的折射率小于对b光的折射率B.a光在水滴中的传播速度大于b光在水滴中的传播速度C.用同一台双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光相邻的亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距D.a、b光在水滴中传播的波长都比各自在真空中传播的波长要长的【答案】C【解析】【详解】A．由图

可知，a、b光第一次进入水滴发生折射时，a光的折射角较小，即abrr再根据折射率公式sinsininr=可得abnnA错误；B．根据折射率与光在介质中传播速度的关系cnv=可得abvvB错误；C．双缝干涉相邻亮条纹间距公式lxd

=因为abnn则可得（把a光看成紫光，b光看成红光）ababxx即a光相邻的亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，C正确；D．a、b光在水滴中传播速度减小，光的频率不变，由vf=则波长都比各自在真空中传播的波长要短，D错误。故选C。的7.如图所示，两

平行金属板水平放置，板长和板间距均为L，两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度0vgL=垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。若保持a板不动，让b板向下移动0.5L，微粒从原位置以相

同速度进入，恰好做匀速圆周运动，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为（）A.π3gLgB.π2gLgC.πgLgD.2πgLg【答案】A【解析】【详解】微粒恰好做匀速直线运动时有0EqqvBmgL=+恰好做匀速圆周运动32Eq

mgL=联立解得02mgqvB=即02mgvqB=由题意可知0vgL=，则有2mggLqB=由公式200vqvBmR=得0mvRqB=联立解得2RL=微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得30MON=所以微粒在磁场中运动的时间为π302π23603gLLtggL

==故A正确，BCD错误。故选A。8.如图是演示自感现象的两个电路图，1L和2L为电感线圈。实验时，断开开关1S瞬间，如图甲所示，灯1A突然闪亮一下，随后逐渐变暗，直至熄灭；闭合开关2S，如图乙所示，灯2A逐渐变亮

，而另一个相同的灯3A立即变亮，最终2A与3A的亮度相同。下列说法正确的是（）A.图甲中，闭合1S瞬间和断开1S瞬间，通过1A中电流方向相同B.图甲中，闭合1S，电路稳定后，1A中电流小于1L中电流C.图乙中，闭合2S瞬间，有可能观

察到灯3A也会闪亮一下D图乙中，断开2S瞬间，灯3A立刻熄灭，灯2A缓慢熄灭【答案】BC【解析】【详解】A．图甲中，闭合1S瞬间，电流向右流过1A；断开1S瞬间，原来通过1L的电流向左流经1A构成回路，所以闭合1S

瞬间和断开1S瞬间，通过1A的电流方向相反，A错误；B．图甲中，因为1L的直流电阻很小，即1A1LRR，所以闭合1S电路稳定后，1A中的电流小于L1中的电流，B正确；C．图乙中，闭合2S瞬间，由于2L的阻碍作用，灯2A没有

马上亮，所以灯3A分压较多，故比较明亮；电路稳定后，从灯2A流过的电流和灯3A的一样大，灯3A相比稳定前分压较少，故亮度较之前有所变暗，故C正确；D．图乙中，断开2S瞬间，原来通过2L的电流会流过灯2A和灯3A构成回路，所以灯2A、灯3A会同时缓慢熄灭，D

错误。故选BC。9.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是().A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速

运动【答案】BC【解析】【详解】根据安培定则可知，ab在右侧产生的磁场方向为垂直向里，有因为MN向右运动，根据左手定则可判断MN中感应电流方向由M到N。由安培定则可知L1中感应电流产生的磁场方向向上，由楞次定律可知L2中感应电流产生的磁场方向向上并减弱或向下并增强。如果L2中磁场向上减弱，根据安培

定则可知PQ中感应电流为Q到P且减小，再根据右手定则可知PQ向右减速运动；如果L2中磁场向下增强，根据安培定则可知PQ中感应电流为P到Q且增大，再根据右手定则可知PQ向左加速运动，AD错误，BC正确。故选BC。10.如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一

质量为m的小球以速度0v向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则（）A.小球滑到最高点时滑块的速度大小为0mvvMm=+B.小球滑到最高点的过程中，小球和弧面组成的系统动量守恒C.小球滑到最高点时的高度为202vgD.小球滑到最高点时的高度为202()Mv

Mmg+【答案】AD【解析】【详解】B．小球滑到最高点的过程中，小球和弧面组成的系统竖直方向动量不守恒，则小球和弧面组成的系统动量不守恒，故B错误；A．小球和弧面组成的系统水平方向动量守恒，则有()0mvmMv=+解得小球滑到最高点时滑块的

速度大小为0mvvMm=+故A正确；CD．根据系统机械能守恒定律可得()2201122mvMmvmgh=++解得小球滑到最高点时的高度为()202MvhMmg=+故C错误，D正确。故选AD。11.水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端

连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中如图所示。闭合开关，金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是（）A.金属杆的最

大速度等于()ERBLRr+B.此过程中通过金属杆的电荷量为22mEBLC.此过程中电源提供的电能为2222mEBLD.此过程中金属杆产生的热量为()2222mERBLRr+【答案】BD【解析】【详解】A．金属杆向右运动切割磁感应线产生的感应电动势与电源电动势方向

相反，随着速度增大，感应电动势增大，回路中的总电动势减小，回路中的电流减小，金属杆受到的安培力减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动；金属杆速度最大时，产生的感应电动势大小为E，则有mEBLv=解得金属杆的最大速度为mEvBL=故A错误；B．从开

始运动到速度最大的过程中，以向右为正方向，对金属杆根据动量定理，有m0BILtmv=−又qIt=联立解得此过程中通过金属杆的电荷量为22mEqBL=故B正确；C．此过程中电源提供的电能为222mEWqEBL==故C错误；D．金属杆最

后的动能为22km22122mEEmvBL==根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为k2222mLQEWEB=−=此过程中金属杆产生的热量为()2222mERBLRrRQQRr=++=故D正确。故选BD。二、实验题：本题

共2小题，共16分。12.用如图所示的装置来“探究电磁感应现象和感应电流的方向”，带铁芯的线圈甲与阻值较大的电阻R0、电流表A、电源E、开关S、滑动变阻器R组成回路；套在空心铁圆柱体上的线圈乙的两端接到另一

个电流表B上，线圈甲的铁芯有一小部分插在空心铁圆柱体内。两电流表完全相同，零刻度线在表盘中央，如果电流从正接线柱流入，指针向左偏转，反之向右偏转，回答下列问题：（1）闭合开关S一段时间后，电流表B的指针是

否有偏转？___________（选填“有”或“没有”）；（2）闭合开关S一段时间后，当滑动变阻器滑片较快地向a端滑动时，电流表A的指针___________，电流表B的指针___________；（均选填

“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”）（3）滑动变阻器滑片保持不动，闭合开关S一段时间后，线圈乙以及空心铁圆柱体向左移动，电流表B的指针偏转情况是___________（选填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”）。【答案】①.没有②.向左偏③.向右偏④.

向右偏【解析】【分析】【详解】（1）[1]闭合开关S一段时间后，电流稳定，右侧电路无感应电流产生，因此电流表B的指针是没有偏转；（2）[2]闭合开关S一段时间后，当滑动变阻器滑片较快地向a端滑动时，接入电路的电阻变小，但电流依旧从正接线柱流入，电流表A的指针向左偏转；[3]闭合开关S一段时间后，当

滑动变阻器滑片较快地向a端滑动时，穿过图乙螺线管的磁场右指向左逐渐减小，根据楞次定律增反减同可知感应电流的磁场自左向右，再由右手螺旋定则可知流经电流表B的电流从负接线柱流入，指针向右偏转；（3）[4]线圈乙以及空心铁圆柱体向左移动，穿过线圈乙

的磁通量增加，根据楞次定律增反减同可知感应电流的磁场自左向右，再由右手螺旋定则可知流经电流表B的电流从负接线柱流入，指针向右偏转。13.在测量电源（一节干电池）电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V和15V）；电流表A（量程为0.

6A和3A）；滑动变阻器1R（0~10）和2R（0~100）。（1）为了更准确地测出电源电动势和内电阻，电压表的量程应选用______（填“3V”或“15V”），电流表的量程应选用______（填“0.6A”或“3A”），滑动变阻器应

选用______（填“1R”或“2R”），选择的实验电路是上图中的______（填“甲”或“乙”）。（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的UI−图线，由图可得该电源电动势E=______

V，内电阻r=______（结果保留三位有效数字）。（3）采用（1）中所选电路测量时，由于______（填“电流表分压”或“电压表分流”），误差情况是E测______E真，r测______r真（均填“>”“<”或“=”）。【答案】①.3V②.0.6A③.1R④.甲⑤.1.50⑥.1.00⑦

.电压表分流⑧.<⑨.<【解析】【详解】（1）[1]电源（一节干电池）电动势大约为1.5V，电压表选择3V量程。[2]使用电流表测量电路中电流时，应尽量让指针偏转到刻度盘三分之二左右测量较准确，电路中最大电流约0.5A，所以最适合的电流表应该选择0.6A量

程。[3]由于电源内阻较小，并且为方便测量时滑动变阻器的滑片测量多组数据，滑动变阻器选择较小的R1；[4]由于电源内阻较小，电流表分压误差较大，减小实验误差，选择甲图电路。（2）[5][6]根据闭合电路欧姆定律可得UEIr=−所以图线斜率的绝对值为电源内阻，

纵截距为电源电动势，由图丙可知1.50VE=Δ1.501.00Ω1.00ΩΔ0.5UrI−===（3）[7][8]采用（1）中所选电路测量时，电流表内接，电压表有分流作用，电流测量值小于真实值，实验测出的电动势小于真实值，即是EE测真。为[9]由于电压表分

流作用，电压值越大，电压表分流越多，对应电流真实值与测量值差值越大，如图由于测量电源电动势和内电阻的实验中UI−图像的斜率表示等效电源内阻，即实验测出的电源内阻小于真实值。三、解答题：本题共3小题，共40分。14

.在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，求：（1）线框中的感应电动势的大小；（2）线框中的感应电流的大小和方向；（3）线框cd边的发热功

率。【答案】（1）20BlET=；（2）20BlITR=，感应电流方向为逆时针；（3）24024BlPRT=【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得2ΔΔΔΔ2BlEtt==由题图乙知02BBtT=联立解得20BlET=（2）由闭合

电路欧姆定律EIR=线框中的感应电流的大小为20BlITR=由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针。（3）线框cd边的发热功率为22242002444BlBlRRPITRRT===15.如图

所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场；在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面（纸面）向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以

一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=-2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=-2h处的P3点进入第四象限，已知重力加速度为g，求：（1）质点到达P2点时速度的大小和方向；（2）第三象限空间中

电场强度和磁感应强度的大小；（3）若在第四象限加一匀强电场，使质点做直线运动，求此电场强度的最小值。【答案】（1）2gh，与x轴负方向成45°角斜向下；（2）mgq，2mgqh；（3）22mgq【解析】【详解】（1）质点从1P到2P，由平抛运动规律有212hg

t=，则022hvght==，2yvgtgh==解得质点到达P2点时速度的大小2202yvvvgh=+=方向与x轴负方向成45角斜向下。（2）质点从2P到3P做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，如图洛伦兹力提供向心力，则有Eqmg=，2vBqvmR=

由几何知识得222(2)(2)(2)Rhh+=解得mgqE=，2mgBqh=（3）质点进入第四象限做直线运动，当电场强度的方向与运动方向垂直时电场强度最小，由cos45qEmg=解得电场强度最小值22mgEq=16.如图所示，两条足够长的水平

平行金属导轨间距为L，导轨上放着两根相同导体棒ab和cd；每根导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨光滑且电阻不计，整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B；开始时ab和cd的水平初速度大小分别为2v0和6v0，方向相反，求：（1）整个

过程中ab棒上所产生的焦耳热；的（2）当ab棒的速度大小变为v0时：①回路消耗的电功率为多大？②两棒间的距离相比最初增大了多少？【答案】（1）208mv；（2）①222018BLvR，22202BLvR；②0222mvRBL，0226mvRBL【解析】【详解】（1）取水平向右为正方向，

ab和cd组成的系统在水平方向上所受合外力为零，设ab和cd能达到的最终速度大小为v共，则由动量守恒定律有00622mvmvmv−=共解得0=2vv共由功能关系可得整个过程中系统产生的总焦耳热为()()()22

2200011162216222Qmvmvmvmv=+−=共由于通过ab和cd的电流大小始终相等，根据焦耳定律可得整个过程中ab棒上所产生的焦耳热为20182abQQmv==（2）①ab棒的速度大小为0v有两种情况：第1种情况：当ab棒

速度未反向时，即0abvv=−，设此时cd棒的速度为1v，由动量守恒定律得000162mvmvmvmv−=−+解得1v=05v第2种情况：当ab棒速度反向时，即0'abvv=，设此时cd棒的速度为2v，由动量守恒定律得000262mvmvmvmv−=+解得2v=0

3v第1种情况中：回路中的感应电动势为1000(5)6EBLvvBLv=+=回路消耗的电功率为2222011182BLvEPRR==第2种情况中：回路中的感应电动势为2000(3)2EBLvvBLv=−=回路消耗的电功率为222202222BLvE

PRR==②设从开始到ab棒的速度大小变为v0所经历时间为t，此过程中回路的平均感应电动势为E，平均感应电流为I，通过回路某一截面的电荷量为q，两棒间的距离相比最初增大了x。由法拉第电磁感应定律可得ΔBLxEt=由闭合电路欧姆定律可得2EIR=由电流的定义可得qIt=对ab棒由动量定理可得

ΔBILtmv=联立解得222ΔΔmRvxBL=第1种情况中()000Δ2vvvv=−−−=解得01222ΔmvRxBL=第2种情况中()000Δ23vvvv=−−=解得02226ΔmvRxBL=