【文档说明】四川省宜宾市叙州区第一中学校2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.923 MB，由小赞的店铺上传

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叙州区一中2023年春期高二第一学月考试物理试题第I卷选择题（50分）一．选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~10题有多项符合题目要求。全

部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列选项对公式认识正确的是（）A.公式E=k2Qr是电场强度的定义式B.P=I2R可用来计算电动机正常工作时线圈电阻的发热功率C.由公式R=UI可知导体的电阻与加在导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比D.由公式B=FIL可知，磁场中

某一点的磁感应强度由公式中的电流I的大小来决定【答案】B【解析】【详解】A．公式E=k2Qr是真空中点电荷周围的场强决定式，故A错误；B．公式P=I2R是由焦耳定律推导出来的，适用于任何电路计算热功率，故B正确；C．公式R=UI利用的是比值定义法，与电压、电流无关，故C错误；D．公

式B=FIL利用的是比值定义法，磁感应强度与电流元及所受的磁场力无关，由磁场本身的性质决定，故D错误。所以选B。2.如图所示一弹簧振子，O为平衡位置，以向右为正方向，则振子在B、C之间振动时（）为A.BO→位移为负、速度为正B.OC→位移为正、速度为负C.CO→

位移为负、速度为正D.OB→位移为正、速度为负【答案】A【解析】【分析】【详解】A．速度方向即振子运动方向，则BO→位移向左为负，速度向右为正，A正确；B．OC→位移向右为正，速度向右为正，B错误；C．CO→位移向右为正，速度向左为负，C错误；D．O

B→位移向左为负，速度向左为负，D错误。故选A。3.1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”．1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验：他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈

，那么，从上向下看，这个线圈中将出现（）A.先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B.先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C.顺时针方向的持续流动的感应电流D.逆时针方向的持续流动的感应电流【答案】D【解析】【分析】考查楞次定律【详解】N单极子向下靠近时，磁通量向下增加，

当N单极子向下离开时，磁通量向上且减小，产生的感应电流均为逆时针方向，D正确。故选D。4.如图所示的电路中，a，b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，线圈的电阻不可忽略，E为电源，S。为开关。下列说法正确的是（）A.合上开关

，a先亮，b逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭B合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a先熄灭，b后熄灭C.合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭，但b灯要闪亮一下再熄灭D.合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭，但b灯不会闪亮一下再熄灭【答案

】D【解析】【详解】ABCD.合上开关，由于自感，b先亮，a逐渐变亮，稳定后由于线圈有电阻，通过b电流大，所以更亮，断开开关，由于自感两灯都是逐渐熄灭，因为是在同一个电路，所以同时熄灭，b灯由于流过的电流小于原来的电流，故b灯不会闪亮一下再熄灭，

故选项ABC错误，选项D正确。故选D。5.如图所示，E、F、G、H为矩形ABCD各边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d．E、G两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零．若将H点的负电荷移到O点，则F点处场强

的大小和方向为(静电力常量为k)A.24kQd方向向右B.24kQd方向向左C.23kQd方向向右D.23kQd方向向左【答案】D【解析】【详解】当负正点电荷在H点时，电场强度恰好为零，故两个正电荷在F点的电场与正电荷的电场之和为零，根据公式2QEkr=可得负电电荷在F点产生的电场

强度大小为2QEkd=，方向水平向左，故两个正电.荷在F点产生的电场强度大小为2QEkd=，方向水平向右；负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小为124=QEkd，方向向左，所以F点的合场强为2224

3−=QQQkkkddd，方向水平向左，故D正确，ABC错误；故选D．【点睛】关键是根据两个正电荷在F点的电场与负电荷的电场之和为零，做为突破口，算出负电荷在F点的电场强度，然后得出两个正电荷在F点的电场强度，再根据负点电荷移到

O点，在F点产生的电场强度大小．6.如图为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，升压变压器与降压变压器之间输电线上的总电阻为R，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，两端电压分别为U3、U

4，电流分别为I3、I4。变压器均为理想变压器，若保持发电厂的输出功率和输出电压不变，则下列说法正确的是（）A.输电线上的电流I2=2URB.输电线上损失的功率ΔP=22URC.若用户端负载增加，那么用户端电压U4变大D.无论用户端的负载如何增加，始终有I

1U1=I2U2【答案】D【解析】【详解】A．R是输电线的电阻，输电线上的电压损失23UUU=−输电线上的电流为2ΔUIR=A错误；B．输电线上损失的功率为222ΔUPIRR==B错误；C．若用户端负载增加，则通过降压变压器副线圈的电流I4增大，根据3443InIn=2

3II=则输电电流增大，输电线上损耗电压ΔU增大，因为32UUU=−降压变压器原线圈的电压减小，根据34UU=34nnU4减小，C错误；D．变压器均为理想变压器，根据能量守恒可得无论用户端的负载如何变化，始终有12PP=即1122IUIU=D

正确。故选D。7.如图所示是圆盘发电机的示意图；铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左

往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。则（）A.由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B.回路中感应电流方向不变，为C→R→D→C的C.回路中有周期性变化的感应电流D.回路中感应电流大小不变，为22BLR【答案】D【解析】【详解】A．将

圆盘看成由无数条幅向分布的导体棒组成的，圆盘在外力作用下这些导体棒切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，故A错误；B．根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为从D向R再到C，即为D→R→C→D

，故B错误；CD．根据法拉第电磁感应定律，则有20122LEBLvBLBL+===所以产生的感应电动势大小不变，感应电流大小不变，感应电流大小为22EBLIRR==故C错误，D正确。故选D。8.一根长20m的软绳拉直后放置在光滑水平地板上，以绳中点为坐标原点，以绳上

各质点的平衡位置为x轴建立图示坐标系。两人在绳端P、Q沿y轴方向不断有节奏地抖动，形成两列振幅分别为10cm、20cm的相向传播的机械波。已知P的波速为2m/s。0=t时刻的波形如图所示。下列判断正确的有（）A.6st=时，在PQ之间（

不含PQ两点）绳上一共有5个质点的位移为10cm−B.两列波叠加稳定时PQ之间（不含PQ两点）绳上有10个质点的振幅为30cmC.两波源的起振方向相同D.两列波的叠加区域没有稳定干涉图样【答案】A【解析】【

详解】A．t=6s时，两列波都向前传播了12m，波形如图所示当两列波叠加时，合振动等于两个振动的矢量和，由图象可知，在x=-7m，x=-1m，x=3m处位移都是-10cm，且在6~8m间还有两个点位移是-10cm，因此有5个点位移为-10cm，A正确；B．振动稳定后，某

时刻振动图象图所示从图中可知，在叠加稳定时两波源间（不含波源）有9个质点的振幅为30cm，B错误；C．P起振方向沿y轴负方向，而Q起振方向沿y轴正方向，因此起振方向相反，C错误；D．由于波长=4m波速由介质决定的，因此两列波的速度相等

，根据vfT==可知0.5Hzf=，2sT=因此两列波的频率均为0.5Hz，叠加区域有稳定干涉图样，D错误。故选A。9.如图所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为的斜面上，导轨下端接有电阻R，

导轨电阻不计，导轨宽为l，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒ab质量为m，电阻为r，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，沿导轨匀速向上滑动，则它在上滑高度h的过程中，以下说法

正确的是（）A.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.金属棒克服安培力做的功等于电阻r上产生的焦耳热C.恒力F做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能D.回路中磁通量的变化量为cossinBhl【答案】ACD【解析】【详解】A．金属棒ab沿导轨匀速向上滑动，处于受

力平衡状态，作用在金属棒上各力的合力等于零，合力做功是零，A正确；B．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热与金属棒r上产生的焦耳热之和，B错误；C．重力做功不改变金属棒的机械能，除重力外，其它力对金属棒做功等于金属棒机械能的增加量，所以恒力F做的功

与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能，C正确；D．回路中磁通量的变化量为coscoscossinsinhBhlBSBl===D正确。故选ACD。10.如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子

(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形区域内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是（）A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁

场B.若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0C.若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是032tD.若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是053t【答案】AD【解析】【详解】A．随粒子速

度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可知粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，故A正确；BCD．当粒子从O点沿纸面垂直于cd边射入正方形内，轨迹恰好为半个圆周，即时间t0刚好为半周期，从ab边射出的粒子所

用时间小于半周期（t0），从bc边射出的粒子所用时间小于23周期（043t），所有从cd边射出的粒子圆心角都是，所用时间为56T（053t），故B、C错误，D正确。故选AD。第II卷（非选择题60分）二、实验题（12分）11.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．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.AC【解析】【详解】（1）[1]刻度尺的最小分度值为1mm，所以读数为98.50cm[2]测量的单摆周期为tTn=代入单摆的周期公式2LTg=并变形得2224Lng

t=（2）[3]图像的斜率为222121TTkLL−=−周期公式2LTg=变形得224TLg=所以22221214TTgLL−=−变形得22122214()LLgTT−=−（3）[4]A．小球静止悬挂时测量摆长，可以更精确

地测出悬点至球心的距离，故A正确；B．单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作是简谐运动，故B错误；C．由单摆周期公式可得250tlg=变形得2224245010tllgg==只要根据图像求出斜率，就可以求出重力加速度g，故C正确。

故选AC。四、解答题（本答题共三个小题，13题14分，14题16分，15题18分，共48分）12.水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播。现有一列沿x

轴方向传播的简谐横波，t1=0时刻的波形如图中实线所示，t2=0.5s时的波形如图中虚线所示。已知：波的周期T满足0.25s<T<0.5s，求：（1）波的传播速度；（2）写出质点M振动位移y随时间t变化的关系式。【答案】（1）沿x轴正

方向传播时，10m/sv=；沿x轴负方向传播时，14m/sv=；（2）沿x轴正方向传播时，2sin5cm2yt=+；沿x轴负方向传播时，2sin7cm2t+【解析】【详解】（1）由

图可知=4m若波沿x轴正方向传播，则：△t=（n+14）T（n=0、1、2、3…）当n=1时符合题意T=0.4s解得10m/sλvT==若波沿x轴负方向传播，则：34tnT=+（n=0、1、2、3…）当n=1时符合题意2s7T=解得14m/svT==（2）质点M的振动方

程为02sinyAtT=+当T=0.4s时2sin5cm2yt=+当T=27s时2sin7cm2yt=+13.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数1500n=匝，横

截面积220cmS=。螺线管导线电阻1.0r=，14.0R=，25.0R=，20μFC=。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。规定图中磁场向下为磁场的正方向，求：（1）螺线管中产生的感应电动势的大小；（2）闭合S，电路中的电流稳定后

电容器上极板的电性和电容器所带的电荷量。【答案】（1）1.2V；（2）负电，51.210C−【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，可得螺线管中产生的感应电动势的大小为Δ1.2VΔBEnnStt===（2）闭合S，电路中的电流稳定后，根据楞次定律可知，回路中的电流方向

为逆时针，所以电容器上极板带负电。根据闭合电路欧姆定律可知，此时电路中的电流为120.12A++EIRRr==电容器两端电压等于2R两端电压，即220.6VUIR==根据电容的定义式变形，可得电容器所带的电荷量为521.

210CQCU−==14.为实现火箭回收再利用，有效节约太空飞行成本，设计师在返回火箭底盘安装了4台电磁缓冲装的置，工作原理是利用电磁阻尼作用减缓地面对火箭的反冲力。电磁缓冲装置的主要部件有两部分：①缓冲滑

块，外部由高强度绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ，缓冲轨道内存在稳定匀强磁场，方向垂直于整个缓冲轨道平面。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停

止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为0v，软着陆要求的速度不能超过v；4台电磁缓冲装置结构相同，如图所示，为其中一台电磁缓冲装置的结

构简图，线圈的ab边和cd边电阻均为R；ad边和bc边电阻忽略不计；ab边长为L，火箭主体质量为m，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：（1）缓冲滑块刚停止运动时，流过线圈ab边的电

流；（2）为了着陆速度不超过v，磁感强度B的最小值（假设缓冲轨道足够长，线圈足够高）；（3）若火箭主体的速度大小从0v减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热。【答案】（1）02BLvR，方向从b到a；（2）22mgRLv；（3）

2220022()1()88gtvvmgRmvvBL−+−+；【解析】【详解】（1）由题意缓冲滑块刚停止运动时，ab边产生的电动势为0EBLv=且总电阻为2R，所以流过线圈ab边的电流为022BLvEIRR==由右手定则知方向从b到a。（2）线圈ab边受到的安培力为22'2BLvFBILR==则对

火箭整体受力有4Fmgma−=当加速度为零时速度最小，由题意为了着陆速度不超过v，则应满足2242BLvmgR=小即磁感强度B的最小值为22mgRBLv=小（3）火箭主体的速度大小从0v减到v的过程中，由动量定理得22042BLvm

gttmvmvR−=−其中vth=所以解得下落高度为022()2mgtmvmvRhBL−+=由能量守恒定律得22011422Qmghmvmv=+−整理得每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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