【文档说明】湖北省十堰市部分重点中学2022-2023学年高二下学期3月联考物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.145 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省十堰市部分重点中学2022-2023学年高二下学期3月联考物理试题一、选择题1.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器（）A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流

的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流【答案】D【解析】【详解】A．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A选项错误。B．电流互感器工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误。C．电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流，故

原、副线圈电流的频率相同。C选项错误。D．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流。D正确。故选D。2.如图所示，a图表示LC振荡电路某时刻的情况，b图表示电流变化过程，0=t时C上板带正电荷，以下说法正确的是（）的的A.

此时电容器中的电场能正在减小B.电容器正在充电C.电感线圈中的磁场能正在减小D.电感线圈中的电流正在减小【答案】A【解析】【详解】AB．由题意可知上极板带正电，电流顺时针方向，可知电容器在放电，此时电容器中的电场能正在减小，A正确，B错误；CD．电容

器在放电，电感线圈中的电流增大，电感线圈中的磁场能正在增大，CD错误。故选A。3.如图所示，两个相同的木模质量均为m，靠三根竖直细线连接，在水平面上按一个“互”字型静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”（Tensegrity）结构原理。图中短线a上的张力1F和水平面所受压力

2F满足（）A.12,2FmgFmgB.12,2FmgFmg=C.12,2FmgFmgD.12,2FmgFmg=【答案】B【解析】【分析】【详解】对两个木模的整体受力分析，整体受2mg的重力和水平面的支持力2F，有22Fmg=由牛顿第三定律可知，水

平面所受压力22FF=，对上方木模分析可知，短线a上的张力1F向上，两长线的拉力T向下，有12TmgF+=故有1Fmg故选B。4.汽车在刹车过程中位移和时间的比值xt与t之间的关系图象如图所示，则下列说法正确的

是（）A.汽车的初速度为40m/sB.刹车过程汽车的加速度大小为25m/sC.刹车过程持续的时间为8sD.从开始刹车计时，经过1s，汽车的位移为30m【答案】B【解析】【详解】AB．根据刹车过程中，位移与时间关系2012xvtat=−整理得012xvatt=−在借助图像可知，汽车的初

速度为20m/s，加速度大小为25m/s，A错误，B正确；C．刹车过程持续的时间020s4s5vta===C错误；D．从开始刹车计时，经过1s，汽车的位移22011201m51m17.5m22svtat=−=−=D错误故选B。。5.在“嫦娥五号”任务中

，有一个重要环节，轨道器和返回器的组合体（简称“甲”）与上升器（简称“乙”）要在环月轨道上实现对接，以使将月壤样品从上升器转移到返回器中，再由返回器带回地球。对接之前，甲、乙分别在各自的轨道上做匀速圆周运动，且甲的轨道半径比乙小，如图所示

，为了实现对接，处在低轨的甲要抬高轨道。下列说法正确的是（）A.在甲抬高轨道之前，甲的线速度小于乙B.甲可以通过增大速度来抬高轨道C.在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力逐渐增大D.返回地球后，月壤样品的重量比在月球表面时大

【答案】BD【解析】【详解】A．在甲抬高轨道之前，两卫星均绕月球做匀速圆周运动，有22MmvGmrr=可得线速度GMvr=因rr甲乙，则甲的线速度大于乙的线速度，故A错误；B．低轨卫星甲变为高轨卫星，需要做离心运动，则需要万有引力小于向心力，则需向后喷气增大速

度，故B正确；C．在甲抬高轨道的过程中，离月球的距离r逐渐增大，由2MmFGr=可知月球对卫星的万有引力逐渐减小，故C错误；D．因地球表面的重力加速度比月球表面的重力加速度大，则由Gmg=可知月壤样品的重量在地表比在月表要大，故D正确。故选BD。为6.如图为水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情

况，以波源1S、2S为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），1S的振幅14cmA=，2S的振幅23cmA=，则下列说法正确的是（）A.处在A、D连线上的质点不一定都是振动加强点B.质点A、D在该时刻的高度差为7cmC.某时刻质点D的位移可能为零D.再过半个周期

，质点B、C是振动加强点【答案】C【解析】【详解】A．此刻A、D是振动加强点，A、D连线上的所有质点一定都是振动加强点，A错误；B．A是波峰与波峰相遇，此时位移为+7cm，D是波谷与波谷相遇，此时位移为-7cm，故质点A、D在该时刻的高度差为14cm，B错

误；C．振动加强指的是振动范围（振幅）变大，某时刻仍会回到平衡位置，某时刻质点D的位移可能为零，C正确；D．干涉图样是稳定存在的，此刻质点B、C是振动减弱的点，之后也始终处于振动减弱的状态，故D错误。故选C。7.一只电阻分别通过四

种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生的热量最大的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：对A、对于正弦式电流，有效值：．根据焦耳定律得：；对B、对于正弦式电流，有效值

：．根据焦耳定律得：；对C、根据焦耳定律得：Q3＝I2RT＝2．25RT对D、对于方波，根据焦耳定律得：；故选D．考点：交流电的有效值【名师点睛】此题是对有效值概念的考查；解题时根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是

有效值，对于正弦式电流有效值与峰值是倍关系．对于方波，直接根据焦耳定律求解热量．8.如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，

重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.在轻绳被烧断的瞬间，C的加速度大小为0B.在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为singC.剪断弹簧的瞬间，C的加速度大小为singD.突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为0【答案】AC【解析】【详解】A．在轻绳

被烧断瞬间，C的受力保持不变，所以C的加速度为零，故A正确；B．对C，根据平衡条件可得sinkxmg=对B，根据牛顿第二定律可得Bsinkxmgma+=解得B2sin=ga故B错误；C．剪断弹簧的瞬间，对C，根据牛顿第二定律有Csin

mgma=解得Csinag=故C正确；D．突然撤去外力F的瞬间，对整体AB，由牛顿第二定律可得AB2sin2mgkxma+=解得AB3sin2ag=故D错误。故选AC。9.如图所示，一个边长为L正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L

，方向垂直纸面向里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直。如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时，下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间变化的图像中，可能正确的是()A.B.的C.D.【答案】ACD【解析】【详解】A．

若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由q＝It可知，通过线圈横截面的电荷量均匀增大，线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，A项可能；B．由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽

度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，故B项错误；C．由于线圈进入磁场时重力也可能大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大安培力也增大，则加速度减小，当安培力增大

到等于重力时，加速度变为零，故C项可能；D．如果线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，则线圈做减速运动，速度减小则安培力减小，最后可能达到平衡，速度不变，动能不变，故D项可能。故选ACD。10.如图所示是将滑动变阻器作为分压器使用的电路，A、B为分压器

的输出端，若把变阻器的滑动片放在变阻器中央，下列判断正确的是（）A.当AB间不接负载时输出电压为2CDABUU=B.当AB间接上负载R时，输出电压2CDABUUC.当AB间接上负载R越大，UAB越接近2CDUD.当AB间接上负载R越小，UAB越接近2CDU【答案】

AC【解析】【分析】【详解】A．空载时，滑动变阻器上、下两部分串联，又因P在变阻器中央，所以上、下部分电阻相等，故电压相等，所以A正确；B．当接上负载时，变阻器下半部分与R并联，并联后总阻值小于上半部分的阻值，所以电压2CDABUU故B错误；CD．当负载电阻R的阻值越大

，并联电路的总电阻越接近变阻器上半部分阻值，所以UAB越接近2CDU，故C正确；D错误。故选AC。11.一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为1W和2W，合外力的冲量大小分别为1I和2I。下列关

系式一定成立的是（）A.213WW=B.217WW=C.213IID.21II【答案】BD【解析】【详解】AB．根据动能定理有()22211132222Wmvmvmv=−=()()2222112152222Wmvmvmv=−=可得217WW=选项A错误，B正确；CD．由于速度是矢量，具

有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，根据动量定理1Ipmv==可知冲量的大小范围是13mvImv237mvImv可知21II选项C错误，D正确。故选BD。二、非选择题12.某小组做测定玻璃

的折射率实验，所用器材有：玻璃砖、大头针、刻度尺、圆规、笔、白纸。（1）下列哪些措施能够提高实验准确程度___________。A．选用两光学表面间距大的玻璃砖B．选用两光学表面平行的玻璃砖C．为了便于观察选用粗的大头针完成实验D．为了便于测量，插在玻璃砖同

侧的两枚大头针间的距离尽量小些（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是__________。A．B．C．D．（3）该小组选取了操作正确的

实验记录，在白纸上画出光线的径迹，过入射光线A点作法线NN的平行线交折射光线的反射延长线于B点，再过B点作法线NN的垂线，垂足为C点，如图所示，则玻璃的折射率n=_________。（用图中线段的字母表示）【答案】①.A②.D③.OBOA

【解析】【详解】（1）[1]A．采用插针法测定玻璃的折射率的时候，应选用光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，从而减小误差，故A正确；B．光学表面是否平行不影响该实验的准确度，故B错误；C．该实验应选用细一点的大头针，故C错误；D．插针时，在玻璃砖同侧的两枚大头针间的

距离尽量大些，D错误。故选A。（2）[2]根据光的折射定律，当选用光学表面平行的玻璃砖时，出射光和入射光应是平行光，又因为发生了折射，因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D正确。故选D。（3）[3]由几何知识得sinBCAOCOA=，sinBCBO

COB=所以玻璃的折射率sinsinAOCOBnBOCOA==13.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。（1）将图中所缺的导线补接完整（要求滑动变阻器滑片向右移时，电阻减小）。（）（2）如果在闭合开关时发现灵敏电

流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将A线圈迅速插入B绕圈时，灵敏电流计指针将___________。（填“向右偏一下”，“向左偏一下”，“不动”）②A线圈插入B线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流

计指针将___________。（填“向右偏一下”，“向左偏一下”，“不动”）（3）在做“研究电磁感应现象”实验时，如果B线圈两端不接任何元件，则B线圈电路中将（）A．因电路不闭合，无电磁感应现象B．有电磁

感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C．不能用楞次定律判断感应电动势方向D．可以用楞次定律判断感应电动势方向【答案】①.②.向右偏转一下③.向左偏转一下④.BD【解析】【详解】(1)[1]如图所示。(2)①[2]依据楞次定

律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则向右偏转一下。②[3]依据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，向左偏转一下。(3)[4]穿过电路中的磁通量发生变化，即产生电磁感应现象；因电路不闭合，无

感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路必须闭合，故BD正确，AC错误。故选BD。14.如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1kg、电荷量q＝+1×10-6C的小物块置于斜面上

的A点，A距斜面底端R的长度为1.5m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）该电场的电场强度的大小；（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度

各是多少？【答案】（1）7.5×105N/C；（2）1s，3m/s。【解析】【详解】（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，则有在x轴方向：Fcos37°﹣mgsin37°＝0…①在y轴方向：FN﹣mgcos37°

﹣Fsin37°＝0．……②解得：gE＝mgtan37°……③故有：E＝7.5×105N/C方向水平向右……④（2）场强变化后物块所受合力为：F＝mgsin37°﹣12qEcos37°……⑤根据牛顿第二定律得：F＝ma……⑥故代入

解得a＝0.3g＝3m/s2方向沿斜面向下由运动学公式可得：vB2﹣vA2＝2as212sat=解得：t＝1svB＝3m/s15.如图所示，匀强磁场方向竖直向下、磁感应强度大小为B。一带电粒子质量为m、电荷量为＋q，此粒子以某水平速度经过P点，方向如图，经

过一段时间粒子经过Q点，已知P、Q在同一水平面内，P、Q间距离为L，P、Q连线与过P点时的速度的反向延长线夹角为θ，不计重力，求：（1）粒子的运动速度大小；（2）粒子从P第一次到Q所用的时间。【答案】（1）2sinqBLm；（2）(22)mqB−【解析】【分析】【详解】（1）如图所示作PQ的

中垂线，过P作初速度的垂线，交点为O，则OP等于带电粒子做圆周运动的半径r，由数学知识可知2sinLr=带电粒子受到的洛伦兹力提供向心力，有200vqvBmr=解得02sinqBLvm=（2）粒子做圆周运动的圆心角22=−又2mTqB=2tT=联立解得()

22mtqB−=16.春节是我国的传统节日，以前人们常在过节时放烟花（如图甲所示）来表示庆祝，礼花弹在地面上从发射筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开后，形成漂亮的球状礼花（如图乙所示）。现有某烟花筒的结构如图丙所示，其工作原理为：点燃引线，引燃

发射药发生爆炸，礼花弹获得一个初速度并同时点燃延期引线。当礼花弹到最高点附近时，延期引线点燃礼花弹。现假设某次放烟花中，礼花弹获得的初速度大小为35m/s，延期引线的燃烧速度为2cm/s，要求爆炸发生在超过礼花弹上升最大高度的96%。忽略空气阻力

的作用和烟花筒的长度，g取10m/s2，则：（1）礼花弹能够上升的最大高度是多少？（2）延期引线的长度范围为多少？【答案】（1）61.25m；（2）5.6cm8.4cmL【解析】【详解】（1）礼花弹离开烟筒后竖直上抛，初速度为035m/sv=，末速为零，加速

度为g，根据速度位移关系可得2061.25m2vhg==（2）若礼花弹上升最小高度被引爆，有2010.962hvtgt=−解得2.8st=引线在上升的最短时间恰好匀速烧完，那么引线的长度至少为122.8cm5.6cmLvt===最长为上升到最高点在下降到

最小爆炸高度引线烧完引爆礼花弹，此时013.5svtg==210.7sttt=−=所以2(3.50.7)2cm8.4cmL=+=所以延期引线的长度范围为5.6cm8.4cmL