【文档说明】湖北省云学联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考物理试题 Word版含解析.docx，共(11)页，1.125 MB，由小赞的店铺上传

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2024年湖北云学名校联盟高二年级11月联考物理试卷（B卷）命题学校：郧阳中学命题人：李兴国黄卓华审题人：恩施高中陈恩谱胡继洲丁茜考试时间：2024年11月14日10:30-11:45时长：75分钟试卷满分

：100分一、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191.610C−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2．带电荷量分别为2q+、()0qq−的A、B两个点电荷相距L，固定在绝缘水平面上，连线中点为O，中垂线上有与O等间距的C、D两点，如图。下列说法正确的是（）A．C、D两点电场强度相同B．将电荷从C点沿直线移动到D点，电场力一直不做功C．O点的电场强度大小为2

12kqLD．将电子从C点移动到O点，电势能增加3．质量为0.10kgm=的小球从离水平地面高0.80mH=处由静止释放，落地与地面相互作用时间0.10st=后竖直反弹，反弹的最大高度为0.45mh=，不计空气阻力，重力加速度2s10mg=，则地面对小球的平均作用力大小为

（）A．8NB．7NC．6ND．10N4．如图所示电路，电源电动势为E、内电阻为r，电流表和电压表均为理想电表。开关S闭合后，在变阻器0R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13ΩR=）。已知限流电阻26ΩR=，小灯泡L规格为“6V，6W”（电阻不变），电源电动势8VE=，内阻2Ωr=。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6WB．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1R的电流为2AD．灯泡L短路后2R的功率为8W36．如图所示，平行长直金属导轨AB、CD水平放置，间距为

d，电阻值不计。左侧接电动势为E、内阻r的电源。导体棒静止放在导轨上，与轨道CD间的夹角30=，MN两点间电阻为2R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B。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AC边向右B．导体棒所受安培力大小为2BEdRr+C．导体棒所受安培力的方向垂直于MN向右下方D．导体棒所受安培力大小为2BEdRr+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2mR=，小圆半径为1mr=，两圆环接触相切

于c点。大圆环上端a、b和切点c点留有一非常小缺口。空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，从0t=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01s过程中，大圆环上ab两点电势abB．若将ab小缺口闭合，

在01s过程中小圆环上有如箭头所示方向的电流C．若将ab小缺口闭合，在2st=前后瞬间回路中的电流不同D．在1s3s过程中，将理想电压表正确接在大圆环上的a、b两点之间，电压表读数为()30πV8．如图所示，光滑平行长直导轨水平放置，间距0.5mL=，左侧接有阻值5.0ΩR=的电阻。

导体棒质量0.25kgm=，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2.0TB=。初始时刻给导体棒一向右的初速05msv=，滑行一段时间t后导体棒速度变为13msv

=，已知重力加速度2s10mg=，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0B．在t时间内，导体棒向右运动的位移为2.5mC．在t时间内，电阻R产生的内能为1.0JQ=D．在t时间内，通过电阻R的电荷量0.5C

q=9．平面内有如图所示的折线ABCD，其中ABCD∥，0.30mABCD==，0.45mBC=，60ABC=。空间有一平行于此平面的匀强电场，各点电势分别为：13VA=，7VB=，10VD=。下列说法正确的是（）A．电子在A点的电势能为13eVB．C点电势为16VC=C

．电场强度的大小为403NC3E=D．电场强度的大小为203NC10．为探究滑块在倾角37=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1kgm=、电荷

量4110Cq−=的带正电滑块从斜面上O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x和速度v，作出了图（b）所示的以O点为原点的2vx−关系图像。滑块可视为质

点且电荷量不变，重力加速度2s10mg=，sin370.6=，cos370.8=。下列说法正确的是（）A．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B．匀强电场的场强大小为4810NCC．电场力的最大瞬时功率为202WD．全过程电场力的冲量大小为20Ns二、非选择题：共5小

题，共60分11．（6分）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g）：（1）用天平测出滑块（含挡光片）的质量1m和小球的质量2m；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d=______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L；（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1t；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2t。为了达

到此效果，应有1m______2m（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）______。12．（10分）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0100mA，内阻约为5ΩB．电阻箱2个：规格999.9ΩC．滑动变阻器1个：20Ω，1.0AD．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1R滑片滑至最______（填“左”、“右”）端，2R调至最大值；（3）将开关接至1，适当调节1R滑片的位置，使毫安表读数为某合适的值I；（4）将开关接至2，保持1R不变，调节2R的接入值，使

毫安表1A读数仍为I；（5）读出电阻箱的接入值为4.0Ω则毫安表的内阻为______Ω。（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______Ω并与毫安表1A并联，

将其改装成量程为0.5A的电流表A；（2）将另一电阻箱阻值调节为______Ω并与毫安表2A串联，将其改装成量程为2V的电压表V；（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U、I数据，并利用部分数据做出如图丙的UI

−线，则电源电动势为______V，内电阻为______Ω（保留2位小数）13．（12分）如图所示，矩形区域MNPQ内有垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、带电荷量为()0q的粒子以某初速度从N点沿NM方向垂直射入磁场中，从P点

离开磁场。已知磁感应强度为B，22PNMNL==，粒子只受磁场力。求：（1）粒子的初速度大小0；（2）若将粒子的初速度增大为原来的两倍，仍从N点沿NM方向垂直射入磁场中，求粒子在磁场中运动的时间。14．（14分）如图，质量为32kgm=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B点，小车的AB部分粗糙，其余部分光滑。平板车左端放置一质量为21kgm=可视为质点

的物块2。质量为10.5kgm=、可视为质点的物块1以初速度09msv=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AB中点，已知1.6mAB=，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度2s10mg=，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200Nmk=，弹性势能与形变量的关系为212PEkx=，求弹簧的最大压缩量。15．（18分）用长为L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m、带电荷量为q；B为O点正下方地面上

的点，细线竖直伸直时，小球到B点距离为22hL=；整个空间存在着水平向右的匀强电场（未画出），电场强度为mgEq=，其中g为重力加速度。现将小球向左侧拉到A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A运动到O点正下方所经历的时间t；（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43gLv=，方向仍垂直于细线斜向右上，同时剪断细线，求小球落地点C（未画出）和B点之间的距离d。2024年湖北云学名校联盟高二年

级11月联考物理试卷（B卷）评分细则一、选择题：每题4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．C解析：法拉第首先引入电场线描述电场，A错；元电荷是电荷量，而不是带电体，B错；避雷针的工作原理是尖端放电，C对；电工防护服利用的是静电屏蔽，D错。2．C解析：C、D电

场大小相等，但方向不同，A错；C、D等电势，故在这两点间移动电荷，电场力做功为0，但电场力要做功，B错；根据库仑定律计算可得C正确；CO之间有从O到C的电场分量，将电子从C点移动到O点，电场力做正功，电势能减小，D错。3．A解析：落地时小球竖直速度为124msyv

gH==，竖直反弹速度为223msyvgh==，由动量定理得：()()21NyyFmgtmvmv−=−−，解得8NNF=，A对。4．B5．D解析：灯泡电阻为6Ω，短路前回路电流为：1AEIRr==+，内、外电路消耗的总功率为：8WPIE==，A错；短路后外电阻等于内电

阻，电源输出功率最大，B错；短路后回路电流为2A，由并联分流可知通过1R的电流为4A3，C错；短路后通过2R的电流为2A3，功率8W3，D对。6．C解析：导体棒中电流方向和磁场方向垂直，根据左手定则，导体棒所受安培力的方向垂直于MN向右下方，A错，C对。导体棒连入电路的实际阻值即为2R，所以2EI

Rr=+，根据2222EBEdFBILBdRrRr===++安，B、D错。7．D解析：根据楞次定律，在0～1s过程中，磁感应强度B不断增大，在两环之间区域有逆时针方向的感应电动势，b点相当于是电源正极，a点相当于是电源负极，ab，A错；在0～1s过程中小圆环上

的电流方向与箭头所示相反，B错；在1s～3s内，磁感应强度的变化率不变，可知在2st=前后瞬间回路中电动势不变，则电流也不变，C错。由法拉第电磁感应定律()()()221010π21ΔΔ30πVΔΔ31BSE

ntt−−−====−−即理想电压表读数为()30πV，D对。8．BD解析：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EBLV=，EIR=，可知22BLVFBILR==安在减速

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，A错；由能量守恒定律有：22011122mvmvQ=+，2.0JQ=，C错；利用动量定理列：01ILBtqLBmvmv==−，得0.5Cq=，D对；又因为ΔBLxqRR==，可得2.5

mx=，B对。9．BC解析：13VA=，电子在A点具有的电势能为13eV−，A错；根据匀强电场的性质可得16VC=，B对；在BC上找一点G，0.3mBG=，可知G和A为等势点，AG即等势线，有403NCcos303ABUEAB==，C对，D错。

10．AD解析：物体沿斜面上滑的最大距离为5m，对下滑过程有：22vax=，得2s4ma=，由sin37cos37agg=−得0.25=，A对；上滑时2112222mvaxax==，得214aa=，即sin37cos37sin37cos374qEmggggm−−

+=，解得5110NCE=，B错；4msmv=，电场力10NFqE==，故电场力的最大功率为40WEmPFv==，C错；电场力作用时间为112smvta==，则冲量大小为120NsEIFt==，D对。二、非选择题11．（每空2分，共6分）（1）0

.755（3）小于（4）()1211221cosddmmgLmtt=−−12．（共10分）一、（1）左（4）4.0二、（1）1.0（2）16.0三、1.48（1.47～1.49）2.40（2.20～2.50）13．（12分）（1）由题意知，粒

子在磁场中做匀速圆周运动的半径为rL=，有：200vqvBmr=0qBLvm=（2）()20022vqvBmR=解得：2RL=粒子将从MQ边射出，设偏向角为，有：1sin2MNR==30=可知粒子在磁场中运动时间为：3036012TtT==由：02π2π2RmTvq

B==有：π6mtqB=14．（14分）（1）设碰后物块1和物块2的速度分别为1v和2v，发生弹性正碰，以向右为正，有：101122mvmvmv=+222101122111222mvmvmv=+解得：26msv=即物块2速度大小为6ms，方向向右（2）碰后物块2与小车组成的系统动量守恒，有：

()2223mvmmv=+解得：2msv=由能量守恒定律有：()2222223111222mgABABmvmmv+=−+解得：0.5=（3）弹簧压缩量最大时物块2与小车共速，有：()2223mvmmv=+解得：2msv=（此处如果进行了说明，也可不再次

计算共同速度，只要最后结果对不追究是否有这个表达式）由能量守恒定律有：()22222223111222mvmgABmmvkx=+++解得：0.2mx=（从压缩最短到中点，弹性势能等于热量也可以给

分）15．（18分）（1）电场力FqEmg==，设两力的合力与水平方向夹角为，有：1mgtgqE==解得：45=合力斜向右下与细线夹角小于90，故小球从A开始将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，到O点正下方绳子恰好伸直由牛顿第二定律有：

()()22qEmgma+=解得：2ag=从A到O点正下方所需时间设为At，有：2122ALat=解得：2ALtg=（若按运动的分解去做，只要说明、运算正确也给分）（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45=时拉力最大小球在O点正下方细线伸直前的速度为0

v，由（1）可知：02AvatgL==细线拉直后的速度设为1v，有：10cos2vvgL==小球从O点正下方运动到细线拉力最大时，由动能定理得：()22111sin1cos22mqELmgLmvmv−−=−解得：22mvgL=列向心

力方程有：2cossinmTvFmgqEmL−−=解得：32TFmg=由牛顿第三定律知，细线受到的最大拉力大小为：32TFmg=（3）细线剪断时小球离地面高度为：()1cosHhLL=+−=竖直分速度为：2sin3ygLvv==水平分速度为

：2cos3xgLvv==设细线剪断后小球经时间t落地竖直方向以向上为正，有：212yLvtgt−=−解得：6Ltg=水平方向上，由牛顿第二定律得：xFqEma==解得：xag=则：2152xxxvtatL=+=所以落地点到B点的

距离为：2sin52dxLL=+=+