湖北省多校2024-2025学年高二下学期3月联考物理试卷（含解析）

这是一份湖北省多校2024-2025学年高二下学期3月联考物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.生活中的传感器有很多种，其中有一种电容式风力传感器，是通过改变极板间的距离来改变电容的，如图所示，将电容式风力传感器连接在电路中组成回路，电源电动势恒定不变，闭合开关S，可动电极在风力作用下能够向左移动，风力越大，向左移动的距离越大。下列说法正确的是( )
A. 风力越大，电容式风力传感器的电容越小
B. 风力越小，电容式风力传感器的电容器存储的电荷越多
C. 风力越大，电容式风力传感器两极板间的电场强度越大
D. 风力越小，电容式风力传感器两极板间的电压越大
2.英国的布劳顿大桥是世界上较早的一座悬索桥。1831年4月12日，当74名士兵齐步走经过布劳顿大桥时，大桥却突然坍塌，此后规定部队过桥时应便步通过。下列说法正确的是( )
A. 大桥坍塌是因为大桥发生了共振
B. 士兵经过大桥时齐步走的频率远大于桥的固有频率
C. 大桥坍塌是因为这74名士兵所受重力较大
D. 部队齐步走过桥时桥的振幅比便步走时要小
3.洛伦兹力演示仪的结构示意图如图所示，励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场，在演示仪中做圆周运动。下列说法正确的是( )
A. 励磁线圈产生的磁场方向垂直纸面向外
B. 电子在洛伦兹力作用下的速度越来越大
C. 仅减小电子的射入速度，电子的运动半径变大
D. 励磁线圈中通有顺时针方向的电流
4.如图所示，水平桌面上固定一通电直导线，电流方向图中已标出，且电流逐渐增大，导线右侧有一金属导线制成的圆环，且圆环始终静止在水平桌面上，下列说法正确的是( )
A. 圆环中产生顺时针方向的感应电流B. 圆环有收缩的趋势
C. 穿过圆环的磁通量变小D. 圆环受到水平向右的摩擦力
5.乌贼在无脊椎动物中游泳最快，被称为“水中火箭”。一只悬浮在水中的乌贼，吸满水时的质量为2kg，遇到危险时，乌贼通过体管在0.1s内将0.3kg的水向后以80m/s的速度喷出，从而获得极大的逃窜速度，则乌贼在向后喷水的时间内，获得的向前平均推力约为( )
A. 80NB. 240NC. 800ND. 1600N
6.如图所示，电阻不计的水平“U”形光滑导轨上接一个阻值为R0的电阻，放在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一半径为a、质量为m、电阻也为R0的半圆形硬导体棒AC(直径与导轨垂直，并接触良好)，在水平向右的恒定外力F的作用下，由静止开始运动，当其速度为vm后匀速运动，下列说法正确的是( )
A. 匀速运动时，导体棒AC的感应电动势为πaBvm
B. 加速过程中导体棒AC的平均速度小于vm2
C. 电阻R0消耗的电功率与导体棒AC的速度大小成正比
D. 匀速运动时，导体棒AC消耗的电功率为12Fvm
7.如图甲所示，劲度系数为50N/m的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一质量m=0.4kg的小钢球，用手缓慢把钢球从平衡位置O向下拉一段距离后松手，以小球的平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，从某一时刻开始计时，小球在竖直方向做简谐运动的图像如图乙所示，其振动周期为T，取重力加速度大小g=10m/s2，则t=T2时刻弹簧的弹力大小为( )
A. 0B. 2NC. 2.5ND. 4N
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.收音机的调谐电路如图甲所示，改变可变电容器C的电容，进而改变调谐电路的频率。某次“调频”后，电路中的高频电流i随时间t的变化规律为如图乙所示的正弦曲线。下列说法正确的是( )
A. t1时刻，电容器C两极板之间的电场能最大
B. t2时刻，线圈L的自感电动势最大
C. t2∼t3时间内，回路中的磁场能正在向电场能转化
D. t3∼t4时间内，电容器C正在充电
9.如图所示，匝数为N、面积为S的矩形线框处在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，线框绕平行于磁场方向的轴OO′以恒定的角速度沿逆时针方向转动，线框通过电刷与外电路连接，图中的理想变压器原、副线圈的匝数比为3:1，电流表(理想)的示数为I，定值电阻R1、R2阻值均为R，线框以及导线的电阻均可忽略。下列说法正确的是( )
A. 线框经过图示位置时，产生的感应电动势最小
B. 线框转动过程中产生的最大感应电动势为 2IR
C. 线框转动的角速度为9 2IR10NB0S
D. R1、R2消耗的电功率之比为3:1
10.如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a的质量为2m，电阻为r，导体棒b的质量为m，电阻为2r，两导体棒的长度均为l，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0，除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用。在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 最终a、b棒以相同的速度做匀速直线运动
B. a棒受到的安培力做的功等于电路中产生的焦耳热
C. b棒受到的安培力做的功为9mv0232
D. 全过程中，通过导体棒a的电荷量为2mv03Bl
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某学校高二(9)班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)下列说法正确的是 。
A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.变压器原线圈接低压交流电时，可以用多用电表的“直流电压挡”测量副线圈电压
C.研究副线圈匝数对副线圈电压的影响时，需保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数
D.测量副线圈电压时，先用中间挡位的量程试测，大致确定后再选用适当的挡位
(2)变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是 。
A.增大涡流，提高变压器的效率
B.减小涡流，提高变压器的效率
C.增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
(3)一位同学实验时，发现两个线圈的导线粗细不同。他选择的原线圈为500匝，副线圈为300匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端“6 V”挡位，测得副线圈的电压为3.7V。则下列分析可能正确的是 。
A.原线圈导线比副线圈导线粗
B.学生电源实际输出电压小于标注的“6 V”
C.原线圈实际匝数与标注的“500”不符，应大于500
D.副线圈实际匝数与标注的“300”不符，应大于300
12.罗同学用单摆测量重力加速度的实验装置如图甲所示，实验步骤如下。
(1)用游标卡尺测量摆球直径的示数如图乙所示，则摆球的直径d= cm。
(2)按实验装置图安装好实验装置，然后用米尺测量细线悬点到小球上端的长度L，接着将摆球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放摆球，稳定后在摆球某次经过平衡位置时开始计时，并计数为0，此后摆球每摆到平衡位置一次，计数一次，依次计数为1、2、3⋯，当数到80时，停止计时，测得的时间为t。
(3)根据上述实验操作，计算当地重力加速度的表达式g= (用题中的物理量符号表示)。
(4)多次改变悬线长度，测出每次对应的悬线长度，重复(2)中的实验步骤，然后计算出每个悬线长度对应的t2，并以L为纵坐标、t2为横坐标，作出的L−t2图线的斜率为k，则当地重力加速度g= (用k表示)。
(5)实验完成后罗同学和其他同学进行了讨论，下列说法正确的是 。
A.测摆线时，若摆线拉得过紧，则利用计算表达式得到的g值偏大
B.利用停表开始计时时，若停表过迟按下，则利用计算表达式得到的g值偏小
C.若作的是t2−(l+d)图线，则根据作出的图线斜率求得的g值偏大
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，固定的平行光滑金属长直导轨MN、PQ与水平面的夹角θ=30∘，导轨间距L=0.8m，上端接有R=2Ω的电阻，导轨中间正方形区域GHJK内有垂直轨道平面向下、磁感应强度大小B=1.5T的匀强磁场。将质量m=0.6kg、电阻r=0.4Ω的金属杆ab从磁场上边界GH上方某处由静止释放，ab恰好匀速通过磁场区域。ab的长度与导轨间距相同，且ab在运动过程中始终与导轨垂直，导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)ab通过磁场的过程中，电阻R的功率;
(2)ab释放时到磁场上边界GH的距离d0。
14.如图所示，质量m2=2kg的木板B静置于光滑的水平地面上，质量m3=0.5kg的小物块C(视为质点)放置在木板B的中点，位于木板B左侧的物块A以v0=8m/s的速度沿水平方向向右撞向木板B，碰撞时间极短，碰后瞬间木板B的速度大小v1=5m/s，物块C恰好未从木板B上滑落。木板B与小物块C间的动摩擦因数μ=0.2，物块A与木板B仅发生一次碰撞，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求从物块A与木板B发生碰撞到木板B与小物块C共速，所用的时间t;
(2)求木板B的长度L;
(3)若物块A与木板B发生的是弹性碰撞，求物块A的质量m1。
15.某控制带电粒子运动的装置模型如图所示，平面直角坐标系xOy内，M点和N点分别位于x轴和y轴上，矩形区域MONP内存在平行于y轴负方向的匀强电场，其余区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从N点以初速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从M点离开电场并进入磁场，粒子从M点进入磁场时速度方向与x轴的夹角α=60∘，粒子第一次经过y轴负半轴时的速度方向恰好与y轴垂直，经过一段时间后粒子从y轴正半轴第二次进入电场。M点到原点O的距离为l，不计粒子所受的重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(2)粒子从M点出发到第二次进入电场所用的时间t;
(3)粒子第二次离开电场时的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.根据题意可知，风力越大，则d越小，由电容器的决定式C=εrS4πkd，可得电容器的电容变大，故A错误；
BD.风力越小，则d越大，由电容器的决定式C=εrS4πkd，电容越小；电源电动势恒定不变，电容器一直接着电源，电压不变，由Q=CU，则电容器存储的电荷越少，故BD错误；
C.电容器两极板间为匀强电场，由E=Ud，风力越大，距离d越小，而电压不变，则电容式风力传感器两极板间的电场强度越大，故C正确。
2.【答案】A
【解析】驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体发生共振，此时振幅最大；所以规定部队过桥时应便步通过，是因为齐步走的步伐频率容易与桥本身的固有频率相同从而达成共振，振幅增大导致桥体损坏甚至倒塌。故A正确，BCD错误；
故选：A。
3.【答案】D
【解析】A.电子带负电，题图位置可知，此时电子受到的洛伦兹力向上，左手定则可知励磁线圈产生的磁场方向垂直纸面向里，故 A错误;
B.洛伦兹力对电荷永不做功，故电子在洛伦兹力作用下的速率不变，故 B错误;
C.由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，可知电子的运动半径r=mvqB，可知仅减小电子的射入速度，电子的运动半径变小，故 C错误;
D.励磁线圈产生的磁场方向垂直纸面向里，由右手定则可知励磁线圈中通有顺时针方向的电流，故 D正确。
4.【答案】B
【解析】AC.直导线通电流向上，在右侧产生的磁感线向里，电流增大，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场向外，则感应电流为逆时针，故AC错误；
B.穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律的理解“增缩减扩”，可知圆环有收缩的趋势，故B正确；
D.当圆环从竖直方向沿直径分为左右两部分，根据左手定则，左侧部分受到向右的安培力，右侧部分受到向左的安培力，由于左侧所处磁感应强度更大，左侧安培力大，所以安培力的合力方向应该向右，根据平衡条件可知，圆环受到水平向左的摩擦力，故D错误。
5.【答案】B
【解析】设向后为正方向，由动量守恒有0=m1v1−M−m1v2，由动量定理有−Ft=−(M−m1)v2−0，解得F=240N，故B正确，ACD错误。
6.【答案】D
【解析】A.匀速运动时，导体棒AC的感应电动势为E=BLvm，其中L=2a
解得E=2Bavm，故A错误；
B.若导体棒做匀加速运动，则平均速度等于v2，但是由于导体棒AC做加速度减小的加速运动，如图
根据v−t运动图像可知，此过程中的位移大于做匀加速过程的位移，则此过程中导体棒AC的平均速度大于vm2。
故B错误；
C.电阻R0消耗的电功率PR0=I2R0，又I=ER0+r=2BavR0+r
联立，解得PR0=(2BavR0+r)2R0=4B2a2v2R0(R0+r)2=B2a2v2
可知PR0与导体棒AC的速度的平方成正比。故C错误；
D.匀速运动时，导体棒AC消耗的电功率为Pr=PrR0+r，又P=Fvm,
联立，解得Pr=FrvmR0+r=12Fvm
故D正确。
7.【答案】A
【解析】当小钢球在平衡位置时，弹簧处于拉伸状态，伸长量为x=mgk=0.08m=8cm
由图乙可知当 t=T2 时，小钢球位移为−8cm，即小球从平衡位置向上运动了8cm，此时弹簧处于原长状态，所以弹簧的弹力大小为0。
故选A。
本题注意考查了简谐运动的特点，知道简谐运动中各物理量之间的关系即可解答，能够从图像中分析出运动规律。
8.【答案】BD
【解析】A.根据图像可知t1时刻，电流最大，回路的磁场能最大，电容器C两极板之间的电场能最小；故A错误；
B.根据E=LΔIΔt可知t2时刻，图像的斜率最大，线圈L的自感电动势最大；故B正确；
C.t2∼t3时间内，电流增大，磁场能增大，回路中的电场能正在向磁场能转化；故C错误；
D.t3∼t4时间内，电流减小，磁场能减小，电场能增大，电容器C正在充电；故D正确。
9.【答案】AC
【解析】A.矩形线框转到图示位置时，通过线框的磁通量最大，但磁通量变化率为0，则此时线框产生的感应电动势为0，故A正确；
B.理想变压器原、副线圈的匝数比为 3:1 ，设原线圈电流为I1，则副线圈电流为3I1，原线圈的电压即R1两端的电压
U1=UR1=(I−I1)R
R2两端的电压即变压器副线圈的电压
U2=UR2=3I1R
又
U1U2=31
联立解得
I1=I10 ， I2=3I10
变压器的功率
P0=I 22R=9100I2R
线框以及导线的电阻均可忽略，则有
P=UI=(I−I1)2R+P0=910I2R
所以电源电压的有效值为
U=910IR
则最大值为
Em= 2U=9 210IR
B错误；
C.矩形线框转动时产生的感应电动势的最大值
Em=NB0Sω=9 210IR
解得线框转动的角速度
ω=9 2IR10NB0S
C正确；
D.定值电阻R1消耗的功率为
P1=(I−I1)2R=81100I2R
定值电阻R2消耗的功率为
P2=(3I1)2R=9100I2R
则 R1,R2 消耗的电功率之比为
P1P2=91
故D错误。
故选AC。
10.【答案】AD
【解析】A、根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，a棒受安培阻力做变减速直线运动，b棒受安培动力做变加速直线运动，当两者的速度相等时，电流等于零，两棒不再受安培力，则达到共同速度做匀速直线运动，加速度为零，故A正确；
B、根据功能关系可知，a 棒受到的安培力和b棒受到的安培力做的功的代数和的绝对值等于电路中产生的焦耳热，B错误；
C、两棒所受安培力合力为零，系统动量守恒，最终共同速度为2mv0=(2m+m)v，b棒受到的安培力做的功为W=12mv2=29mv02，故C错误；
D、对a棒，根据动量定理可得−BIl⋅Δt=2mv−2mv0
通过导体棒a的电荷量为：q=I−⋅Δt，联立解得q=2mv03Bl，故D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)C；
(2)B；
(3)D
【解析】(1)A.为确保实验安全，应该是设计成降压变压器，则实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；
B.变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B错误；
C.变压器的电压与匝数的关系满足U1U2=n1n2，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；
D.为了安全，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故D错误。
(2)涡流现象能在导体内部损耗能量，利用薄硅钢片叠压而成的，增大电阻，从而减小涡流，提高效率，故B正确，AC错误。
(3)A.副线圈匝数少，电流大，为减少铜损，绕制粗导线；原线圈匝数多，电流小，可绕制细导线，故A错误；
B.若原线圈匝数是500匝，副线圈匝数是300匝，副线圈的电压为3.7V，由U1U2=n1n2，则原线圈电压为6.17V，考虑到漏磁、发热等损失，原线圈的电压要比6.17V还要大，故B错误；
C.如果原线圈实际匝数与标注的“500“不符，大于500，则测得副线圈的电压应偏低，而不是偏高，故C错误；
D.如果副线圈实际匝数与标注的“300”不符，大于300，测得副线圈的电压偏高，与题意相符，故D正确。
12.【答案】(1)2.06
(3) 6400π2(L+d2)t2
(4) 6400π2k
(5)A

【解析】(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图乙可知摆球的直径为 d=20mm+6×0.1mm=20.6mm；
(3)根据题意可知，单摆的周期T=t802=t40
单摆的摆长为L1=L+d2
根据单摆周期公式T=2π L1g
联立可得g=6400π2(L+d2)t2；
(4)根据g=6400π2(L+d2)t2
可得t2=6400π2gL+3200π2gd
可知图像的斜率为1k=6400π2g
得g=6400π2k；
(5)根据单摆周期公式可知
A.测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，可知重力加速度计算值偏大，故A正确；
B.第一次按下停表有延迟，则测量周期的测量值偏小，可知重力加速度计算值偏大，故B错误；
C.单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，由(2)中分析可知，若作的是 t2−L+d 图线，则作出的图线斜率不变，所以作出的图线斜率求得的g值不变，故C错误。
故选A。
13.【答案】(1)ab恰好匀速通过磁场区域，根据受力平衡有 mgsinθ=FA=BIL
ab通过磁场的过程中，电阻R的功率 P=I2R
代入题中数据，解得 P=12.5W
(2)ab匀速运动时，产生的感应电动势 E=BLv
根据闭合电路欧姆定律有 I=ER+r
根据动能定理有 mgd0sin30 ∘=12mv2
联解得 d0=2.5m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)木板B与小物块C组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有
m2v1=(m2+m3)v共
对小物块C分析，根据动量定理有μm3gt=m3v共
解得v共=4m/s，t=2s。
(2)根据功能关系有μm3g⋅L2=12m2v12−12(m2+m3)v共2
解得L=10m。
(3)物块A与木板B发生的是弹性碰撞，根据动量守恒定律有
m1v0=m2v1+m1v1′
根据能量守恒定律有12m1v02=12m2v12+12m1v1′2
解得m1=1011kg。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)根据题意作出粒子从M点进入磁场后的运动轨迹如图所示：
设粒子进入磁场时的速度大小为v，根据速度的合成和分解有csα=v0v，
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，θ=α=60∘，根据几何关系有sinα=lr，
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，解得B= 3mv0ql；
(2)粒子第一次在电场内做类平抛运动，根据运动规律有l=v0t1，N、O间距离y1=vsinα2⋅t1= 32l，假设粒子第二次进入电场时，速度方向与y轴垂直，进入电场时纵坐标y2=r−rcsα= 33l