湖北省2023-2024学年高二年级下册3月联考物理试卷（解析版）

2024年云学名校联盟高二年级3月联考

物理试卷A卷

考试时长：75分钟满分：100分

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7

题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选

对但不全的得2分，有选错的得0分。

1.关于物理学家的贡献，下列说法正确的是（）

A.法拉第提出了场的概念

B.库仑最早测得元电荷的数值

C.密立根通过扭秤实验总结出了静电力的规律

D.奥斯特提出通过形象直观的磁感线来研究磁场

K答案』A

[[解析XA.法拉第提出了场的概念，故A正确；

B.密立根最早测得元电荷的数值，故B错误；

C.库仑通过扭秤实验总结出了静电力的规律，故C错误；

D.法拉第提出通过形象直观的磁感线来研究磁场，故D错误。

故选A。

2.如图为某种静电喷涂装置的原理图，接上高压电源后装置的两极间产生强电场（图中相

邻的等势面间的电势差相等）。在强电场作用下，一带正电液滴（油漆）从发射极飞向吸板，

。、6是其运动路径上的两个点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）

「I1---------------

高压电源

、、\

_发射极\、\

/.

带电液滴/;卜吸板

等势面,!

A.a点的电场强度小于b点的电场强度

B.a点的电势低于b点的电势

C.液滴在。点的加速度小于在b点的加速度

D.液滴在〃点的电势能大于在b点的电势能

（答案』D

K解析XA.等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知。处的等势线较密，则

Ea>Eb

故A错误;

B.高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知

(Pa><Pb

故B错误;

C.液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为

Eq

a——

m

因纥〉耳,，得液滴在。点的加速度大于在。点的加速度，故C错误;

D.液滴在强电场作用下，从发射极飞向吸板，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴

在。点的电势能比在6点的大，故D正确。

故选D。

3.如图所示，带负电的玻璃圆盘绕沿着东西方向的轴0。以一定的角速度匀速转动（从东

向西看为逆时针方向），在圆盘西侧轴线上的小磁针静止时（）

B.N极沿轴线西偏北方向

C.N极沿轴线东偏南方向D.N极沿轴线西偏南方向

[[答案』B

《解析》所以带负电玻璃圆盘如图所示的旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反，再

由右手螺旋定则可以知道磁感线的方向在盘内从东向西。因此小磁针N极向西偏，由于地

磁场的存在，所以N极沿轴线西偏北方向。

4.《梦溪笔谈》记载：“予友人家有一琵琶，置之虚室，以管色（一种管状乐器）奏双调,

琵琶弦辄有声应之，奏他调则不应，宝之以为异物。殊不知此乃常理。二十八调但有声同者

即应……”。此“常理”主要是指（）

A.波的反射现象B.共振现象

C.波的衍射现象D.多普勒效应

［答案XB

（解析力当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体将会发生共振现象。文中提到的“常

理”主要是指共振现象。

5.2023年6月14日，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鳏号”在广东珠

海投入试运行，如图甲。南鳗号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电

机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。如图乙，若转子带动线圈

沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是（）

A.图乙中线圈所处位置是中性面

B,在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量最大

C.在图乙所示位置时，线圈。端电势高于6端电势

D.在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上

［答案》C

k解析』AB.图乙中线圈所处位置与磁感线平行，穿过线圈的磁通量最小，与中性面垂直，

故AB错误；C.根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a,则线圈转动到如图所示位

置时4端电势高于人端电势，故C正确；D.线圈内部电流从6到a,根据左手定则可知线

圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下，故D错误。

6.如图为雀尾螳螂虾，它的“铁拳”可在0.02s内以接近80km/h的速度挥出，出拳冲击力度

高达600N。若“铁拳”挥出过程中，不考虑其他力的作用，则下列估算正确的是（）

A.“铁拳”的质量约为50g

B.“铁拳”的加速度大约为lOOm/s?

C.“铁拳”的动量约增大了120kg-m/s

D.“铁拳”所受合力的冲量大约为12N-s

（答案》D

k解析》D.“铁拳”在挥出过程中所受合力的冲量

；=FAr=12N-s

故D正确；

C.由动量定理得挥出过程中“铁拳”的动量增加量

Ap=/=12kgm/s

故C错误；

A.“铁拳”的质量约为

加=孚=2kg=0.54kg=540g

Av

3^6

故A错误；

B.“铁拳”的加速度约为

Av、、

a=——m/s2«1111m/s-

At

故B错误。

7.如图甲所示，质量相等的小球和点光源分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一高度，静止时

间距为/,竖直放置的光屏与小球水平间距为2/,小球和光源做小振幅运动时，在光屏上可

观测到小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图乙所示，则（）

A./=0时刻小球处于平衡位置B.r=G时刻光源的加速度方向向上

C.时刻小球与影子相位差为0D./=/3时刻影子的位移为-3A

k答案》c

k解析RA.由图乙可知，/=0时刻小球处于正向位移最大处，故A错误；

B.由图乙可知，/=。时刻光源位于平衡位置，加速度为零，故B错误；

C.由图乙可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，

在屏上留下的阴影，可知影子与小球的振动步调总是相同，故时刻小球与影子相位差

为0,故c正确；

D.由图乙可知，时光源位于最低点，小球位于最高点，根据直线传播能够在屏上影

子的位置也处于最高点，即影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有

IA+A

/+2/A+x影

解得，=与时刻影子的位移为了影=5A,故D错误。

8.如图，理想变压器原副线圈的匝数比%:%=5：1,将原线圈接在交流电源上，副线圈上

电阻R和理想交流电压表并联接入电路，已知交流电源电压〃=2200sinl00兀1V）,电

阻尺=10。。现在42两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是（）

A.在A、8间接入一理想交流电流表，电流表的示数为44A

B.在A、B间接入一相同的电阻R,电压表的示数为22V

C.在A、2间接入一导线，只提高交流电的频率，电压表读数不变

D.在A、8间接入一电感线圈，只提高交流电频率，电阻E消耗电功率增大

k答案』BC

[解析XA.交流电源电动势的有效值为

=220,v=220V

V2

根据理想变压器原副线圈的电压与匝数成正比，即有：

U]：：n2

副线圈两端的电压有效值为

U2=生。1=-x220V=44V

-/5

在A、B间接入一理想交流电流表，电流表的示数为

I=—=4.4A

R

故A错误；

B.若在A、8间串联一相同电阻R,电压表测得R两端电压为U,贝I

U='a=22V

22

故B正确；

C.在A、8间接入一导线，只提高交流电频率，电压表读数不变，故C正确；

D.在A、B间接入一电感线圈，电感线圈阻支流，通直流，只提高交流电的频率，副线圈

闭合回路中电流减小，根据尸=/2R可知电阻R消耗电功率减小，故D错误。

9.我国超远距离特高压输电技术处于世界领先地位，图甲为某高压直流输电线上使用的“正

方形绝缘间隔棒”，它的作用是固定导线间距，防止导线相碰。将一正方形绝缘间隔棒支撑

四根相互平行的长直导线。、b、c、d,图乙为其截面图，O为几何中心，长直导线a、b、c、

1中通有等大同向电流。下列说法正确的是（）

图甲图乙

A.0点的磁感应强度为零

B.a、b之间的相互作用力为斥力

C.。对b的安培力小于。对c的安培力

D.d受到a、b、c的作用力的合力方向指向。

（答案UAD

［解析XA.因四条导线中的电流大小相等，。点与四条导线的距离均相等，由右手定则

和对称性可知，。在。点的磁感应强度与c在。点的磁感应强度等大反向，Z?在O点的磁

感应强度与1在。点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在。点的磁感应强度等于零，

故A正确；

B.通电导线之间满足“同向相吸、异向排斥''的规律，所以“。之间的相互作用力为引力，

故B错误；

C.c相比人离”更近些，〃处于“较强的磁场区域，由

F=BIL

安培力大小与B成正比，可知。对。的安培力大于a对c的安培力，故C错误；

D.根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，d受其余三条导线的吸引力分别指向

三条导线，根据对称性，。与c对d的安培力大小相等，所以两者合力指向女方向，再与〃

对d的安培力（沿农方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线“c方向即指向。，故D

正确。

故选AD„

10.如图所示，在光滑、绝缘水平面上有两个完全相同的带电金属小球a、b,它们的质量均

为机，a所带电荷量为+3q,b所带电荷量为+4,。以速度2y,。以速度v相向运动，两

球先接触并发生弹性碰撞，之后分离各自反向运动。小球可视为质点，不计一切阻力，不考

虑由于带电小球运动引起的电磁效应。下列说法正确的是（）

2vv

b

A.两球碰撞位置在二者初始位置的连线中点左侧

B,整个过程两小球组成系统动量守恒

C.整个过程两小球组成系统机械能先减小后增大

D.某时刻。球向左运动速度为一V时，系统减少的电势能为一根丫2

416

（答案》BCD

k解析UA.对小球a、b有

因为两小球完全相同，所以

m

ma=nib=

又由

F=ma

有

aa=%

对小球a

对小球b

12

xb=vt--abt

得

Xa>Xb

又

得

X〉幽

“亍

即在发生碰撞在右侧，故A错误；

BC.整个过程两小球组成系统所受合外力为0,所以系统动量守恒，靠近时库仑力做负功,

所以系统机械能减少，远离时库仑力做正功，所以机械能增加，故BC正确；

D.根据动量守恒定律，设向右为正方向，对小球°、6有

m-2v-mv-mva+mvb

即

59

v=-v,v=-v

a4hb4

由功能关系有

1。1。13,

-[—m-(2vY+—mv"]=一mv~

2216

故D正确。

故选BCD。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11.某同学用图甲的装置测定当地的重力加速度。已知光滑圆弧形轨道ABC的半径为凡

弧长为/（R?/）,8为圆弧轨道的最低点，A、C关于8点所在的竖直线对称。小钢球的

半径为「（厂-/）。当小钢球经过B点时，光传感器发出的光，恰好能过小钢球的球心。现

将小钢球由A点静止释放，沿圆弧轨道ABC自由往复运动，光传感器接收端接收到一段时

间内的光信号强度变化情况如图乙所示。

光传感器发射端

图甲图乙

（1）该同学在分析光信号变化情况时，发现。与AT相比，非常小，可以忽略不计。由此

可得出，A7]=，小钢球往复运动的周期T=（结果均用AT表示）

(2)小钢球在圆弧轨道上的运动可视为简谐运动，则重力加速度g的表达式为

(3)由于在计算周期时忽略了及，由此测得的重力加速度的测量值_______真实值。(填“大

于，，“小于，，或者”等于，，)

k答案》(1)—2AT(2)兀(3)大于

2(AT)2

k解析X

(1)根据图乙可知

T

AT=-

2

由于A/与AT相比，非常小，可以忽略不计，解得小钢球往复运动的周期为

T=2AT

(2)单摆的摆长

L=R-r

根据

结合上述解得

"(AT)2

(3)由于在计算周期时忽略了At,即测量的周期偏小，根据上述可知，测得重力加速度值

与真实值相比是偏大，故由此测得的重力加速度的测量值大于真实值。

12.为测量水果电池的电动势和内阻，某同学用到如下实验器材：待测水果电池、电阻箱、

数字式万用表(内阻远大于普通电压表)、开关、导线若干。实验操作步骤如下：

①按图甲连接电路，多用电表调至I)“直流电压档”；

②调节电阻箱阻值，闭合开关，记录电阻箱的阻值R和多用电表的示数U,再断开开关；

③调节电阻箱的阻值，重复步骤②；

④根据所记录数据，描点作出g—"图像，如图乙中直线b所示。

志(kC")

完成下列问题：

(1)根据闭合电路欧姆定律，可以得到工与工关系表达式为l=(用E、r和R

URU

表示)；

(2)不考虑多用电表内阻对电路的影响，由图乙中直线6可计算出，该水果电池的电动势

E=V,内阻厂=kQ；(结果均保留2位有效数字)

(3)若用普通的电压表代替万用电表进行实验，得到的图线可能是图乙中的(填％”、

»“、％"或")。

r11

K答案X(1)------1---(2)1.00.80(3)a

ERE

K解析H

(1)根据闭合电路欧姆定律

U=E-—r

R

整理可得

11r1

-------1--

UREE

(2)[1][2]则可知图线6的截距

图像斜率

由图线6可知

6=1.0

3.00-1.00=08

2.5

所以

E=1.0V

r=0.80kQ

(3)若用普通的电压表代替万用电表进行实验，由于电压表内阻不是无穷大，会导致测量

结果存在误差，由闭合回路欧姆定律有

E=U+Ir=U+—^—r

Rv+R

1r1r11

得—=----1-----1—

UERE&E

可见图线斜率不变，但截距变化，所以得到图线可能是图乙中的心

13.如图甲所示，水平面上有一圆形线圈，通过导线与足够长的光滑水平导轨相连，线圈内

存在垂直线圈平面方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度与大小随时间变化图像如图乙

所示。平行光滑金属导轨处于磁感应强度大小为B?、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。

一导体棒肱V垂直于导轨水平放置，由静止释放。已知线圈匝数〃=10,面积S=0.02m2,

其电阻N=0.10,导轨相距L=0.1m,磁感应强度为=2QT,导体棒质量机=0.5kg,

其电阻与=0.3。，其余电阻不计。求

_____M_____

X~X-XXX

XXXXX

B

XXXX2X

N

甲

(1)1=0时刻，导体棒中的电流/的大小及方向;

(2)/=0时刻，导体棒加速度大小和方向；

(3)导体棒的最大速度的大小。

K答案X(1)1A，从"到N；(2)0.4m/s2，水平向右；(3)5m/s

K解析』(1)/=0时刻，感应电动势为

£=n—=lOx-x0.02V=0.4V

ArAr2

导体棒中的电流的大小为

I=--—=1A

R+7?2

根据楞次定律，导体棒中的电流方向为从/到N；。

(2)根据牛顿第二定律F=IB2L=ma

解得/=0时刻，导体棒的加速度大小为a=0.4m/s2

根据左手定则，导体棒受到的安培力水平向右，故导体棒的加速度水平向右。

(3)当导体棒受到的安培力为零时，即回路中的感应电流为零时，导体棒的速度最大，则

E=B2Lvm

解得导体棒的最大速度的大小为%=5m/s

14.在xQy平面内有垂直纸面的匀强磁场，方向如图所示。x轴上方磁场磁感应强度为3,

下方磁场磁感应强度为23,甲、乙两个质量均为机、电荷量均为g的带电粒子分别从点为

和点，沿水平方向射出，以速度大小为%、%(未知)进入磁场，第一次同时到达x轴上

的点M且速度均垂直于x轴，不考虑电荷间的相互作用和边界效应。求

(0⑷

W,o

xxxX

(0,-Z)

XXXXXX

(1)甲、乙两个带电粒子分别带什么电荷；

(2)乙粒子的速度大小匕(用%表示)；

(3)若甲、乙在M点发生弹性碰撞，求甲粒子从点此射出到第二次经过x轴的坐标和所需

的时间。

(答案工⑴甲粒子带正电，乙粒子带正电；⑵厂2%；⑶(51,0),—

K解析工(1)根据左手定则，甲粒子带正电，乙粒子带正电。

22

(2)根据洛伦兹力提供向心力=加九，qv1-2B=m—

LL

可得匕=2%

(3)甲、乙在M点发生弹性碰撞，以向下为正方，设碰撞后甲粒子的速度为丫2,乙粒子的

速度为丫3,根据动量守恒以及能量守恒可得

mv0-mvl=mv2+mv3

~mvo+；相片='^rrtv2+；机］

解得%=-2%,匕=%

可知甲粒子将反弹，根据洛伦兹力提供向心力

2

qvB=m—

2r

解得

r—2L

根据几何关系有

d—L+2r=5L

则甲粒子从点［射出到第二次经过x轴的坐标为(5£,0),甲粒子碰撞前后的运动周期为

2TIL27tm27tm

I,=---=----,A---------

%qBv2qB

甲粒子从点功射出到第二次经过x轴的坐标和所需的时间