湖北省武汉市问津教育联合体2023-2024学年高二下学期3月联考物理试题

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【解析】A.医院里“CT”机使用的电磁波是X射线，利用X射线能够穿透物质，来检查人体的内部器官，故A错误；
B.由调谐电路接收到的感应电流，是经过调制的高频电流，还不是我们需要的声音或图像信号，因此还要使声音或图像信号从高频电流中还原出来，这个过程是调制的逆过程，叫作解调也叫检波，故B错误；
C.恒星的颜色是由温度决定的，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝，故“蓝星”表面温度比“红星”表面温度高，故C正确；
D.根据，说明增加调频回路固有频率f，需要减小L，可以通过减少线圈的匝数来实现，故D错误。
2【答案】A
【详解】A．由图可知，电容右极板带正电，负极板带负电。由磁场方向可知电流方向为由负极板流向正极板。故电容正在充电，电容器电压增大，自感线圈两端电压与电容器两端电压相等，线圈的自感电动势增大，磁场能减小，电场能增大，震荡电流正在减小，故A正确、BC错误；
D．当储罐内的液面高度升高时，两板间充入的电介质增多，电容增大，根据LC震荡周期
可知回路的振荡周期变大，故振荡频率减小，故D错误。
故选A。
3【答案】D
【解析】A.闭合开关时，其线圈自感电动势等于电源电动势，则自感线圈中电流为零，故A错误；
B. A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故A2中数据应为题图乙中b曲线，故B错误；
C.断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，通电线圈的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；
D. t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确。
4【答案】C
【解析】A.磁感应强度随时间均匀减小，则穿过线圈的磁通量减小，所以感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，故A错误；
B.根据Φ=BS，可知同一时刻磁通量大小之比为ΦP:ΦQ=SP:SQ=LP2:LQ2=4:1，故B错误；
CD.感应电动势大小E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，感应电动势大小之比为EPEQ=nPnQ⋅SPSQ=13×41=43，故D错误；根据电阻定律R=ρlS' ( l 为总长度)，可知两线圈的电阻之比为RPRQ=nP⋅4LPnQ⋅4LQ=23，根据I=ER，感应电流大小之比IP:IQ=2:1，故C正确。
故选C。
5【答案】D
【解析】A．金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿第二定律得B2L2vR=ma
由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故A错误；
B．金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量Q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔt⋅ΔtR=ΔΦR=BΔSR
从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故B错误；
CD.从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面的电荷量相等，故B错误；金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力从a到c逐渐减小，由W＝Fs定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在从a到b的过程产生的内能多，故C错误，D正确。
6【答案】B
【解析】A.只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，R2接入电路的电阻不变，电源输出电流不变，电源路端电压不变，电压表示数不变；电容器两端电压减小，电容器放电，带电微粒所受电场力减小，微粒向下运动，A错误；
B.在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻阻值减小，则通过电阻R0的电流增大；根据热功率公式P=I2R，可知电阻R0消耗的电功率变大。电源消耗的总功率为P总=EI，故电源消耗的总功率变大，B正确；
C.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，R1消耗的功率不变，电容器两端电压不变，电阻R3中没有电流，C错误；
D.若断开开关S，电容器放电，电容器所带电荷量变少，电容器两端电压减小，带电微粒所受电场力减小，带电微粒向下运动，D错误。
故选B。
7【答案】D
【解析】【详解】A．由题意可知，结合左手定则，可知，带正电的离子打到M板上，带负电的离子打到N板上。所以可知φM>φN所以A错误；
B．由电阻定律可得，两导体间液体的电阻为r=ρdS=ρdLh 所以B错误；
C．由题可知，液体通过管道时，可以认为一个长度为d的导体棒切割磁感线，由右手定则可得，产生的感应电动势为E=Bdv0
则由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流为I=ER+r=Bdv0R+ρdLh 所以C错误；
D．假设导电液体所受摩擦力与流速成正比，比例系数为k，则在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能为E'=Wf+E电=Ffs+EIt
其中Ff=kv0 , s=v0t联立可得E'=(k+LhB2d2LhR+ρd)v02t 所以D正确。
故选D。
8【答案】AB
【详解】A．根据粒子偏转的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；
B．根据题意可知，粒子经过加速器，由动能定理可得
解得
故B正确；
C．粒子恰能通过速度选择器，则有
解得U2=B1d2qU1m
故C错误；
D．加速电压越大，粒子进入速度选择器的速度就越大，则粒子不能通过速度选择器，更无法进入分离器，故D错误。
故选AB。
9【答案】BC
【解析】由qv0B＝m可得r＝，粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有T＝＝，如图所示，
由图可知，部分粒子从OC边射入磁场，又从OC边射出磁场，由对称性可知，粒子偏转的圆心角为90°，运动时间最短，则最短时间t1＝＝；沿AO入射的粒子与磁场圆在最低点内切；圆心角为270°，运动时间最长，最长时间t2＝＝，故粒子在一次进出磁场中运动的时间范围内≤t≤，故B、C正确，A、D错误．
10【答案】BD
【详解】A．从图示位置开始转动过程中，磁通量逐渐减小，电动势逐渐增大，磁通量变化率逐渐增大，故A错误；
B．由右手定则可知，从图示位置转动过程中，电流方向为KNMLK，故B正确；
C．从图示位置开始计时，则线框中产生的感应电流电动势瞬时表达式为
当时
故C错误；
D．线圈转动过程中产生的电动势的有效值为
由周期公式
转动产生的热量
解得
故D正确。
故选BD。
11． BCD (3分) 交流 （2分） 最大值 （3分）
【详解】（1）[1]AB．当物体1向右移动时，线圈的自感系数减小，A错误，B正确；
C．线圈是敏感元件，软铁芯是转换元件，C正确
D．这种传感器输入的物理量是位移，输出的物理量是电学量，输出的是电阻两端的电压，D正确。
故选BCD。
（2）[2]为使传感器正常工作，电路中的电源应使用交流电源。软铁移动能改变线圈的自感系数，改变线圈的感抗，改变回路的电流，改变电阻两端的电压，改变电压表的示数；
（3）[3]台秤上砝码的质量越大，软铁插入越深，自感系数越大，感抗越大，电流越小，电压表的示数越小，所以，零刻度对应电压表的示数最大值。
12【答案】 （2分） A（2分） （2分） （3分）
【详解】（1）[1]电流表A2内阻已知，且满偏电压为3V，当做电压表使用与待测电阻并联，在与电流表A1串联，如图

（2）[2][3]使电表示数从零开始变化，应先把滑动变阻器滑片P滑动到A端。根据欧姆定律
（3）[4]金属材料电阻率为
13【答案】(1) 1×105W (2) 19200，19011
【解析】(1)水推动发电机叶轮的功率P＝ （2分）
又质量m＝ρV，所以功率P＝ （1分）
发电机的输出功率为P出＝50%P
解得P出＝1×103×4×10×5×50%W=1×105W（1分）
(2) 根据输电线路上的损失功率ΔP=5%P出=5000W（1分）
ΔP=I22R，（1分）
可得输电线中的电流
I2=ΔPR
代入相关已知数据求得
I2=25A （1分）
输电线损失的电压
ΔU=I2R=200V（1分）
升压变压器输出端的电压为
U2=PI2=1×10525V=4000V（1分）
可得升压变压器原、副线圈的匝数比为
n1n2=U1U2=380V4000V=19200（1分）
降压变压器输入端的电压为
U3=U2-ΔU=3800V（1分）
可得降压变压器原、副线圈的匝数比为
n3n4=3800V220V=19011（1分）
14．（1）16 V；（2）11.52 W；（3）0.008 C
【详解】（1）由瞬时值表达式可知线圈中感应电动势的最大值
Em=nBmS2πT=200×10-2×0.04×2××10-2V=16V（3分）
（2）电流的最大值Im＝＝1.60 A，（2分）
产生的交流电的电流有效值
I=Im2=425A（1分）
小灯泡消耗的电功率
P=I2R=11.52 W （2分）
（3）在0～时间内，电动势的平均值为＝n＝（2分）
平均电流＝＝（2分）
通过小灯泡的电荷量Q＝Δt=nBmSR+r=200×10-2×0.049+1C=8×10-3C（2分）
15（1）2T；（2）①0.8m，②5.6s
【详解】：(1)金属杆a产生的感应电动势为E1=12B1r2ω，（2分）
感应电流为I=2E1R，（1分）
开关S闭合，b棒恰能静止在斜面上，则有mgsin30∘=B2⋅12IL，（1分）
解得B2=2T；（1分）
(2)①电荷量q=IΔt，（1分）
感应电流的平均值I=E2R，（1分）
感应电动势的平均值E=B2LxΔt，（2分）解得x=0.8m；（1分）
②b棒速度达到最大时有mgsin30∘=B2I'L，（1分）
此时感应电流为I'=B2Lvmax2R，（1分）
解得vm=1m/s，
根据动量定理有mgsin 30∘t1-B2ILt1=mvmax，（2分）
其中q=It1，解得t1=1s，（1分）
又由于s-x=vmaxt2，解得t2=4.6s，（1分）
则有t=t1+t2=5.6s。（1分）