【文档说明】天津市第三中学2022-2023学年高二下学期3月阶段性质量检测物理试题答案.docx，共(11)页，214.584 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案：1．D【详解】物体的动量变化量的大小为6kg·m/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变。故选D。2．C【详解】A．根据原副线圈电流与匝数成

反比得12211==2InInA错误；B．电压表V1测量原线圈电压，移动滑动变阻器，原线圈电压不变，B错误；C．根据1122UnUn=可知副线圈电压不变，则滑动变阻器滑片P由a端向b端缓慢滑动时，电阻变小，

电流变大，所以电流表A2的示数逐渐变大，C正确；D．变压器的原、副线圈的电压均不变，而副线圈电路总电阻减小，则输出功率一直增大，由于理想变压器输入功率和输出功率相等，变压器输入功率也一直变大，D错误。故选C。3．C【详解】A．麦克斯

韦首先预言电磁波，而赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A错误；B．红外线波长大于紫外线的波长，故B错误；C．均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，将不能再产生电磁波，故C正确；D．电磁波在真空中也能传播，把手机放在抽成真空的玻璃盒中，手机能接收到电磁波的信号，故D错误。故选C。4．C【详解】

A．重力的冲量表示为GImgt=A、B两个物体下滑的时间分别为At、Bt，则有()221A1sinsin2hhgt−=()221B1sinsin2hhgt−=由此可知，A、B两个物体下滑的时间不同，则所受重力的

冲量大小不同，A错误；B．AB两物体所受支持力的冲量大小表示为()A21cos2cotAImgtmghh==−()BB21cos2cotImgtmghh==−由此可知，所受支持力的冲量大小不相等，B错误；C．由动能

定理可知，物体下滑到同一高度时的速度大小相同，则末动量大小相同。由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，则所受合力的冲量大小相同，C正确；D．动量的变化量为矢量，物体末速度大小相同，方向不同，则动量变化量一定不相同，D错误。故选C。5．C【

详解】线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电，对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为a

bcda→→→→，与规定的正方向相同。故选C。6．B【详解】A．根据电磁振荡的频率公式12fLC=可知，自感系数L和电容C都增大到原来的两倍，可以使振荡频率减小到原来的12，故A错误；BD．根据安培定则可知，电路中电流的方向从a流向b，又由于b点比a点电势低，则说明电容器正在放电，电场能向磁

场能转化，故B正确，D错误；C．电容器正在放电，则电路中的电流在增大，根据电磁振荡的特点可知，电流的变化率在减小，根据电流产生的磁场的特点可知线圈磁通量变化率正在减小，故C错误。故选B。7．C【详解】设电流的有效值为I，根据

有效值定义有22200()(3)242ITTQIRTIR==+解得0II=故选C。8．D【详解】AB．根据正弦式交变电流表达式2cos(4)it=可知该交变电流的最大值为2AmI=该交变电流的有

效值为m2A2II==有故AB错误；CD．根据正弦式交变电流表达式2cos(4)it=可知该交变电流的周期为22s0.5s4T===该交变电流的频率为12HzfT==交变电流一个周期内电流方向改变2次，每分钟该交变电流的方向变化的次数为60222400.5tnT===故C错

误，D正确。故选D。9．A【详解】由题意可知，正弦交变电流的电动势峰值为m502VE=则其有效值为m50V2EE==由闭合电路欧姆定律，可得EIRr=+解得电路中电流为2.5AI=所以电压表的示数为2.517V42.5VUIR==

=故选A。10．B【详解】A．机械波传播需要介质，电磁波可以在真空中传播，也可以在介质中传播，A错误；B．额温枪测温利用的是接收人体辐射出的红外线，红外线的辐射强度与温度有关，B正确；C．麦克斯韦预言了电磁波，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，C错误；D．不同波长的电磁波，在真

空中的传播速度相同，都等于光速，D错误。故选B。11．BC【详解】小球上升过程中受重力与向下的逐渐减小的阻力，下降过程中受重力与向上的逐渐增大的阻力。由牛顿第二定律知，向上运动时mgkvma+=加速度随速度的减小而减小，小球做加速度逐渐减小的减速运动；当小球向下运动时mgkvma

−=加速度随速度的增大而减小，小球做加速度逐渐减小的加速运动，即小球在整个运动过程中均是做加速度逐渐减小的变速运动，落回到原处时上升阶段的位移大小等于下降阶段的位移大小。由于阻力的存在，小球的机械能是一直减小的，故上升过程的速度必大于下降过程中同一高度处的速度，则其速度

一时间图像如图甲所示。由于fkv=，可知ft−图像与vt−图像形状相似，如图乙所示。A．小球在上升和下降过程中重力做功GWmgh=的数值相等，A错误；B．小球运动的速度一时间图像如图甲所示，由于上升过程与下降过程中位移大小相等，故10~t与21~tt内图线与时间轴所围

面积相等，则由图甲可以看出，下降过程经历的时间大于上升过程经历的时间，再由重力冲量Imgt=可知重力在下降过程产生的冲量大于在上升过程产生的冲量，B正确；C．ft−图线与时间轴所围面积表示力f的冲量，由于fkv=，vt−图像中10~t

与21~tt内图线与时间轴所围面积大小均为h，则ft−图像中10~t与21~tt内图线与时间轴所围面积大小均等于kh，则上升过程和下降过程中空气阻力的冲量大小相等，C正确；D．由于小球落回到抛出点时速率小于抛出时的速率，故上升过程中动量的减小量必大于下降过程中动量的增加量，D错误

。故选BC。12．AB【详解】A．降压变压器输入电压的最大值为110002V，则有效值为11000V，则112211000502201nUnU===选项A正确；B．交流电的频率100Hz50Hz22f===经过变压器后，交流电的频率不变，选项B正确；C．降压

变压器中副线圈中的电流大于原线圈中的电流，为了使线圈放出的热量尽量少，则副线圈导线的电阻应小于原线圈导线的电阻，则副线圈导线应比原线圈导线粗，选项C错误；D．副线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和，而原、副线圈中的电流不相等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，选项D错误

。故选AB。13．CD【详解】A．2T时刻穿过线框的磁通量最大，此时线框平面位于中性面，故A错误；B．线框的感应电动势的最大值为mm2πEBST==则有效值为mm2π2EET==故B错误；C．根据功能关系可知，线框转一周外力所做的功等于线框消耗的电能，即22m2

2πEWTRRT==故C正确；D．从0=t到4Tt=过程中通过线框横截面的电荷量为mΔ=qRR=总故D正确。故选CD。14．BC【详解】设垒球的初速度v0=25m/s的方向为正方向，则末速度为v1=−45m/

s。AB．动量的变化量为矢量，有Δp=mv1−mv0=−12.6kg⋅m/s即垒球的动量变化量大小为12.6kg·m/s，负号表示方向与初速度方向相反，故A错误，B正确；CD．由I=Ft=Δp可知，球棒对垒球的平均作用力F=-6300N负号表示方向与初速度方向相反，故C正确，D错误。故选BC。1

5．AD【详解】A．过程Ⅰ中NF的大小不为零，根据冲量的定义式I=FNt可知，NF冲量不为零，故A正确；B．根据动量定理可知，过程Ⅰ中G沿斜面的分力的冲量等于滑块动量的变化，故B错误；C．过程I与过程Ⅱ中滑块动量的变化大小相同，方向不同，故C错

误；D．对全过程应用动量定理，由于动量变化为零，则Ⅰ与Ⅱ全过程中滑块的合外力的冲量为零，故D正确。故选AD。16．BD【详解】A．设变压器输入电压为U1，输出电压为U2，用户电压为U3，当P不动，则U2不变，变压器原副线圈电流关系为1221InIn=

用户增多时，电路总电阻变小，电流I2增大，可知原线圈电流I1增大，则A表的示数增大，故A错误；BC．R0两端的电压为U0=I2R0用户得到的电压为U3=U2-U0当用户增多时，I2增大，U0增大，所以U3减小，为使用户获得的电压稳定在22

0V，则需要增大U2，变压器原副线圈电压关系为2211UnUn=在U1和n2不变的情况下，要增大U2，可以减小n1，即将P适当上调，故B正确，C错误；D．R0消耗的功率为2020PIR=，当用户减少时，I2减小，所以R0的功率减小，故D正确。故

选BD。17．（1）5000V，20A；（2）10Ω，4800V【详解】（1）对升压变压器，据公式1122UnUn=221120250V5000V1nUUn===因为12PP=可知升压变压器次级电流222100000A20A5000PIU===（2）导线上损失功率22PIR=损线10.04PP

=损所以1220.0410ΩPRI==线因为2UIR=线所以降压变压器原线圈两端的电压32Δ4800VUUU=−=18．（1）12r/s；（2）6A2【详解】（1）灯泡并正常发光，说明硬导线在磁场中匀速转动产

生的感应电动势的有效值等于12V，则电动势最大值为m2122VEU==又2m8dEBSB==解得24rad/s=硬导线在磁场中匀速转动的转速为12r/s2n==（2）由图示位置开始计时，

该感应电动势的瞬时值表达式为()msin122sin24VeEtt==灯泡的电阻为212ΩURP==感应电流的瞬时值表达式为()2sin24AeitR==1s36t=时导线中的瞬时电流为162sin(24)AA362i

==19．（1）0.42Ns，方向竖直向上；（2）14N【详解】（1）足球由静止下落过程，有21112hgt=解得10.3st=足球被顶起的上升过程，有22212hgt=解得20.4st=足球从开始下落到被顶起到达最高点全过程中重力的冲量G21

0.42NsImgtmgt=−=方向竖直向上；（2）足球下落过程，由自由落体公式可得212vgh=解得13m/sv=足球上升过程，由公式可得2222vgh=解得24m/sv=所以足球与头部作用过程中，以向上为正方向，由动量定理()()21Fmgtmvmv−=−−解得F=14N