【文档说明】湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高二上学期期末考试 物理（A卷） 含解析.docx，共(16)页，1.507 MB，由管理员店铺上传

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2023-2024学年度上学期高二年级期末考试高二物理A试卷命题学校：新高考试题研究中心命题教师：徐圆圆审题单位：潜江、仙桃、天门市教科院考试时间：2024年1月28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、考场号、

座位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。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，有错选或不选的得0分。1.如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两个接线柱连接到灵敏电流计上，把线圈A静置于线圈B的内部。下列判断正确的是（）A.若开关保持闭合，滑动变阻器滑片位置保持不变，电流计指针偏转B.若开关保持闭合，

向上拔出线圈A的过程中，电流计指针不偏转C.开关由断开变为闭合瞬间，电流计指针不偏转D.开关由闭合变为断开瞬间，电流计指针会偏转2.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在水平面上的M、N两点之间做简谐运动，规定水平向右方向为正方向。当振子向右运动到O点开始计时，振子的位移x随时间t的变化图像如图

乙所示。下列判断正确的是（）图甲图乙A.0.2s时振子的位移等于6cmB.0.6s至1.4s内振子通过的路程为24cmC.0.4s时振子的速度最大D.0.8s和1.6s时振子的速度相同3.如图所示，某一复合光线对准一半

圆形玻璃砖的圆心O入射，当在O点的入射角为30°时，出射光线分成a、b两束，光束a与下边界的夹角为37°，光束b与下边界的夹角为53°，已知sin370.6=，sin530.8=，则下列说法错误．．的是（）A.a光的频率比b光的频

率大B.a、b两束光在该玻璃砖中的折射率之比为4:3C.在同样的双缝干涉装置中，用a光得到的每条干涉条纹较宽D.若使入射角增大，则出射光线a先消失4.质量为m、电荷量大小为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示的混合场区，此区域有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左

，磁场沿水平方向垂直纸面向外。该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，且OA之间距离为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.该微粒可能带正电，也可能带负电B.该磁场的磁感应强度大小为cosmgqvC.微粒从O到A的运动是匀变速直线运动D.该微粒

的电势能增加了sinmgL5.如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度0v向B球运动并与B球发生正碰，碰后A、B两球粘在一起继续运动，则（）A.A、B两球碰撞过程中，A球

机械能损失了2014mvB.B球的速度最大为012vC.C球的速度最大为013vD.弹簧的最大弹性势能为2019mv6.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上移动时，关于灯L的亮度及电容器C所带电荷量Q的变化判断正确的是（）A.L变暗，Q增多B.L变暗，Q减少

C.L变亮，Q增多D.L变亮，Q减少7.如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平固定平行导轨上，电源电动势为E，内阻不计。两导轨间距离为L，电阻不计。其间的匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与轨道平面成角斜向右

上方，且与导体棒MN垂直，重力加速度为g，开关S闭合后导体棒开始运动，则（）A.导体棒向左运动B.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为sinBELRC.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为sinBELmRD.开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为cosBELmgR−

8.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于0.2mx=−和1.2mx=处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为5cm。图示为0t=时刻两列波的图像，此刻平衡位置在0.2mx=和0.8mx=的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平

衡位置处于0.5mx=处。则下列说法正确的是（）A.两列波的传播周期均为1.0sB.两列波经过0.6s在M点相遇C.在01.5s时间内，质点M通过的路程为30cmD.在1.75st=时，质点P位于波峰位置

9.如图（a）所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b）所示的匀强磁场，0t=时磁场方向垂直纸面向里。在0t=到02tt=的时间内，金属棒水平

固定在距导轨顶端L处；02tt=时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（）图（a）图（b）A.在02tt=时，金属棒受到安培力的大小为2300BLtRB.在0tt=时，金属棒中电流的大小为

200BLtRC.在032tt=时，金属棒受到安培力的方向竖直向下D.在052tt=时，金属棒中电流的方向向左10.如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一、二象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量大小为q的相同粒子从y轴上的()0,PL点，以相同的速率

在纸面内沿不同方向先后射入磁场。当沿x轴正方向射入时，粒子恰好垂直x轴离开磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则（）A.粒子可能带负电B.粒子入射速率为qBLmC.粒子在磁场运动的最短时间为3mBqD.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为2L二、非选择题：本大题共5小题，共60分。11.（

6分）某实验小组同学做“测量电池的电动势和内阻”的实验，他们在实验室里找到了以下器材：A.一节待测的干电池B.电流表1A（满偏电流为3mA，内阻Al15R=）C.电流表2A（量程为00.6A，内阻2AR约为0.1）D.滑动变阻器()1

020,10ARE.定值电阻()01185RF.开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但提供了两块电流表，于是他设计了如图甲所示的电路，并进行实验。该同学测出几组电流表1A、2A的示数1I、2I，利用测出的数据画出12II−的关系图像如图乙所示，则由图像可得被测干电池的电

动势E=______V，内阻r=______。（结果均保留两位有效数字）12.（9分）某同学用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，所用器材包括：气垫导轨、带有遮光片（宽度相同）的滑块A和B、光电门1和光电门2（两者均与计算机相连接）。实验步骤如下：

a.用天平测出滑块A、B（均含遮光片）的质量分别为1m、2m；b.将滑块A、B按图甲所示的位置放在气垫导轨上，启动气泵，调节气垫导轨，使导轨保持水平；c.给滑块B一个水平向左的初速度，滑块B与静止的滑

块A发生碰撞，碰后滑块B反弹再次经过光电门2。计算机记录滑块A通过光电门1的遮光时间是1t，滑块B第一次、第二次通过光电门2的遮光时间分别是2t、2t。回答下列问题：（1）用游标卡尺测得遮光片的宽度d如图乙所示，则d=______mm。（2）若规定以水平向右为正方向，滑块B碰撞前后动

量变化量p=______。（用2m、d、2t、2t表示）（3）若在误差允许的范围内验证动量守恒定律，则滑块的质量满足关系式12mm=______。（用1t、2t、2t表示）13.（12分）如图所示

PQ、MN为足够长的两光滑平行固定金属导轨，它们之间连接一个阻值1.5R=的电阻；导轨间距为1mL=，导轨电阻不计。长为1m，质量0.2kgm=的均匀金属杆水平放置在导轨上，金属杆电阻0.5r=，导轨平面的倾角为30=，两导轨之间的

匀强磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度为0.5TB=，今让金属杆AB由静止开始下滑，下滑过程中金属杆AB始终水平且与两导轨接触良好，不计空气阻力，重力加速度为g取210m/s。试求：（1）当AB杆下滑速度4m/sv=时的加速度大小；

（2）流过AB杆电量为2C的过程中，杆运动的距离。14.（15分）如图所示，在0y的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在0y的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为()0qq−的带电

粒子从y轴上A点以速度0v沿x轴正方向进入电场。当粒子第一次穿越x轴时，恰好到达x轴上的C点（图中未画出）：当粒子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点。已知A、C两点到坐标原点的距离分别为3L、2L，不计粒子的重力，求：（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小。15.（18分）如图所示，足够

长的光滑悬空固定水平轨道上有一质量为2kgM=的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为1kgm=的钢块B一起以1m/sv=的速度向右匀速运动。一质量为00.2kgm=的子弹以010m/sv=的速度沿水平方向从

左向右飞来射向钢块，与钢块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后子弹以5m/s的速度反向弹回。在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，（不计空气阻力），重力加速度为g取210m/s。试求：（1）子弹对钢块作用力的冲量大小；（2）钢块能摆起的最大

高度；（3）小车A在运动过程中的最大速度。2023-2024学年度上学期高二年级期末考试高二物理A试卷解析与答案一、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，有错选或不选的得0分。题号12345678910答案DBCBBCCACBDBC1.【答案】D【详解】A.开关闭合，向右移动滑动变阻器滑片的过程中，线圈A中的电流发生变化，则穿过线圈B的磁通量发生变化，则会产生感应电流，即电

流计指针偏转，选项A错误：B.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，穿过线圈B的磁通量减少，则会产生感应电流，即电流计指针偏转，选项B错误；CD.开关闭合或断开瞬间，线圈A中的电流发生变化，则穿过线圈B的磁通量发生变化，则会产生感应电流，电流计指针偏转，选项C错误，D正确。

故选D。2.【答案】B【详解】A.在00.4s−内，振子不是匀速运动，而是做变减速运动，所以前一半时间内的位移大于后一半时间内的位移，即0.2st=时，振子的位移大于6cm，故A错误；B.0.6s至1.4s

内，振子的刚好运动半个周期，故其路程为224cmsA==，故B正确；C.由图象可知，0.4st=时，图象的斜率为零，说明振子的速度为零，故C错误；D.由图象可知，0.8st=和1.6st=时，振子均位于原点位置

，速度的大小相同。但0.8st=振子的速度方向为负方向，1.6st=振子的速度方向为正方向。故振子的速度不相同，故D错误。故选B。3.【答案】C【详解】根据折射定律12sinsinn=由图可知，a光的折射

率为sin531.6sin30an==b光的折射率为sin371.2sin30bn==a、b两束光在该玻璃砖中的折射率之比为1.61.432abnn==，故B正确；由于a光的折射率大于b光的折射率，则a光的频率比b光的频率大，故A正确；根据公式cnv=，

vf=由于a光的折射率大于b光的折射率，则a光在玻璃砖中的波长比b光的小，干涉条纹间距比b光的窄，故C错误；根据sin1Cn=，由于a光的折射率大于b光的折射率，则a光的临界角小于b光的临界角，若使入射角增大，则出射光线a先消失，故D正确。故选C。4.【答案】B【详解】若微粒带正电，静

电力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则静电力、洛伦兹力和重力不能平衡，故微粒只能带负电，故A错误；微粒受力如图所示，由平衡条件得cosqvBmg=，解得cosmgBqv=，故B正确。微粒如果做匀变速运动，重力和静电力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，微粒不能沿直线

运动，故C错误；从O到A静电力对微粒做正功，故该微粒的电势能减少了sinmgL，故D错误。故选B。5.【答案】B【详解】在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组

成的系统所受合外力为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有012mvmv=，解得012vv=。即B球最大速度为02v。A、B两球碰撞过程中，A球机械能损失222010117228Emvmvmv=−=，故A错误

，B正确；粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量

守恒，有1223mvmv=，解得023vv=。此时弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得222pm120112212312Emvmvmv=−=。故D错误；弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，能量守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律，得1

C22ABmvmvmv=+，22C2111122222ABmvmvmv=+解得02ABvv=，C0v=或06ABvv=，0C23vv=；故C错误。故选B。6.【答案】C【详解】当滑动变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接

入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯L变亮，通过灯L的电流增大，而干路电流又减小，则通过1R的电流减小，1R两端的电压减小，故滑动变阻器两端的电压增大，电容器所带电荷量Q增大，故选C

.7.【答案】C【详解】A.开关闭合，由左手定则可知，安培力方向为垂直磁感线向右下方，从而导致导体棒向右运动，A错误：BC.当开关闭合瞬间，根据安培力公式FBIL=和EIR=，可得BELFR=；而安培力的方向与导轨成90−的夹角，再

根据力的分解及牛顿第二定律可知，加速度sinBELamR=故B错误，C正确；D.由平衡条件可知：开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为cosBELmgR+，故D错误。故选C。8.【答案】AC【详解】A.两列波的周期1.0sTv==，故A正确；BC.简谐波的波前相

距0.6ms=，设两列波经时间为t相遇，则2svt=，解得0.75st=。两列波经0.75st=相遇在PQ的中点M，所以M点在0.75st=时开始振动。故B错误；由图可知，两列波同时到达M点时，引起质点振动的方向均沿y轴负方向，所以两列波在M点的振动加强，即M点的振幅为210cmAA==1.5s

t=时，M点振动了0.75st=，即34T；根据简谐运动的周期性，M点运动的路程330cmsA==，故C正确：D.沿x轴负方向传播的这列波需1.5s传到P点，此后两列波叠加，P为振动减弱点，将处于平衡位置。故D错误。故选AC。9.【答案】BD【详解】AB.由图可知在00t时间段内产

生的感应电动势为200BLEtt==根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流为200EBLIRRt==在02t时磁感应强度为02B，此时安培力为23002BLFBILRt==故A错误，B正确；C.由图可知在032tt=时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电

流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C错误；D.由图可知在052tt=时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D正确。故选BD。10.【答案】BC【详解】根据题意，当粒子的速度沿x轴正方向射入时，粒子运动

的轨迹如图甲所示，由此可知，粒子带正电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力，则2qvBrvm=，rL=，解得qBLvm=，故B正确：当粒子在磁场中运动时间最短时，粒子运动轨迹如图乙所示，根据几何关系可得3=，粒子运动的时间为23223rmtTvqB===，

故C正确；当粒子离开磁场的位置与P点连线是轨迹圆的直径时，位置最远，如图丙所示，由图丙可知2PQL=，222PQOPOQ=+，解得3OQL=，故D错误。二、非选择题：本大题共5小题，共60分。11.（6分）【答案】1.5；（3分）0.60；（3分）（0.58∼0.62均得3分）【详解】由图

像可知，图线与纵轴的交点的纵坐标为11.25mAI=，与横轴的交点的横坐标为20.5AI=，则干电池的内阻为()()()31AI021.251.0101511850.600.5IRRUrII−+−+====干电池的电动势为()()31101.2510151185V1

.5VAEIRR−=+=+=12.（9分）【答案】（1）5.75；（3分）（2）22222ttmdtt+；（3分）（3）()12222ttttt+（3分）【详解】（1）由题图乙可知，两遮光片的宽度为5mm1

50.05mm5.75mm+=（2）滑块B两次经过光电门2时的速度大小分别为B2dvt=、B2dvt=动量变化量为()222B2B222ttpmvmvmdtt+=−−=（未通分也算对）（3）滑块A经过光电门1时的速度大小A1dvt=根据动量守恒定律有212

212dddmmmttt=−整理得：()1221222tttmmtt+=13.（12分）【详解】（1）（6分）取AB杆为研究对象其受力分析如图所示沿斜面方向，由牛顿第二定律可得si

nmgBILma−=……2分而()EIRr=+……1分EBLv=……1分联立解得：()22sinBLvagmRr=−+……1分当4m/sv=时，22.5m/sa=.……1分（2）（6分）从静止开始到匀速运动过程中Et=……1分EIRr=

+……1分qIt=……1分BLx=……1分联立可得()qRrxBL+=……1分代入数据解得：8mx=……1分14.（15分）【详解】（1）（7分）粒子的运动轨迹如图所示粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从A运动到C的时间为1t，有水平方向：012Lvt=…….2分竖直方向：211

32Lat=……2分加速度qEam=……1分联立解得：2032mvEqL=.……2分（2）（8分）设粒子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为，则10tan3atv==……1分解得60=……1分故002co

svvv==……2分粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有2vqvBmr=……1分由几何关系可知：23sin3LLr==……2分联立解得03mvBqL=……1分15.（18分）【详解】

（1）（5分）子弹与钢块碰撞瞬间水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则00001mvmvmvmv+=−+；……2分解得14m/sv=；……1分对钢块B，由动量定理，有13kgm/sBImvmv=−=.……2分（2）（7分）钢块B到最高点时，小车A、钢块B有相同的水平速度

，根据水平方向动量守恒有()12mvMvmMv+=+；……2分解得22m/sv=……1分由机械能守恒()22212111222mvMvmMvmgh+=++；……2分解得0.3mh=.……2分（3）（6分）根据水平方向动量守恒，设小车A运动过程的最大速度为4v，此时钢块B速度为3v，当钢块B回到原

来高度时，小车A速度最大，以向右为正方向，根据动量守恒定律，有()234mMvmvMv+=−+……2分根据能量守恒有222213411112222mvMvmvMv+=+……2分解得，43m/sv=.……2分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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