【文档说明】湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中、襄阳三中、沙市中学2022-2023学年高二下学期4月联考物理试题 含解析.docx，共(20)页，2.054 MB，由小赞的店铺上传

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郧阳中学、恩施高中、随州二中、襄阳三中、沙市中学高二下学期四月联考物理试卷一、选择题：共11小题，每小题4分，共44分。其中8~11为多选题，选不全得2分1.下列说法正确的是()A.电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的B.由电

场强度的定义式FEq=可知E的方向决定于q的正负C.法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律D.“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应【答案】D【解析】【详解】A．静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷周围

才能存在磁场，故A错误；B．电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关，故B错误；C．安培首先总结出磁场对电流作用力的规律，故C错误；D．“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应，故D正确。故选D。2.如果取两个分子相距无穷远时的分子势

能为零，平衡距离为r0，则下面说法中正确的有（）A.当两分子间距在r0和10r0之间时，分子势能一定为负值B.当两分子间距为r0时，分子间没有相互作用力C.当两分子间距为r0时，分子势能为零D.当两分子间距小于r0时，分子势能一定为正值【答案】A【解析】【详解】A．当两分子间距在r0和10r0之间

时，分子力表现为引力，则随分子距离增加，分子力做负功，分子势能增加，因无穷远处分子势能为零，可知分子势能一定为负值，选项A正确；B．当两分子间距为r0时，分子间斥力和引力相等，分子间相互作用力表现为零

，选项B错误；C．当两分子间距为r0时，分子势能最小，但不是为零，选项C错误；D．当两分子间距小于r0时，分子力表现为斥力，则随分子间距减小，分子力做负功，分子势能增加，分子势能由负值变为正值，选项D错误。故选A。

3.LC振荡电路中电容器极板上电量q随时间t变化的图线如图，由图可知（）A.在t1时刻电路中的磁场能最大B.从t1到t2，电路中的电流不断变小C.从t2到t3，电容器不断充电D.在t4时刻磁场能正在向电场能转化【答案】C【解析】【详解】A．在t1时刻，电路中的q最大，说明还没放电，所以

电路中无电流，则磁场能最小，故A错误；B．在t1到t2时刻电路中的q不断减小，说明电容器在不断放电，电路中的电流在不断增加，故B错误；C．在t2到t3时刻电路中的q不断增加，说明电容器在不断充电，故C正确；D．在t4时刻电路中的q等于0，说明电容器放电完毕，则

电场能最小，故D错误；故选C。4.在绝缘水平面上方均匀分布着方向与水平向右成60斜向上的匀强磁场，一通有如图所示的恒定电流I的金属方棒，在安培力作用下水平向右做匀速直线运动。已知棒与水平面间的动摩擦因数33=。若磁场方向由

图示方向开始沿逆时针缓慢转动至竖直向上的过程中，棒始终保持匀速直线运动，设此过程中磁场方向与水平向右的夹角为θ，则关于磁场的磁感应强度的大小B与θ的变化关系图象可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【

详解】棒受力如图所示则sin(cos)BILmgBIL=+得12(sincos)sin(30)3ILILBmgmg=−=−所以C正确，ABD错误。故选C。5.如图，在边长为2a的正三角形区域内存在方向

垂直于纸面向里的恒定的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子（重力不计）从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若B大小可调，下列说法正确的是（）A.粒子可能从A点飞出，此时3mvBaq=B.

粒子可能从C点飞出，此时3mvBaq=C.粒子可能从B点飞出，此时3mvBaq=D.粒子如果从AB边飞出，在磁场中运动的时间都相同【答案】D【解析】【详解】A．带负电的粒子受到向右的洛伦兹力，则不可能从A点飞出，选项A错误；B．若粒子从C点飞出，则粒子运

动的半径为2sin603raa==洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2vqvBmr=解得33mvBaq=选项B错误；C．粒子运动的轨迹只能与BC相切，则不可能从B点飞出，选项C错误；D．粒子如果从AB边飞出，在磁场中运动的角度均为240°

，则运动的时间都相同，选项D正确。故选D6.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为5:1，现在电路输入端输入电压2202sin100(V)ut=，此时电阻2R和3R的功率相等，电流表和电压表均为理想

电表，电流表2A的示数。为0.20A，电压表2V的示数为11V，下列说法正确的是（）A.电压表1V的示数为220VB.电流表1A的示数为0.04AC.25500ΩR=D.12062.5ΩR=【答案】D【解析】【分析】【详解】A．

由变压器规律可知，电压表1V的示数为112251155V1nUUn===A错误；BC．由于电阻2R和3R的功率相等，有21222UIUR=得21375ΩR=2R中电流为12255A0.04A1375RUIR===又2A示数为0

.20A，由变压器规律可知流过变压器原线圈的电流为212110.20A0.04A5nIIn===可得电流表1A的示数为'10.04A0.04A0.08AI=+=BC错误；D．输入端输入电压的最大值为2202V，则有效值220VU=，所以电阻'11'122055Ω2062.5Ω

0.08URI−===D正确。故选D。7.质量为m=1kg圆环套在光滑水平杆上处于静止状态，t=0开始受到一个斜向上与水平方向夹角60°的力F的作用，F的方向保持不变，大小随时间按如图所示变化，g=10m/s2，下列说法正

确的是（）A.物体在4s末的速度大小为20m/sB.在2s~4s时间内，合外力的冲量为15N∙sC.在0~6s时间内，重力与杆的弹力的合力的冲量为0D.在2~6s时间内，力F的冲量为40N∙s【答案】D【解析】【详解】A．由动量定理可知4cos60Ftmv=o因图像的面积等于冲量，则

4141020Ns2Ft==可得物体在4s末的速度大小为10m/sv=选项A错误；B．在2s~4s时间内，力F的冲量为的5102Ns15Ns2I+==圆环受的合力为1=cos602FFF=合则合外力的冲量为7.5N∙s，选项B错误；C．圆环在竖直

方向受重力、杆的弹力和力F的竖直分力作用，三个力的合力为零，冲量为零，即在0~6s时间内，重力与杆的弹力的合力的冲量不为0，选项C错误；D．在2~6s时间内，力F的冲量为'5154Ns40Ns2I+==

选项D正确故选D。8.如图xoy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿正x轴方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度0cosBBxd=（式中B0为已知量），规定竖直向下方向为

磁感应强度正方向，线框电阻为R，t=0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是（）A.外力为恒力B.t=0时，外力大小2204BLvFR=C.通过线圈的瞬时电流02cosvtBLvdIR=D.经过dtv=，线圈中产生的电热2202BLvdQR=【答

案】CD【解析】。【详解】由于磁场是变化的，故切割产生的感应电动势也为变值，安培力也会变力；故要保持其匀速运动，外力F不能为恒力；故A错误；t=0时，左右两边的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势E=2

B0Lv，拉力等于安培力，即220042BLvFBILR==，故B错误；由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为x=vt；瞬时电动势02cosvteBLvd=，瞬时电流02cosvtBLvediRR==,故C正确；由于瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流

的有效值02BLvIR=,故产生的电势22202BLvdQIRtR==，故D正确．9.如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF

平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计．当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆

也正好以速度v2向下匀速运动，重力加速度为g．以下说法正确的是()A.回路中的电流强度为()122BLvvR+B.ab杆所受摩擦力为mgsinθC.cd杆所受摩擦力为221(sin)2BLvmgR+D.μ与v1大小的关系为μ＝221(si

n)2cosBLvmgRmg+【答案】C【解析】【详解】A.cd棒不切割磁感线，ab杆产生的感应电动势E=BLv1，回路中感应电流I=2ER=12BLvR故A错误；B.ab杆匀速下滑，受力平衡条件，则ab杆所受的安培力大小为F安=BIL=2212BLvR方向沿

轨道向上，则由平衡条件，ab所受的摩擦力大小为f=mgsin-F安=mgsin-2212BLvR故B错误；C.cd杆所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力为f=FN=［mgcos(90-)+F安］=221(sin)2BLvmgR+故C正确；D

.根据cd杆受力平衡得mgsin（90°-）=221(sin)2BLvmgR+则得与v1大小的关系=221cossin2mgBLvmgR+故D错误．10.t=0时刻位于坐标原点O的波源沿y轴开始振动，形成沿x轴正方向传播的简谐横

波，t=5s时波源停止振动，t=6.5s时0~7m的波形图如图所示，此刻质点P的平衡位置与O点的距离x=4m。下列说法正确的是（）A.波的周期为2sB.0~4s时间内质点P运动的总路程为80mC.t=0时

刻波源的振动方向沿y轴正方向D.t=7s时刻质点P位于波峰【答案】AB【解析】【详解】A．波源停振后至t=（6.5s-5s）=1.5s的时间内，由图象知波传播了3m，得波速3m/s=2m/s1.5xvt=＝由图象知波长λ=4m，得周期4

s=2s2Tv=＝故A正确；B．波传到P点用时间14s=2s2t=0~4s时间内质点P振动2s，则运动的总路程为4A=80m，选项B正确；C．因波源振动5s生成2.5个波长的波形，即t=6.5s时波已经传到了x=13m的位置，根据波形图可知，波传到x=13m处

的质点时，振动方向向下，可知t=0时刻波源的振动方向沿y轴负方向，选项C错误；D．t=7s时刻，即波在图示波形的基础上再传播0.5s，即传播1m，可知此时刻质点P位于平衡位置，选项D错误。故选AB。11.一定质量的理想

气体保持压强为p不变，测得气体在0℃时的体积为V0，10℃时的体积为V1，20℃时的体积为V2，则下列说法正确的是（）A.02110273VVV=+B.12010273VVV=+C.气体温度从0℃升高到20℃的过程中，气体对外界做的功为20()PVV−D.随

温度的升高，单位时间撞击容器壁单位面积的分子数增加【答案】AC【解析】【详解】AB．一定质量的理想气体保持压强p不变，根据盖-吕萨克定律有012012VVVTTT==根据热力学温度和摄氏温度关系有0273KT=

，1(27310)KT=+，2(27320)KT=+解得01010273VVV=+，0112110101020283273283VVVVVVV=+=+=+故A正确，B错误；C．气体温度从0℃升高到20℃，气体压强保持不变，体积增大，气体对外界做的功为20()WpVV=

−故C正确；D．气体温度升高，分子的平均动能增大，气体体积增大，压强不变，单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减少，故D错误。故选AC。二、非选择题：共56分12.（1）在用油膜法估测分子大小实验中

，已知纯油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，一滴油酸溶液中含纯油酸的质量为m，一滴油酸溶液滴在水面上扩散后形成的纯油酸油膜最大面积为S，阿伏加德罗常数为NA，则油酸分子的直径为______；一滴油酸含有的分子数量为______；（2）将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精

溶液，已知1cm3的溶液有50滴，现取1滴油酸酒精溶液滴到水面上，随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子薄层，测出这一薄层的面积为0.2m2，由此可估测油酸分子的直径为______。A．2×10-10mB．2×10-9mC．5×10-10mD．5×10-9m【答案

】①.mS②.AmNM③.C【解析】【详解】（1）[1]一滴油酸的体积为mV=一滴纯油酸油膜最大面积为S，则油酸分子直径VmdSS==[2]一滴油酸的摩尔数为mNM=的分子数为AAmnNNNM==（2）[3]1滴油酸酒精溶液中含有的油酸体积为631

03110m10m20050−−=油膜分子单分子油膜，根据101010m510m0.2VdS−−===故选C。13.在用双缝干涉测光的波长的实验中,准备了下列器材:A.白炽灯B.双缝片C.单缝片D.滤光片E.毛玻璃光屏(1)把以上器材安装在光具座上,自光源起合理的顺序是__

____(填字母).(2)在某次实验中,用某种单色光通过双缝在光屏上得到明暗相间的干涉条纹,利用测量头上的分划板确定其中亮条纹a、c的位置,如下图所示,表示a条纹位置(图甲)的手轮读数为______mm,表示c条纹位置(图乙)的手轮读数为______mm.(3)如果上

述实验中双缝到光屏的距离为0.500m,所用的是双缝间距为0.18mm的双缝片,则实验中所用单色光的波长为______m(结果保留两位有效数字).【答案】①.ADCBE②.1.790③.4.940④.5.7×10-7【解析】【详解】（1）为获取单色线相干光源，白炽灯光源后面要有滤

光片、单缝、双缝，最后为毛玻璃屏，所以合理顺序为ADCBE．（2）图甲主尺刻度1.5mm，分尺刻度：0.5mm29.00.290mm50=，所以图甲读数：1.790mm；图乙主尺刻度4.5mm，分尺刻度：0.5mm44.00.440mm50=，所以

乙图读数：4.940mm．（3）根据螺旋测微器读数可知：两亮纹间距：33(4.9401.790)10m1.57510m2x−−−==，根据Lxd=可得：3371.575100.1810m5.710m0.5xdL

−−−===是14.如图所示，有一厚度不计的圆柱形容器，如图为其正中截面，其底面半径为R，高为233R。在底面的中心处有一点光源S，容器上表面的边缘为P。若容器内倒入某种液体，倒入深度为32R，S发出的光射向液体上表面，当入射角为30°时，恰能射到P点

。求：（1）该液体的折射率n；（2）光从S到P所用的时间t（真空中光速为c）。【答案】（1）3；（2）433Rc【解析】【详解】（1）S发出的光传播路径如图所示由几何关系可得3233632ARRRP==−12OABSR==则33OPR=OSR=3sin2OAiOP==该液体的

折射率sin3sin30in==（2）光在液体中的传播速度为33cvcn==光在液体中传播时间为13SORtvc==光在空气中传播时间为233OPRtcc==光从S到P所用的时间433Rtc=15.如图所示，高度h=0.45m的弧形导轨与平直导轨平滑连

接，轨道宽度为l=0.5m；在虚线右侧的平直导轨部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B=1T。质量为m2=0.2kg、长为l、电阻为R2=1Ω的导体棒cd垂直放置在直导轨上，质量为m1=0.1kg、长为l、电阻为R1=0.5Ω的导体棒ab从弧形轨道顶端由静止释放，两导体棒最终相对

静止，此过程中两导体棒没有接触。不计一切摩擦，g=10m/s2，求：（1）从开始释放ab到两导体棒相对静止的过程中，导体棒ab中产生的焦耳热Q1；（2）从ab进入磁场到两导体棒相对静止的过程中，ab相对cd发生的位移s。【答案】（1）0.1J；（2）1.2m【解析】【

详解】（1）ab滑到底端时由机械能守恒定律可知211012mghmv=可得v0=3m/s导体棒ab进入磁场后，两棒动量守恒，相对静止时的共同速度为v，则m1v0=(m1+m2)v解得v=1m/s系统产生的焦耳热22101211()0.3J22Qmvmmv=−+=导体棒ab中

产生的焦耳热11120.1JRQRRQ==+（2）对cd棒由动量定理2BIltmv=1212BlsItRRRR==++解得1.2ms=16.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀

强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为（4L，3L），M点为OC的中点。质量为m、带电荷量为-q的粒子从C点以平行于y轴的方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为002qBLvm=

，sin37°=0.6，不计粒子所受重力，求：（1）若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度的大小范围；（2）若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度的大小；（3）若00πmtqB=，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中各环绕一次后通过M点，求区域Ⅱ的磁感应强度的大小以及粒子从C到M的时间（计算结果用

分数和t0表示，分数需化简到最简结果）。【答案】（1）006BB；（2）02449B；（3）02173720t【解析】【详解】（1）粒子速度一定的情况下，磁场强度越小，轨迹半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好能进入I区域，如图所示粒子不能进入I区时，粒子运动半径：r0>3L

，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2000vqBvmr=已知002qBLvm=解得006BB（2）若粒子在区域II中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场，恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q=2θ，如图所示粒子在区域I中的

运动半径为002mvLrqB==24sin22sincos25==又sin2rRr=−解得49492448RrL==粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得200vqvBmR=解得02449BB=（3）粒子在区

域Ⅰ和区域Ⅱ中各环绕一次后通过M点，由几何关系可得852()cos()52CMRrRrL=−=−=解得3316RL=由牛顿第二定律得200vqvBmR=解得0833BB=由几何关系可知粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的圆心角都为1802106

=−=由2mTqB=可得粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的时间分别为10mtqB=20338mtqB=粒子从C到M的时间1102173720tttt=+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangx

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