【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2022-2023学年高二下学期第二次（3月）月考物理答案与解析.docx，共(8)页，199.622 KB，由小赞的店铺上传

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第二次月考参考答案与解析一、二：选择题（6×4+4×5=44）三、（每空2分，共16分）11、7.5×10-10mAC36MdABC12、0.5不能L10.2813、（12分）（1）82cos100

(V)et=，6.4V；（2）34210C−；（3）5.12W【详解】（1）交流发电机产生电动势随时间的变化关系是cos82cos100(V)eNBStt==3分交流电压表显示出的是路端电压有效值，故示数为()m6.4V2ERURr==+3分（2）从

0=t时刻转过30°的过程中，通过电阻的电荷量为23ΔΦ400sin302100.02C4210C10NqRr−−===+3分（3）电阻R上的热功率225.12WUPIRR===3分14、（16分

）（1）设两金属棒的质量均为𝑚，金属棒甲刚进入磁场时速度大小为𝑣1，金属导轨间的距离𝐿=1𝑚，金属棒甲下滑的高度ℎ=0.2𝑚金属棒甲，由动能定理得：𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣2−0，代入数据解得：

𝑣1=2𝑚/𝑠2分金属棒甲刚进入磁场的一瞬间切割磁感线产生的感应电动势：𝐸=𝐵𝐿𝑣1=3×1×2𝑉=6𝑉由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：𝐼=𝐸𝑅+𝑅𝑅𝑅+𝑅=𝐸3𝑅2=632×2𝐴=2𝐴题号123

45678910答案BCABCBACDBDBCAC通过金属棒乙的电流：𝐼乙=12𝐼=12×2𝐴=1𝐴3分对金属棒乙，由平衡条件得：𝜇𝑚𝑔=𝐵𝐼乙𝐿代入数据解得：𝑚=3𝑘𝑔2分（2）设金属棒甲与乙碰撞前的

速度大小为𝑣2，以向左为正方向，对金属棒乙，由动量定理得：−𝐵𝐼−𝐿𝑡=𝑚𝑣2−𝑚𝑣1其中：𝑞=𝐼−𝑡2分通过金属棒的电荷量：𝑞=𝐼−𝑡=𝐸−𝑅+𝑅𝑅𝑅+𝑅𝑡=△𝛷𝑡3𝑅2𝑡=2△𝛷3

𝑅=2𝐵𝐿𝑙3𝑅2分由题意可知，𝑙是𝐶𝐷、𝐸𝐹间的距离，𝑙=1𝑚，代入数据解得：𝑣2=1𝑚/𝑠1分设碰撞上后瞬间甲、乙的共同速度为𝑣3，碰撞过程系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，

由动量守恒定律得：𝑚𝑣2=2𝑚𝑣3代入数据解得：𝑣3=0.5𝑚/𝑠1分金属棒甲从𝐶𝐷运动到𝐸𝐹的过程中，电阻𝑅上产生的焦耳热：𝑄1=16(12𝑚𝑣12−12𝑚𝑣22)代入数据解得：𝑄1=0.75𝐽1分金属棒甲、乙粘在一起向左运动的过程中，电阻𝑅上产

生的焦耳热：𝑄2=23(12×2𝑚𝑣32−𝜇×2𝑚𝑔𝑥)其中：𝑥=0.1𝑚，代入数据解得：𝑄2=0.1𝐽1分电阻𝑅上产生的总焦耳热：𝑄=𝑄1+𝑄2=(0.75+0.1)𝐽=0.85𝐽1分15、（12分）解：（1）通过𝑓点进入电场区域的粒子速度最

大，其半径𝑟1=𝐿则由：𝑒𝑣1𝐵=𝑚𝑣12𝑟1解得𝑣1=𝑒𝐵𝐿𝑚3分磁场中：t1=𝑇4=𝜋𝑚2eB电场中t2=2𝑣1𝑎=2BLEt=t1+t2=𝜋𝑚2eB+2BLE3分（2）要使粒子能通过𝑏点射出磁场，则粒子应从

𝑎点运动到𝑃点，再从𝑎𝑓中点𝑃水平向右进入电场，在电场中先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，最后原速回到𝑃，又从𝑃点运动到𝑏点，可画出运动轨迹图，设从𝑏点离开磁场的粒子半径为𝑟2，轨迹如图，则：

𝑟2=𝐿2则由：𝑒𝑣2𝐵=𝑚𝑣22𝑟2解得𝑣2=𝑒𝐵𝐿2𝑚；3分（3）只有当粒子第一次从电场返回磁场且不从𝑎𝑏和𝑏𝑓两边离开磁场时，粒子才有可能经电场偏转通过𝑎𝑑，即粒子第一次返回磁场的半径𝑟3满

足：𝑟3=𝐿3设粒子从𝑎点射入磁场时的速度为𝑣3，则：𝑒𝑣3𝐵=𝑚𝑣32𝑟3解得𝑣3=𝑒𝐵𝐿3𝑚3分详解：1、【答案】B【详解】开关S接通瞬间，磁通量增加，电流表指针向右偏转，说明磁通量增加会引起电流表右偏，反之左偏。A

．开关闭合电路达到稳定后，突然断开开关瞬间，穿过螺线管B的磁通量减少，所以电流表指针向左偏转，A错误。B．开关闭合后，螺线管A向上移动，穿过螺线管B的磁通量减少，所以电流表指针向左偏转，B正确；C．开关闭合后，螺线管A中铁芯向上拔出，穿过螺线管B的磁通量减少，所以电流表指

针向左偏转，C错误；D．开关闭合后，滑动变阻器的滑片向右滑动，电阻减小，电流增大，穿过螺线管B的磁通量增加，电流表指针向右偏转，D错误；2【答案】C【详解】A．由题图分析可知，1st=时刻，线框平面与中性面垂直的位置，而交变电流是在中性面位置电流的

方向发生改变，故A项错误；B．由2mBL=解得2TB=故B项错误；D线框中感应电动势的最大值mm2VENBSN===故选D。C．线框转动的角度2rad/sT==故C项错误；3【答案】A【详解】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．则有：()22200()2242ITTIRT

RIR=+解得：I=52I0．4【答案】B【详解】A．磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比，则在10t−时间内，电流在增大，但变化率在减小，所以线圈的磁通量在增大，但磁通量的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律Ent=可知感应电动势减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐减

小，由牛顿第二定律可知加速度也减小，故A错误；B．由图甲可知10t−时间内，电容器上极板为正极板，所以线圈中左侧电流向下，根据安培定则可知线圈中产生的磁场方向向右，故B错误；C．10t−时间内，电流的变化率减小，则小球内磁通量的变化率减小，根据法拉

第感应定律可知，小球内的涡流减小，故C正确；D．电容器放电过程中，变化的磁场在空间中产生变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以电容器储存的电能不能全部转化为小球的动能，故D错误。5【答案】C【解析】解：由图可知，𝐵为均匀带负电绝缘环，𝐵中

的电流方向与旋转的方向相反；𝐴产生顺时针方向的电流，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场的方向向里，根据楞次定律可知，𝐵产生的磁场的方向向外且增大或者向里且减小；𝐴具有扩展趋势，根据平行反向通电直导线相互排斥的

规律，𝐴环与𝐵环的电流方向相反，故B环产生逆时针方向的电流。根据安培定则可知，𝐵的电流的方向为逆时针方向，所以𝐵环旋转的方向为顺时针方向，产生的磁场向外，结合前面的判断，故应加速转动。故选：C𝐵环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使𝐴中的磁通量发生变化，

则可以在𝐴中产生感应电流；根据楞次定律可判断𝐵的转动情况．6【答案】B𝐴.根据图乙可知𝐴𝐵端的输入电压有效值为120√2√2𝑉=120𝑉，设每个灯泡两端的电压为𝑈，因为𝑛1:𝑛2=3:1，所以定

值电阻𝑅两端的电压为3𝑈，则有3𝑈+𝑈=120𝑉，解得𝑈=30𝑉，选项A错误;副线圈的输出电流为3𝐼，原线圈的输入电流为𝐼，通过定值电阻𝑅的电流与通过每个灯泡的电流相同，定值电阻𝑅两端的电压为90𝑉，可知𝑅=3𝑈𝐼=150𝛺，定值电阻

𝑅的功率为54𝑊，选项B正确、𝐷错误。故选𝐶。𝐶.每个灯泡的功率为18𝑊，通过每个灯泡的电流，选项B错误;7、ACD8【答案】BD9.AB[解析]输电线上损失的功率P损=20kW-19kW=10

00W,输电线上的电阻R=10Ω,根据P损=I2R,解得输电线中的电流为I=5A,由于电流互感器原、副线圈的匝数之比为1∶10,故流过电流表的电流为0.5A,错;升压变压器为理想变压器,故升压变压器的输出功率为20kW,根据P=U2I,解得升压变

压器的输出电压U2=4000V,B正确;其他条件不变,用户数增多,则用户总电阻减小,用户的总功率P4增大,因P3=P4,P3=U3I,所以输电电流I增大,根据P损=I2R可知,输电线损耗的功率将会增大,C错误.降压变压器原、副线圈电压比𝑈3𝑈4=𝑛3𝑛4,故用户端电压U4=𝑛

4𝑛3U3,其他条件不变,将P上移,则n3增大,会导致U4变大,D错误;9、【答案】BC【详解】A．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达MN右侧地面。故A错误；D.若粒子的速率为qBRm，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有

2vqvBmr=解得rR=若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示设该轨迹半径为1r，由几何关系可得2211(2)rRrR+−=解得132rRr=故D错误；B．若粒子的速率为2qBRm，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有212vqvBmr=解得22R

r=若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故B正确；C．若粒子速率为32qBRm，由洛伦兹力提供向心力得2223vqvBmr=解得3132Rrr

==由C项的分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故C正确。故

选BC。10、ACAB进入磁场，当线框匀速运动有𝐹−𝜇𝑚𝑔=𝐹安，𝐹安=𝑛𝐵0𝐼𝑎，由闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律，得𝐼=𝐸𝑅，𝐸=𝑛𝐵0𝑎𝑣，所以𝐹−𝜇𝑚𝑔=𝑛2𝐵02𝑎2𝑅𝑣，𝑣=(

𝐹−𝜇𝑚𝑔)𝑅𝑛2𝐵02𝑎2=2𝑚/𝑠，进入过程有，线框全部在磁场中，由感生电动势引起电流，𝐸′=𝑛△𝐵△𝑡𝑎2=10×0.2×1𝑉=2𝑉，𝐼′=𝐸′𝑅=2𝐴，四条边所受安培力合力为零，有𝐹−𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎加，可得𝑎加=8𝑚/

𝑠2，线框做匀加速直线运动，有𝑣′=√𝑣2+2𝑎加(𝐿−𝑎)=6𝑚/𝑠，𝑡=𝑣′−𝑣𝑎加=0.5𝑠，𝑞2=𝐼′𝑡=1𝐶，所以𝑞=𝑞1+𝑞2=3𝐶；故A对；CD.进

入磁场过程，有(𝐹−𝜇𝑚𝑔)𝑎−𝑄1=12𝑚𝑣2，解得𝑄1=6𝐽，线框全部在磁场中有𝑄2=𝐼′2𝑅𝑡=4×1×0.5𝐽=2𝐽，所以𝑄=𝑄1+𝑄2=8𝐽，故C正确。11、（1）根据题意有61231.20.2%mL6

10mL610m400V−−===所以油酸分子的直径为12103610m7.510m8.010VdS−−−===（3）036AMNVMd==12【详解】（1）[1][2]当酒精浓度为零时，R1

为80Ω，电流表刚好满偏，则电源内阻为1AA0.5ΩErRRI=−−=当酒精浓度增大时，总电阻减小，电流超过满偏值，说明该仪器不能检测酒驾。（2）[3]当酒精浓度增大时，R1减小，根据“串反并同”，灯泡L1电压增大，达到

0.7V会发光，说明L1是红灯。[4]当红灯刚亮时，小灯泡电压达到0.7V，1R两端电压为8.3V，此时1R阻值为30Ω，则红灯电流为8.3A0.28A30I=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com