【文档说明】湖北省十堰市普通高中协作体2022-2023学年高二下学期月考物理试题 含解析.docx，共(18)页，2.204 MB，由小赞的店铺上传

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六校协作体3月考试高二年级物理试题一、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.下列有关电场与磁场的说法正确的是（）A.电荷电场和磁场中运动均

一定受到电场力和磁场力B.磁场对运动电荷的作用力始终不做功C.通电导线与通电导线之间是通过电场发生相互作用的D.一小段通电直导线在磁场中受到的安培力与该处的磁感强度一定成正比【答案】B【解析】【详解】A．静止的电荷在磁场中不受磁场力，或运动的电荷速度方向与磁场

方向平行，则也不受磁场力的作用，故A错误；B．电荷在磁场中受到洛伦兹力，其方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故B正确；C．通电导线与通电导线之间的力是通过磁场相互作用的，故C错误；D．导线放在磁场中，受到的安培力为sinFBIL=，当电流大小、导线长度以及磁场与电

流方向夹角（不为零）一定时，安培力才与该处的磁感强度大小成正比，故D错误。故选B。2.在电磁感应现象中，下列说法正确的是（）A.线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B.闭合线圈在磁场内作切割磁感线运动，线圈

内可能会产生感应电流C.真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D.磁电式仪表中用来做线圈骨架铝框能起电磁驱动的作用【答案】B【解析】【详解】A．根据法拉第电磁感应定律Ent=知磁通量的变化量大，磁通量的变化率不一定大，感应电动势不一定大，故A错误；B．当穿过闭合

回路的磁通量发生变化，会产生感应电流，闭合线圈中部分电路做切割磁感线运动时，磁通量发生变化，产生感应电流，故B正确；C．真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C错误；在的D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的

铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D错误。故选B。3.如图所示，有界匀强磁场垂直纸面向里，一闭合导线框abcd从高处自由下落，运动一段时间后进入磁场，下落过程线框始终保持竖直，对线框进入磁场过程的分析正确的是（）A.感应电流沿顺时针方向B.a端电势高

于b端C.可能匀加速进入D.感应电流的功率可能大于重力的功率【答案】D【解析】【详解】线框进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；根据右手定则可知，b端电势高于a端，选项B错误；线圈进入磁场时受向上的安培力作用，大小为22BLvF

R=，随速度的增加，安培力逐渐变大，可知加速度逐渐减小，则线圈进入磁场时做加速度减小的加速运动，选项C错误；开始进入磁场时，可能安培力大于重力，即22BLvFmgR=，即222BLvmgvR，即2EmgvR，即感应电流的功率可能大于重力的功率，选项D正确；故选D.4.如图1所示，矩

形线圈位于一变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。用I表示线圈中的感应电流，取顺时针方向的电流为正。则如图中的图象正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析

】【详解】由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得ESBIRRtRt===所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率。由图乙可知，0～1时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向

外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值。所以可判断0～1s为负的恒值；1～2s为零；2～3s为为正的恒值。故C正确，ABD错误。故选C。5.如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则

（）A.在电路甲中，断开S后，A将立即熄灭B.在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗C.在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D.在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗【答案】D【解析】【详解】AB．在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，形成自感电流，导致A将逐

渐变暗，但不会闪亮一下，故AB错误；CD．在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以电路稳定时，通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，形成自感电流通过灯泡，且自感电流的最大值大于灯泡原来的电流，故导致A

将变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。故选D。6.为解决智能手机电池不耐用问题，一种新型的充电方式——无线充电产生了。如图所示为无线充电原理图，由与充电基座相连的送电线圈和与手机电池相连的受电线圈构成。那么关于无线充电过程，下列说法正确的是（）A.送电线圈接

直流电源B.受电线圈输出的是恒定电流C.送电线圈和受电线圈通过互感完成对电池充电D.送电线圈和受电线圈通过涡流完成对电池充电【答案】C【解析】【分析】【详解】送电线圈要接入交流电源，周期性变化的电流产生的磁场，变化的磁场在受电线圈中产生变化的电流，所以受电线圈中产生的是感应电流，即送电线圈和受电

线圈是通过互感完成对电池充电的，不是自感，所以受到线圈中不是涡流，故C正确，ABD错误。故选C。7.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向

射入磁场。若粒子射入速率为1v，这些粒子在磁场边界的出射点分布在四分之一圆周上；若粒子射入速率为2v，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则21:vv为（）A.3:2B.2:1C.3:1D.3:2【答案】D【解析】【详解】由于是

相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由2vqvBmR=可知mvRqB=即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时AP=2R1同样，若粒子运动的速度大小

为v2，当粒子的磁场出射点B离P点最远时BP=2R2由几何关系可知122RR=23cos302RRR==12:2:3RR=则2121::3:2vvRR==故选D。8.如图所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度。两个相

同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面。下面对于两管的描述中可能正确的是（）A.A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的B.A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的C.A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的D.A管是用胶木

制成的，B管是用铝制成的【答案】AD【解析】【分析】【详解】由题意可知，小球在B管中下落的速度要小于A管中的下落速度，故说明小球在B管时受到阻力作用；其原因是金属导体切割磁感线，从而使闭合的导体中产生感应

电流，由于磁极间的相互作用而使小球受向上的阻力；故B管应为金属导体，如铜、铝等，而A管应为绝缘体，如塑料、胶木等，故AD正确BC错误。故选AD。9.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量

。让氢的三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中、氢的三种同位素分别为氕（即为质子）、氘（质量约为质子的2倍，电荷量与质子相同）、氚（质量约为质子的3倍，电荷量与

质子相同），最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”。则下列判断正确的是（）A.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B.进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C.在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D.a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氚、氘、氕【答案】A

D【解析】【详解】A．根据动能定理可得212Uqmv=可得2vUqm=qm值的从大到小排列顺序为氕、氘、氚，故进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚，故A正确；B．由kUqE=知进入磁场时三种粒子的动能相等，故B错误；C．粒子在磁场中运动时间为12mtTqB==mq值的从大到小排列顺序为氚

、氘、氕，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚、氘、氕，故C错误；D．打在照相底片D上位置与磁场入射点的距离为222222mvmUqUmdrqBqBmBq====mq值从大到小排列顺序为氚、氘、氕，所以打在最远处为氚，其次为氘，故D正确。故选AD。

10.如图所示，边长为l的等边三角形闭合金属框架abc，处于垂直框架平面向里的匀强磁场中，磁感强度为B顶点a在虚线上，现使线框从图示位置以速度v0匀速向右运动，bc边始终与虚线平行，直到bc边与虚线重合。在此过程中，下列说法正确的是（）A.感应电流为逆时针方向B.bc边所受安培力不变C.感

应电动势的最大值为Blv0D.感应电动势的平均值为02Blv【答案】CD【解析】【详解】A．线框从图示位置以速度v0匀速向右运动，磁通量逐渐减小，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为顺时针方向，故A错误；B．根据E=

BLv知随着线框的进入，切割磁感线的有效长度不断增加，感应电动势变大，线框中电流变大，bc边所受安培力变大，故B错误；C．根据E=BLv知感应电动势的最大值为max0EBlv=故C正确；D．感应电动势的平均值为2003Δ14Δ232BlBSEBlvttlv====故D正确。故选CD。

11.如图甲所示，在绝缘水平面内有一固定的光滑金属导轨cd、eg，端点d、e之间连接一电阻R，金属杆ab静止在金属框架上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中。导轨及杆ab的电阻忽略不计。现对杆ab施加一沿dc方向的外力F，使杆ab中的电流i随时间t变化的图像如

图乙所示。运动中杆ab始终垂直于导轨且接触良好。下列关于外力F、杆ab受到的安培力功率大小P随时间t变化的图像，不正确的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【详解】AB．由乙图得i与t成正比，设ik

t=（k为常数），设金属杆ab的长度为L，速度为v，则有BLviktR==解得RkvtatBL==则金属杆ab的速度与时间成正比，金属杆ab做初速度为零的匀加速直线运动（加速度为RkaBL=），设其质量为m，由牛顿第二定律得FBiLmaBLviR−==解得m

RkFBLktBL=+AB错误；CD．安培力功率大小P为222222BLvBLapvtRR==C正确，D错误；本题选不正确的，故选ABD。二、非选择题:本题共5小题。共56分。12磁体和电流之间、磁体和运

动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明：（1）如图（a）所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便效果明显，通电导线应______．此时从上向下看，小磁针的旋转方向

是_________________（填顺时针或逆时针）．A.平行于南北方向，位于小磁针上方B.平行于东西方向，位于小磁针上方C.平行于东南方向，位于小磁针下方D.平行于西南方向，位于小磁针下方（2）如图（b）所示是电子射

线管示意图.接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出,在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是__________．（填选项代.号）A.加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C.加一电

场，电场方向沿z轴负方向D.加一电场，电场方向沿y轴正方向（3）如图（c）所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互________（填排斥或吸引），当通以相反方向的电流时，它们相互___________（填排斥或吸引），这时每个电流都处

在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用．也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用.【答案】①.A②.逆时针③.B④.吸引⑤.排斥【解析】【详解】（1）无通电导线时小磁针S极向南，所以为使实验方便效果明显

，导线应平行于南北方向位于小磁针上方，根据左手定则，可以判断出从上向下看小磁针旋转方向为逆时针，故选A；（2）电子束运动径迹发生了弯曲，这表明运动电荷受到了磁场力，由左手定则知a为阴极；故B对．（3）由图可知，当通入的电流方向相同时，导线靠拢，说明两导线相互吸引；当通入电流方向相反时，

导线远离，说明两导线相互排斥；13.在“探究法拉第电磁感应现象”实验中，（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N连接到________（选填“a”“b”“c”

或“M”），M连接到________（选填“a”“b”“c”或“N”）。（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断_________。A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都

能引起灵敏电流计指针向左偏转B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右

移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动，发现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的____（填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）第二次比第一次的大。（4）某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他

将电流表、线圈A和B、蓄电池，开关用导线连接成的电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是______。A．开关的位置接错B．电流表正负极接错C．线圈B的接头接反D．蓄电池的正负极接反【答案】①.a②.c③.B④.磁通量的变化率⑤.A【解析】【分析】【

详解】（1）[1]将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a；[2]将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c；（2）[3]由题意可知：当P向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右

偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；A．线圈A向上移动时，线圈B中磁通量减小，指针向右偏转；而滑动变阻器滑动端P向左加速滑动时，线圈B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；B．当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；C．滑

片匀速运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针向右或向左偏转，故C错误；D．虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但根据题意可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，故D错误。（3）[4]两种情况下滑动变阻器的触

头P移动的快慢不同，说明电流变化快慢不同、线圈B中的磁感应强度变化快慢不同，即磁通量变化率不同，产生的感应电动势大小不同，线圈中的磁通量变化率第二次比第一次的大；（4）[5]A．如果将开关与灵敏电流计构成回路，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量不变，电流表的指针不会偏转，故A正确；B．电流表

的正负极接错、只是偏转方向变化，仍会偏转，故B错误；C．线圈B的接头接反，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量会发生变化，电流表的指针会偏转，故C错误；D．蓄电池的正负极接反，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量会发生变化，只是电流表的偏转方向变化，仍会偏转，故D错误。【

点睛】14.如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右

穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感应电流产生的热量Q。【答案】(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J【解析】【详解】(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为0.50.28V0.8VEBLv

==创=(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有=FFBIL=安根据闭合电路欧姆定律有EIR=结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；(3)线框穿过磁场所用的时间为220.2s0.05s8Ltv´===故线框穿越过程产生的热量为2220.80.05J=0

.32J0.1EQIRttR===?15.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的

距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．【答案】(1)02v,与x轴正方向成45°角斜向上(2)02v【解析】【

详解】(1)粒子运动轨迹如图：粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：x方向：02Lvt=y方向：212Lat=粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：yvat=，又tany

xvv=，解得tan1=，即45=，粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为002cos45vvv==；(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：qEam=，设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动

的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：2vqvBmR=，根据几何关系可知：2RL=解得：02vEB=16.如图所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨平面倾角30=，导轨上端连接一个电压表（可看成理想电压表），下端连接一个阻值为R的

定值电阻，整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，金属棒ab垂直放置在导轨上，金属棒由静止沿导轨下滑的过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直。金属棒接入电路的电阻为12R。金属棒向下运动过程中，电压表的最大示数为U。重力加速度为g，不计导轨电阻。

(1)求金属棒向下运动的最大速度；(2)求金属棒的质量；(3)若电压表的示数从0变为U的过程中通过金属棒截面的电荷量为q，求此过程中电阻R上产生的焦耳热为多少。【答案】(1)m32UvBL=；(2)2BLUmgR=；(3)332UQqUBLgR=−【解析】【分析】【详解】(1)设金属棒的最大速度为

mv，则最大电动势mmEBLv=由题意可知m23UE=解得m32UvBL=(2)当金属棒匀速运动时，电压表的示数最大，对金属棒进行受力分析，则22msin012vBLmgRR−=+解得2BLUmgR=(3)设电压表的示数从0变为U的过程中，金属棒沿导轨运动的距离为x，根据法拉第电

磁感应定律有Et=根据欧姆定律有2132EEIRRR==+通过金属棒截面的电荷量2233BLxqItRR===解得32qRxBL=设定值电阻中产生的焦耳热为Q，则金属棒中产生的焦耳热为12Q，根据能量守恒定律有2m11sin22mgxQQmv=++

解得332UQqUBLgR=−