【文档说明】四川省泸州市泸县第一中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.409 MB，由管理员店铺上传

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泸县一中2022-2023学年春期高二第一学月考试物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2.考试结束后，将本试卷自己保管，答题卡交回。3.物理110分，化学100分，生物90分；同堂分卷考试，满分300分，考试时间共150分

钟。第I卷选择题一、选择题：本题共9小题，每小题6分，共54分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~9题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（）A.穿过闭合电路中的磁通量增大，

但闭合电路中感应电流可能减小B.穿过闭合电路中的磁通量为零的瞬间，闭合电路中不可能有感应电流C.穿过闭合电路中的磁通量减小，则闭合电路中的感应电动势一定减小D.穿过闭合电路中的磁通量变化越来越快，但闭合电路中感应电动势可能不变【答案】A【解析】【详解】A、根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大

小与磁通量变化率成正比，与磁通量没有直接关系；穿过闭合电路中的磁通量增大，但磁通量的变化率不一定增大，如果变化率减小，则根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势减小，感应电流就会减小，故A正确．B、穿过闭合电路中的磁通量不为零时，若磁通量发生变化，闭合电路中就会有

感应电流产生，故B错误．C、穿过闭合电路中的磁通量减少，磁通量的变化率不一定减少，根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势不一定减少，感应电流就不一定减少．故C错误．D、根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动

势的大小与磁通量变化率成正比，故磁通量变化越快，则感应电动势越大，产生的感应电流越大，故D错误．2.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S

1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（）A.图甲中，A1与L1的电阻值相同B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中

电流大于L1中电流C.图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D.图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】C【解析】【详解】AB．断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过

A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；C．闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；D．闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立

即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。故选C。3.如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，电场方向未知．一电子以一定的初速度由A点射入电场，虚线为电子的运动轨迹，B点是运动轨迹上的一点，则()A.A点电势高于B点电势B.电

子在B点的电势能大于在A点的电势能C.电子在A点的速度大于在B点的速度D.电子由A到B，电场力先做负功后做正功【答案】D【解析】【详解】A、由曲线运动的知识可知：电子所受的电场力向左，由于电子的受力与场强方向相反，可知电场线向右，结合沿着电场线电势逐渐降低得BA

，故A错误；D、电子从A到B点过程中，电场力先与速度成钝角力做负功，后与速度成锐角力做正功，D项正确；B、C、电子全过程逆着电场线运动，电场力总的功为正功，则电荷的电势能减小，即B点的电势能小于A点的电势能，动能增大有B点

的速度大于A点速度，故B，C均错误；故选D．【点睛】由运动的轨迹与电场线确定出受力向，根据力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出能量的大小关系．4.如图所示，已知电源电动势为6V，内阻为1Ω，保护电阻00.5R=，则当电阻箱R消耗的电功率最大时，这个电

阻箱R的读数和电阻R0消耗的电功率为（）A.1.5Ω，2WB.1.5Ω，6WC.2Ω，6WD.2Ω，2W【答案】A【解析】【详解】ABCD．将保护电阻R0等效为电源内阻，则电阻箱R消耗的电功率最大时，其与等效电源内阻相等，内电阻变为00.511.5ΩRr+=+=此时电路电流为

02AEIRrR==++则电阻R0消耗电功率为202WPIR==故选A。5.如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源,定值分别为12RR、，且12RR,理想变压器的原、副线圈匝数比为k且1k,电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表的示。当问下调节电滑动变阻

器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法错误的是（）A.12RUIk=B.2URI=C.电源的输出功率一定减小D.电压表示数一定增加【答案】B【解析】【详解】A．理想变压器初、次级线圈电压变化比12=UnUn初次电流变化比为21=InI

n初次则2221UUnInI=次初次初将1R视为输入端电源内阻，则1=URI初初所以1R221221UUnRInIk==次初次初这也是1R耦合到次级线圈电阻值为12Rk，即为等效电源内阻，故A正确；B．因23+URRI=故B错误；C．当

向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C正确；D．当向下调节滑动变阻器R3滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变

大，故D正确。故选B。6.如图所示，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC=60°，BC边处在x

轴上。现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t=0时线框B点恰好位于原点O的位置。规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个i-x图象中,能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【

详解】线圈从0-L过程，产生逆时针方向的电流；有效长度从0增大到32L，故电流逐渐变大；从L-2L的过程，产生逆时针方向的电流；有效长度从32L逐渐减到0，故电流逐渐变小；从2L-3L过程，产生顺时针方向的电流；有效长度从3L逐渐减到0，故电流逐渐变小；则图

线D正确，ABC错误。故选D。7.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在2s=t时刻的波的图像，a、b、c为介质中的三个质点，图乙表示该波6mx=处a质点的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波沿x轴负向传播B.4s

t=时刻，质点b振动的速度方向与加速度方向相同C.3.5st=时刻，质点c振动速度方向沿y轴负方向D.质点c的位移随时间变化的关系式510sincm26ty=−【答案】BCD【解析】【详解】A．由图乙可知，2s=t时a

质点正在向y轴负方向振动，可判断出，波沿x轴正方向传播，A错误；B由图乙可知，4st=时，a正在平衡位置向y正方向振动，所以b还在负方向的某个位置，正在向平衡位置振动，做加速运动，速度方向与加速度方向相同，

B正确；C．3.5st=时，甲图刚好经过1.5s，质点c过波谷不久，速度方向沿y轴负方向。C正确；D．波向右传播，质点c正在向y轴正方向振动，可知，其函数关系式为sin()yAt=+已知A=10cm，T=4s，且代入点（2s，5cm）有25510sin(

)cm=10sin()cm4626ytt=−−D正确。故选BCD。8.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期大小为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻的为2Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时感应电流为1A．那么（）A.线

圈消耗此交流电的电功率为4WB.线圈中产生此交流电电流的有效值为2AC.线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=24sintTD.从图示位置开始转过90°的过程中，通过线圈的电量为TC【答案】AD【解析】【详解

】AB．从垂直中性面开始其瞬时表达式为mcosiI=则电流的最大值为m1A2Acoscos60iI===线圈中电流的有效值为m2A2II==线圈消耗的电功率为()22224WPIr===选项A正确，B错误；C．感应电动势的最大值为mm22V4VEIr==

=任意时刻线圈中的感应电动势为m22cos4cos(V)eEttTT==选项C错误；D．通过线圈的电荷量BSqItttRRR====又知道2mBSEBST==联立解得CTq=选项D正确。故

选AD。9.如图所示，空间存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（竖直面）向里，MM为磁场区域的上边界，磁场上方有一个质量为m的正方形导线框abcd，ab边与MM平行。已知线框边长为

L，总电阻为R，重力加速度为g，线框从图示位置由静止开始自由下落，则在ab边进入磁场的过程中，关于线框的运动，下列说法中正确的是（）A.线框可能先做加速运动再做减速运动B.线框可能一直做匀加速运动C.线框可能先做减速运动再做匀速运动D.线框

若出现匀速运动，其速度大小一定是22mgRBL【答案】CD【解析】【详解】线框刚开始做自由落体运动，ab边以一定速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，结合右手定则和左手定则可以判断出ab受到竖直向上的安培力作用，有FBIL=，EIR=，EBLv=第一种情况：若线框进入磁

场时，安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，有FBILmg==可得22mgRvBL=第二种情况：若线圈进入磁场时，安培力大于重力，则线框做减速运动，安培力减小，线框做加速度减小的减速运动，当线框速度减小到22mgRBL时，线框若仍未全部进入磁场，则线框后面将做匀

速运动。第三种情况：若安培力小于重力，线框做加速度减小的加速运动，当线框速度加速到22mgRBL时，线框若仍未全部进入磁场，则线框后面将做匀速运动。故选CD。第II卷（非选择题56分）二、实验题10.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤

如下：①将单摆上端固定在铁架台上。②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长L。③记录小球完成n次全振动所用的总时间t。④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小。根据图2所示，测得的摆长L=________cm；重力加速度测量值表达式g=_______（用L

、n、t表示）。（2）为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制2TL−图像，如图3所示。由图可知重力加速度g=________（用图中字母表示）。（3）关于实验操作或结果分析，下列说法

正确的是_______（选填选项前的字母）。A．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量B．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好C．当摆球经过最高位置时开始计时D．多次改变摆线长l，测量多组对应的50次全振动时间t，通过绘制的2tl−关系图线也可以测定重力加速

度【答案】①.98.50②.2224Lngt=③.22122214()LLgTT−=−④.AD##DA【解析】【详解】（1）[1]刻度尺的分度值为0.1cm，读数为98.50cm；（2）[2]单摆的周期为tTn=根据单摆的周期公式有2LTg

=解得2224Lngt=[3]由单摆周期公式变形可得224LTg=结合图象的斜率可解得22122214()LLgTT−=−（3）[4]A．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量，可以更精确地测量出悬点到球心的距离，故A正确；B．单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作简谐运动

，故B错误；C．当摆球经过平衡位置时开始计时，故C错误D．由单摆周期公式可得250tLg＝可得24210tLg=通过绘制的2tl−关系图线也可以测定重力加速度，故D正确。故选AD。11.某同学用伏安法测一节干电池的电动势

和内阻，现备有下列器材：A．被测于电池一节B．电流表：量程0~0.6A，内阻A0.3r=C．电流表：量程0~0.6A，内阻约为0.1ΩD．电压表：量程0~3V，内阻未知E．电压表：量程0~15V，内

阻未知F．滑动变阻器：0~10Ω，2AG．滑动变阻器：0~100Ω，1AH．开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。（

1）实验电路图应选择下图中______（填“甲”或“乙”）；的（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。【答案】①.甲②.1.5③.0.7【解析】【详解】（1）[1]由于电流表内阻已知，所以可

采用外接法，从而消除由于电压表分流而带来的系统误差，即电路图应选择甲。（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有A()UEIrr=−+可知U-I图像的纵截距表示干电池的电动势，斜率的绝对值表示干电池与电流表内阻之和，所以1.5VE=A1.51.00.70.5rr−=−=四、解答题（本答题

共三个小题，12题10分，13题12分，14题18分，共40分）12.如图，一列简谐横波沿x轴传播，实线为tl=0时刻的波形图，虚线为t2=0.05s时的波形图．(1)若波沿x轴正方向传播且2T<t2-t1<3T(T为波的周期)，求波速.(2)若波速v=260m·s－1，则从tl=0时刻起x

=2m处的质点第三次运动到波谷所需的时间．【答案】（1）220m/s；（2）9260s【解析】【详解】（1）波沿x轴正向传播，由图像可知：λ=4m；在∆t时间内：213()4ttnT−=+因为2T<t2-t1<3T，则n=2，此时110.054T=，解得155Ts=，220/vmsT=

=（2）若波速v=260m/s，则在∆t=0.05s内传播的距离为11334xvtm===+则波沿x轴负向传播，此时周期为165Tsv==，则从tl=0时刻起x=2m处的质点第三次运动到波谷所需的时间192s426

0tTT=+=13.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为0.4mL=的绝缘细线把质量为0.4kgm=、电荷为2Cq=+的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为37=，已知A、C两点分别

为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：（g取210m/s，sin370.6=，cos370.8=）（1）匀强电场的场强大小；（2）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度最少为多少？（结果可用根号表示）【答案】（1）1.5N/C

；（2）21m/s【解析】【详解】（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得tanqEmg=得tan1.5N/CmgEq==（2）分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则2cossin

vmgqEmL+=由动能定理得22011cos(1sin)22mgLqELmvmv−−+=−联立解得0/s21mv=14.如图所示，光滑矩形斜面ABCD的倾角30=，在其上放置一矩形金属线框abcd，ab的

边长11ml=，bc的边长20.6ml=，线框的质量1kgm=，电阻0.1ΩR=，线框通过细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近；重物质量2kgM=，离地面的高度为4.8mH=；斜面上efgh区域是有界匀强磁

场，方向垂直于斜面向上；已知AB到ef的距离为14.2mS=，ef到gh的距离20.6mS=，gh到CD的距离为33.8mS=，取210m/sg=；现让线框从静止开始运动（开始时刻，cd与AB边重合），发现线框匀速穿过匀强磁场区域，求：(1)线框进入磁场时的速度v；(2)ef

gh区域内匀强磁场的磁感应强度B；(3)线框在通过磁场区域过程中产生的焦耳热Q；(4)线框从开始运动到ab边与CD边重合需经历多长时间。【答案】(1)6m/s；(2)0.5T；(3)18J；(4)2.2s【

解析】【详解】(1)设ab进入磁场时速度v，由机械能守恒得212121()()sin()2MgSlmgSlMmv−=−++解得6m/sv=(2)ab在磁场中运动所受安培力2211BlvFBIlR==根据平衡条件则有sinMgFmg=+联立解得0.5TB=(3)由能

量守恒可得线框在通过磁场区域过程中产生的焦耳热2222sin18JQMgSmgS=−=(4)金属线框从AB到ef的过程，根据牛顿第二定律有1sin30()MgmgMma−=+解得215m/sa=金属线框从AB到ef的过程的时间111.2svta==金属线框在通过磁场区域过程的时间2220

.2sstv==重物着地以后，根据牛顿第二定律有22sin305m/sag==根据位移时间公式有23232312slvtat−=−解得30.8st=为总时间获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com