【文档说明】湖北省沙市中学2022-2023学年高三下学期2月月考高三物理答案.docx，共(9)页，375.970 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-95418db7ae6f53f7d252c10aa68f6e6a.html

以下为本文档部分文字说明：

高三二月月考物理参考答案1.A2.A【解析】A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从P流向Q，则螺线管上的导线Q端电势较高，选项A正确；B.松开按钮过程，穿过螺线管

的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从Q流向P，螺线管上的导线P端电势较高，选项B错误；C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则螺线管无感应电动势产生，则上导线两端PQ间没有电势差，选项C错误；D.按下和松开

按钮过程，时间不一定相等，则磁通量的变化率不一定相等，则螺线管产生的感应电动势大小不一定相等，选项D错误。故选A。3.D【解析】A.简谐横波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在t=0时刻质点a和质点b均向上运动，可知，

质点b比质点a先回到平衡位置，故A错误；B.因t=0.4s=1T，所以在t=0.4s时与t=0时质点b的速度方向相同，均沿y轴正方向，故B错误；C.因t=0.6s=32T，所以在t=0.6s时质点c的运

动状态与在t=0时的运动状态相反，即在t=0.6s时，质点c到达波峰，速度为零，故C错误；D.在t=0.8s=2T时，质点c位于波谷，加速度达到y轴正向最大值，故D正确。故选D。4.D【解析】B.电子所受的电场力的方向与电

场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据F=eE，电场力逐渐增大，图线向上，B错误；A.电子的加速度a=eE/m，电子向圆心运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增

大，图线向上弯曲，A错误；C.根据Ep=eEx，电子向圆心运动，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，图线向上弯曲，C错误；D.根据φ=Epe，Ep=eEx，解得φ=Ex，电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，图线向上弯曲，D正确。故选D

。5.C【解析】【分析】求交变电流有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，原副

线圈功率相等。【解答】A.设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，则(Um√2)2R⋅T2=U2R⋅T，解得U=110√2V，故A错误；B.理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，由于U1U2=n1n2，电压表示数为U2=11√2V≈15.55V，故B错误；CD

.R处温度升高时，电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流I2增大，则输出功率增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数变大，根据P0=I22R0，则电阻R0消耗的电功率增大，故C正确，D错误。故选C。6

.D【解析】A.v2为椭圆轨道的远地点，加速做离心运动，才能达到以v2所在点与地心连线为半径的圆周轨道，故v2速度小于对应圆轨道的环绕速度，v1表示做匀速圆周运动的速度，根据GMmr2=mv2rv=√GMr可知v1>v2故A错误；B.两个轨道

上的卫星运动到A点时，所受的万有引力产生加速度a=GMr2加速度大小相等，故B错误；CD.椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，则不会相遇，故D正确，C错误。故选D。7.D【解析】解：A、开始a受重力、斜面支持力、细绳拉力T，摩擦力可能有也可能没

有，有的情况下大小方向也不确定，所以c内加入沙子，细绳拉力T变大，摩擦力变化情况不确定，故A错误；B、c受重力和细绳拉力，二力平衡，c内加入沙子，重力增大，再次平衡时，细绳拉力增大，故B错误；C、木块b受力如图1所示：由平衡条件：2Tcosθ=G_b，c内加入沙子后再次平衡时，2T′

cosθ′=Gb，因为T′>T，所以cosθ′<cosθ，所以θ′>θ，设木块a和斜面体总重力为G，受力如图2所示：由平衡条件：N=G+Tcosθ，c内加入沙子后再次平衡时：N′=G+T′cosθ′因Tc

osθ=G_b/2，T′cosθ′=G_b/2，所以：N′=N=G+G_b/2，不变，故C错误；D、B点受力如图3所示：由几何关系：θ=2α，加入沙子后再次平衡时：θ′=2α′，又因为θ′>θ所以：α′>α，即AB绳与竖直方

向的夹角变大，故D正确。故选：D。A、隔离a分析受力解答；B、隔离b分析受力，由二力平衡解答；C、隔离b列平衡方程判断夹角变化，再整体法列平衡方程解答；D、分析B点受力结合数学知识解答。本题考查了解决平衡问题的多种方法

：整体法、隔离体法、正交分解法、合成法，解题时根据需要转换研究对象，变化方法，做好受力分析。8.AC【解析】AB.根据安培定则以及对称性，L1和L3在O点处的磁感应强度为零，L2和L4在O点处的磁感应强度为零，所以O点处的磁感应强度为零，故A正确，B

错误；C.越靠近通电直导线，磁感应强度越强，所以L1导线在L2处产生的磁感应强度大于在L3处的磁感应强度，所以L1对L2的安培力大于L1对L_3的安培力，故C正确；D.若通电导线均通垂直纸面向外的电流，根据安培定则可得L2、L3、L4在L

1处的磁感应强度的方向从L4指向L2，再根据左手定则可以确定，L1受到的安培力的方向应与磁感应强度方向垂直，即从L1指向L3，故D错误。故选AC。9.AD【解析】AB.设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14

m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3，12mv02=12mv12+12mv32，联立解得v1=v0设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量

守恒定律可得mv0=14mv2+mv4，12mv02=12⋅14mv22+12mv42联立解得v2=215v0可得v1=v0>v2，选项A正确，B错误；C.碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0，氮核的动量为pN=14mv2=28mv015，可得pN>pH，选项C错误

；D.碰撞后氢核的动能为EkH=12mv12=12mv02，氮核的动能为EkN=12⋅14mv22=28mv02225，可得EkH>EkN，故D正确。故选AD。10.ABD【解析】略11.BD【解析】A.C和A相碰前，对A有F弹=mgC和A相碰后，由于F_弹<2mg

，可知AC继续向下加速运动，A错误；C.当弹力等于AC的重力时，AC处于平衡状态，有kx0=2mg解得平衡位置时弹簧的压缩量x0=2mgk当B对地面压力最小时，对B分析，则有mg=mg3+kx故弹簧此时的伸长量为x=2mg3k故简谐运动的振幅为A=x0+x=2mg

k+2mg3k=8mg3kC错误；B.当AC运动到最低点时，B对地面的压力最大；由对称性可知，此时弹簧的压缩量为Δx=A+x0=8mg3k+2mgk=14mg3k此时弹力为F=kΔx=14mg3B对地面的最大压力为N=F+mg=17mg3B正确；D.AC碰后粘在一起向下运动速度最

大的位置即为AC处于平衡状态的位置，此时弹力等于AC的重力，即kx0=2mg因此若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置不变，D正确。故选BD。12.(1)1.881(1.880、1.882均可)；(4)1t2；s=(m+M)d22mg(1t)2【解析】解：(1)螺旋测

微器的读数规则分析，固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为38.1×0.01mm=0.381mm，则螺旋测微器的读数为d=1.5mm+0.381mm=1.881mm(4)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则物块通过光电门的瞬

时速度v=dt根据动能定理得mgs=12(m+M)v2解得s=(m+M)d22mg(1t)2所以，以s为纵轴，以1t2为横轴，图像为如图丙的过原点的直线。13.(1)①；②2.8，0.60；(2)3.0，0.50。【解析】【分析】(1)①根据原理图可得出实物图；

②根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据图像可得出电动势和内电阻；(2)明确电路结构，知道滑动变阻器左右两端并联接入电路，则根据串并联电路的规律和图像结合可求得电动势和内电阻。本题考查测量电动势和内电阻的

实验，要求能明确实验原理，知道实验中电路结构的分析和闭合电路欧姆定律的应用，同时能结合图像进行分析求解。【解答】(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示：②根据闭合电路欧姆定律可得U=E−Ir，则由题图c可知电源的电动势E=2.8V，内电阻r=|ΔU/ΔI|=(2.8−1.6)/

2.0Ω=0.60Ω，(2)由乙同学的电路接法可知R1左右两部分并联后与R2串联，则可知在滑片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器接入电路电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图e所示的图像，则由图像可知当电压为2.5V时，电流为0.50A，此时两部分电阻相等，

则总电流为I_1=1A，而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I2=0.33A+0.87A=1.2A，则根据闭合电路欧姆定律可得2.5V=E−r×1A，2.4V=E−r

×l.2A，解得电源的电动势E=3.0V，内电阻r=0.50Ω。14.解：(1)A→B根据理想气体状态方程pAVATA=pBVBTB，解得TB=560K，B→C是等压变化，根据盖-吕萨克定律，VBTB=V

CTC，解得TC=840K；(2)WAB=34J，B→C过程气体膨胀，外界对气体做功WBC=−pΔV=−p(VC−VB)=−60J，C→A过程气体体积不变，WCA=0，整个循环过程W=WAB+WBC+WCA=−26J

，由于理想气体的内能只与温度有关，所以经历一个循环过程后，内能不变，即ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，解得Q=26J，所以此循环过程气体吸热26J。【解析】本题考查气体状态变化的图像问题，掌握变化过程中满足的气体规律即可解答。(1)由理想气体状态方程及盖-吕萨克定律求解B、C

状态的温度；(2)由热力学第一定律求解气体吸收的热量，基础题。15.16.【答案】解：(1)粒子在电场中运动的加速度a=qE/m，P到原点O的距离d=v022a，P到O的时间t1=v0a。设粒子在磁场中运动

半径为R，则有qv0B=mv02R，粒子在磁场中运动时间t2=πRv0，粒子第二次通过x轴时运动的路程s=d+πR=mv022qE+πmv0qB运动时间t=t1+t2=πmqB+mv0qE(2)如图是粒子运动轨迹的一部分。图中可看出，粒子经过A点时沿x轴正方向。粒子由M点进入磁场时，沿x

轴方向的速度为v1，沿y轴方向的速度为v0，则进入磁场的合速度v=√v02+v12；过M点作合速度v的垂线，过A点作平行于y轴的直线，两直线的交点O1即为圆心，AO1与x轴交点为D，AO1与MO1的夹角设为θ，则v与v1的夹角也为θ，粒子在磁场中的半径设为R1，则

qvB=mv2R1，MD=R1sinθ可得MD=mvsinθqB=mv0qBA点的纵坐标为√3mv03qB，则O1D=R1−√3mv03qB在三角形O1MD中有R12=MD2+O1D2=(mv0qB)2+(R1−√3mv0qB)2解得R1=2√3mv03qB，O1D=√3mv03qB，

O1D=R1cosθ由O1D=mvcosθqB=mv1qB得v1=√33v0。(3)如图画出了粒子经过C点的一种可能的情况，O2是圆心，O2Q与y轴平行，K是O2Q与x轴的交点，CQ平行x轴，CL平行y轴。P到G沿x方向的距离OG=v2t1=v02×mv0qE=

mv022qEHI的沿x方向的距离与OG相等，同理可知GH=2mv0qB故P到I间的距离PI=2mv0qB+mv02qE同理可知O2K=mv2qB=mv02qB可知JK=mv0qB半径R2=m√v02+v22qB=√5mv02qB在三角形CO2Q中

有CQ=√R22−(QK+O2K)2C点的纵坐标为mv02qB，故QK=mv02qB，解得CQ=mv02qB。故I与C沿x轴距离为mv022qE+mv02qB。若C点在Q点右侧，则I与C沿x轴距离为mv022qE+3mv02qB考虑到

粒子可能经过多个类似P到I这样的过程后经过C点，若C点在Q点左侧，则C点的横坐标为n(2mv0qB+mv02qE)+mv022qE+mv02qB若C点在Q点右侧，则C点的横坐标为n(2mv0qB+mv02qE)+mv022qE+3mv02

qB