2022届湖北省部分重点中学高三（上）第二次联考物理试题含解析

湖北省部分重点中学2022届高三第二次联考

高三物理试卷

一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44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8~11题有多项符合题目要求．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. 下列物理量的“负号”表示大小的是（　　）

A. 速度 B. 力做功为

C. 重力势能 D. 电量

【答案】C

【解析】

【详解】A．速度的符号表示方向，不表示大小，选项A错误；

B．功的符号表示动力功和阻力功，不表示大小，选项B错误；

C．重力势能的符号表示重力势能是在零势能点之上还是之下，表示大小，选项C正确；

D．电量的符号表示电性，不表示大小，选项D错误。

故选C。

2. 一物体从空中自由下落至地面，若其最后1s的位移是第1s位移的n倍，忽略空气阻力，则物体下落时间是（    ）

A. (n+1) s B. (n-1) s C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】自由落体运动第一秒下落的位移：

最后一秒下落的位移：

解得：

A．物体下落时间，A选项错误．

B．物体下落时间，B选项错误．

C．物体下落时间，C选项正确．

D．物体下落时间，D选项错误．

3. 吊桶灭火是利用直升机外挂吊桶载水，从空中直接将水喷洒在火头上，进而扑灭火灾的方法。在一次灭火演练中，直升机取水后在空中直线上升，其上升过程的图像如图乙所示，已知水与吊桶总质量为，吊桶的直径为，如图示，四根长度均为的轻绳等间距的系在吊桶边缘，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）

A. 内轻绳的拉力大于内轻绳的拉力 B. 末每根轻绳的拉力均为

C. 第内每根轻绳的拉力大小均为 D. 内每根轻绳的拉力大小均为

【答案】C

【解析】

【详解】A．由v-t图像可知，内吊桶匀速上升，拉力等于重力；在内吊桶加速上升，则轻绳的拉力大于重力，可知内轻绳的拉力小于内轻绳的拉力，故A错误；

B．由v-t图像可知末时，拉力等于重力，因每根绳子与竖直方向的夹角为

设每根绳子的拉力为，则由平衡条件得

解得此时每根绳子的拉力为

故B错误；

CD．由图可得内吊桶减速上升，加速度大小为

四根吊绳的合力为

设此时每根绳子拉力为，则

解得每根轻绳的拉力大小均为

故C正确，D错误。

故选C。

4. 由波源S形成简谐横波在均匀介质中向左，右传播，波源振动的频率为。已知介质中P质点位于波源S的右侧，，P到S的距离不超过两个波长。Q（图中未画出）质点位于波源S的左侧，P、Q和S的平衡位置在一条直线上。时波源开始振动的方向如图所示，当Р第一次到达波峰时，波源S也恰好到达波峰，Q恰好第二次到达波谷，下列说法正确的是（　　）

A. 机械波在介质中的波速为 B. 机械波的波长为

C. Q点到波源S的距离为 D. P与Q同时通过平衡位置，且振动方向相同

【答案】C

【解析】

【详解】AB．根据题意可知，P与S相距一个或两个波长，因为SP=0.8m，所以波长可能为

或

t=0时刻S振动方向向上，Q恰好第二次到达波谷，Q质点振动的时间为

所以SP间的距离有两个波长，即，可得波速为

故AB错误；

C．由上分析可得

若SQ为，则 SP间将超过两个波长，所以

故C正确；

D．由以上分析可知QP相差两个半波长，所以P与Q同时通过平衡位置，且振动方向相反，故D错误。

故选C。

5. 2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器在月球背面成功软着陆。发射后“嫦娥四号”探测器经过约110小时奔月飞行，到达月球附近成功实施近月制动，被月球捕获。如图，其发射过程简化如下：探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过A点时变轨进入距离月球表面高的圆形轨道I，在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，经过B点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，之后将变轨到近月圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动，经过一段时间最终在C点着陆，已知月球半径为R。下列说法正确的是（　　）

A. 探测器在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动周期之比为

B. 探测器在轨道Ⅰ、Ⅲ上的加速度之比为1：4

C. 探测器在轨道Ⅰ上运行速度小于在轨道Ⅱ上经过B点时的速度

D. 探测器在地月转移轨道上经过A点时应向后喷气实施变轨

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据开普勒第三定律，探测器在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动周期之比

故A正确；

B．根据万有引力提供向心力

探测器在轨道Ⅰ、Ⅲ上的加速度之比

故B错误；

C．探测器在轨道Ⅰ上经过B点时需要减速做近心运动，才能变轨到轨道Ⅱ，故探测器在轨道Ⅰ上运行速度大于在轨道Ⅱ上经过B点时的速度，故C错误；

D．探测器在地月转移轨道上经过A点时需要减速做近心运动，应向前喷气实施变轨，故D错误。

故选A。

6. 如图，M和N是两个带有异种电荷的带电体，（M在N的正上方，图示平面为竖直平面）P和Q是M表面上的两点，c是N表面上的一点。在M和N之间的电场中画有三条等势线。现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它经过了F点和W点，已知油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能。（E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力）则以下说法正确的是（　　）

A. P和Q两点的电势不相等

B. P点的电势高于c点的电势

C. 油滴在F点的电势能低于在E点的电势能

D. 油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”会改变

【答案】C

【解析】

【详解】A．因为带电导体表面是等势面，所以P和Q两点的电势相等，故A错误；

B．由题意液滴在F点机械能大于在W点机械能，则液滴从F到W点，电场力做负功，则F点电势低于W点电势，则M带负电荷，N带正电荷，P点电势低于c点电势，故B错误；

C．因为正电荷在电势高的地方电势能大，故油滴在F点电势能比在E点电势能低，故C正确；

D．因为只有电场力和重力做功，所以机械能和电势能总和不变，故D错误。

故选C。

7. 手机无线充电技术越来越普及，其工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当间接上的正弦交变电源后，受电线圈中产生交变电流给手机快速充电，这时手机两端的电压为，充电电流为。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是（　　）

A. R的值为

B. 快速充电时，间电压

C. 快速充电时，送电线圈的输入电压

D. 快速充电时，送电线圈的输入功率为

【答案】D

【解析】

【详解】BC．对送电线圈有

受电线圈有

由原副线圈电流和匝数的关系得

联立解得

故BC错误；

A．由欧姆定律可得

故A错误。

D．变压器原副线圈的功率相等，则送电线圈的输入功率

故D正确。

故选D。

8. 如图所示，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的球1和球2。不计乒乓球的旋转和空气阻力。乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 过网时球1的速度大于球2的速度 B. 球1的速度变化率小于球2的速度变化率

C. 球1的飞行时间大于球2的飞行时间 D. 起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率

【答案】AD

【解析】

【详解】AC．把乒乓球的运动看作反向的平抛运动来处理，由

知，两球运动时间相等。 因为乒乓球水平方向做匀速直线运动，由于球1水平位移大，故水平速度大，即过网时球1的速度大于球2的速度，故A正确，C错误；

B．两球都做平抛运动，只受重力作用，故加速度相等，即速度变化率相等，故B错误；

D．乒乓球竖直方向上做自由落体运动，由

可知，落台时两球竖直方向速度相等，落在台上时，重力的瞬时功率为

又因为重力等大，故落在台上时两球的重力功率相等，故D正确。

故选AD。

9. 如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点。大量质量、电量相同的带正电的粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场，不计粒子重力。设从d、c、e点离开的粒子在磁场中运动的时间分别为td、tc、te，进入磁场时的速度分别为vd、vc、ve。下列判断正确的是（　　）

A. td一定小于tc，vc一定小于vd

B. td一定等于tc，vc一定大于vd

C. tc一定小于te，vc一定大于ve

D. tc一定大于te，vc一定小于ve

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】如图所示

若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间

td一定等于tc，根据

则vc一定大于vd

粒子从bc边射出，粒子依次从bc上的f、e、c射出时，弧长越来越大，而圆心角越来越大，半径越来越小，运动时间

tc一定大于te，根据

解得

质量、电量相同，从c点射出的半径最小，则vc一定小于ve

故选BD。

10. 航空母舰舰载机在起飞的过程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板上达到起飞速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统（如图甲所示）就能达到起飞速度．电磁弹射系统的一种设计可简化为乙图所示，图中是光滑平行金属直导轨（电阻忽略不计），是电磁弹射车，回路中电流恒定，且可当长直导线处理．该电流产生的磁场对弹射车施加力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力，关于该系统，下列说法正确的是（　　）

A. 间的磁场是匀强磁场

B. 弹射车的速度与运动的时间成正比

C. 弹射车所受的安培力与电流的大小成正比

D. 若回路中通以交变电流，弹射车也能正常加速

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据左手定则可知，MN、PQ间有竖直向上的磁场，且通电直导线产生的磁场为环形磁场，离导线越远磁场越弱，故不是匀强磁场，故A错误；

B．沿导轨方向磁场不变，且回路PBAM中电流恒定， 导轨间距不变，由

可知，安培力大小不变，由牛顿第二定律

可知，加速度不变，由

可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故B正确；

C．安培力

当电流增大时，磁感应强度也增大，故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故C错误；

D．根据右手螺旋法则可知电流方向沿回路PBAM时，导轨之间产生竖直向上的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向向右；当电流方向沿回路MABP时，根据右手螺旋法则导轨之间产生竖直向下的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即若回路中通以交变电流，弹射车也能正常加速，故D正确。

故选BD。

11. 如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为。小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.8，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是（　　）

A. 小球从C点到D点的过程中，小球受到杆的弹力不变

B. 小球从C点到D点的过程中，小球的加速度不断减小

C. 小球从C点到D点的过程中，绳的最大弹性势能为

D. 若仅把小球质量变为，则小球到达D点时的动能为

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】A．设BC的长度为L，根据胡克定律，有

BD与竖直方向的夹角为α时，到D点时伸长量为，故弹力为

球受重力、弹性绳的弹力、摩擦力，杆的弹力，水平方向平衡，故

即小球从C点到D点的过程中，小球受到杆的弹力不变，故A正确；

B．小球受到的摩擦力

则小球下滑过程中有

则

下滑过程中α减小，随着α减小加速度a先减小后增大，故B错误；

C．小球从C点到D点的过程中，由动能定理可得

则

即克服弹力做功0.2mgh，弹性势能增加0.2mgh，因为最初绳子也具有弹性势能，所以，绳子最大的弹性势能大于0.2mgh，故C错误；

D．若仅把小球的质量变成2m，小球从C到D过程，根据动能定理，有

解得

故D正确。

故选AD。

二、实验题：本题共2小题，12题6分，13题10分，共16分．

12. 某同学利用如图甲所示的装置测量滑块运动的加速度，采用如下步骤完成实验：

①用游标卡尺测量挡光片的宽度d；

②用毫米刻度尺测量挡光片到光电门的距离x；

③由静止释放滑块，记录数字计时器显示的挡光片挡光时间t；

④多次改变x，测出所对应的挡光时间t；

⑤以为纵坐标x为横坐标，作图象，得出一条过坐标原点的直线如图乙所示，测得其斜率为k；

⑥根据实验数据和图象，计算滑块运动的加速度a。

根据上述的实验步骤，请回答：

（1）用游标卡尺测量挡光片宽度时，示数如图丙所示，则挡光片的宽度________ ；

（2）滑块通过光电门时的速度大小_______（用实验中所测物理量符号表示）；

（3）滑块运动加速度________（用k、d表示）。

【答案】    ①. 2.4    ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1]挡光片的宽度为

（2）[2]由于滑块运动的速度较快，且d较小，所以t也较小，则可近似认为v等于t时间内的平均速度，即

（3）[3]根据匀变速运动速度与位移关系有

联立以上两式可得

由题意知

解得

13. 现要组装一个酒精测试仪，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，此传感器的电阻R随酒精气体浓度的变化而变化，规律如图甲所示。目前国际公认的酒驾标准是“0.2mg/mL≤酒精气体浓度<0.8mg/mL”，醉驾标准是“酒精气体浓度≥0.8 mg/mL”。提供的器材有：

A．二氧化锡半导体型酒精传感器Rx

B．直流电源（电动势为4V，内阻不计）

C．电压表（量程为3V，内阻非常大，作为浓度表使用）

D．电阻箱（最大阻值999.9Ω）

E．定值电阻R1（阻值为50Ω）

F．定值电阻R2（阻值为10Ω）

G．单刀双挪开关一个，导线若干

(1)图乙是酒精测试仪电路图，请在图丙中完成实物连线______；

(2)电路中R应选用定值电阻___________（填R1或R2）；

(3)为便于识别，按照下列步骤调节此测试仪：

①电路接通前，先将电阻箱调为30.0Ω，然后开关向___________（填“c”或“d”）端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为_______________mg/mL；

②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为“酒精浓度”；

③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用。

(4)某同学将调适好的酒精测试仪靠近酒精瓶口，发现该表显示为醉驾，则电压表的实际电压为_________。

【答案】    ①.     ②. R2    ③. c    ④. 0.2    ⑤. 大于等于2V（或大于等于2V小于等于3V）

【解析】

【详解】(1)[1]实物连续如图所示

(2)[2]在乙图中，根据闭合电路欧姆定律，电压表的读数为

因为电压表的量程为3V，所以

根据图甲

解得

故选R2。

(3)[3][4]便于识别，按照下列步骤调节此测试仪：

①电路接通前，先将电阻箱调为30.0Ω，然后开关向c端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为0.2mg/mL；

(4)[5]某同学将调适好的酒精测试仪靠近酒精瓶口，发现该表显示为醉驾，根据规定，醉驾时的酒精气体浓度为0.8 mg/mL，根据图乙查得与0.8 mg/mL对应的电阻值是

10Ω，则电压表实际电压为

所以，醉驾时电压表的电压大于等于2V。

三、计算题：本题共3小题，14题10分，15题14分，16题16分，共40分．

14. 有一质量m=2kg的物体在水平面上沿直线运动，0时刻起受到与运动方向在一条直线上的力F作用，其F-t图像如图（a）所示，物体在第2s末至第4s末的速度–时间关系图像v–t图如图（b）所示．

（1）根据图像计算第2s末到第4s末物体运动过程中的加速度大小；

（2）计算第2s末到第4s末的时间内物体克服摩擦力所做的功；

（3）已知两图像所取正方向一致，通过定量计算在图（b）中完成0~6s内的全部v–t图．

【答案】(1)4m/s2   （2）16J   （3）见解析

【解析】

【详解】（1）物体在第2s末至第4s加速度

（2）由图（a）可得0–4s内拉力F1=10N；

根据牛顿第二定律有

F1-f=ma2

解得f=2N

由图（a）可得：

第2s末到第4s末的时间内物体克服摩擦力所做的功

（3）物体在0-2s时间内，由F1+f=ma1得a1=6m/s2；

所以t=0时

v0=-a1t1=-6×2m/s=-12m/s

在4-6s时间内，由F2-f=ma3得a3=-4m/s2；

所以物体速度减为0经历的时间为

0~6s内的全部v–t图如图所示：

15. 如图所示，半径为L的金属圆环内部等分为两部分，两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为，与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动．圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的D形金属盒相连，D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里．时刻导体棒从如图所示位置开始运动，在导体棒开始转动的半周内有一束相同粒子从D形盒内中心附近A处均匀飘人（可忽略粒子的初速度）宽度为d的狭缝，粒子质量为m，电荷量为，粒子每次通过狭缝都能得到加速，最后恰好从D形盒边缘出口射出．不计粒子重力及粒子间的相互作用，导体棒始终以最小角速度（未知）匀速转动：

（1）若忽略粒子在狭缝中运动的时间，求的大小和导体棒绕圆环中心O匀速转动的电动势U；

（2）考虑实际情况，粒子在狭缝中运动的时间不能忽略，求粒子从飘入狭缝到从出口射出，粒子在狭缝中加速的总时间。

【答案】（1）；；（2）

【解析】

【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力

棒的最小角速度

解得

导体棒绕圆环中心O匀速转动的电动势为

（2）设粒子离开出口时的速度为，在电场中的加速时间为，则

粒子在电场中的加速度

两D形金属盒狭缝间电压等于导体棒匀速转动的电动势

又因为

解得

16. 如图所示一平板车A质量为2m，原来静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为的初速度从平板车左端开始向右滑行一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反。A、B之间的动摩擦因数为，物块B总不能到车板的右端，重力加速度小为 g。

（1）求车第一次碰到挡板前瞬间车的速度可能的大小；

（2）若车与挡板能发生2次及以上的碰撞，求L满足的条件；

（3）若车与挡板能发生3次及以上的碰撞，求L满足的条件。

【答案】（1）或；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）若A与挡板碰撞前，A，B的速度已经相等，根据动量守恒定律得

可得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为

若A与挡板碰撞前，A、B没有达到共同速度，对A，由动能定理可得

解得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为

（2）设在A与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为，根据动量守恒定律有

如果L为某个值，使A与挡板第一次碰撞后经过一段时间恰好同时停止运动，则

此时A与挡板只发生一次碰撞，在这段时间内，对A由动能定理可得

联立解得

车与挡板能发生2次及以上的碰撞的条件

（3）如果L为某个值，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得

设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为，从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得

A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知

由题意可知A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A，B同时停止运动，即

联立解得

车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件