【文档说明】山西省晋中市平遥县第二中学校2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题含解析.docx，共(20)页，1.283 MB，由小赞的店铺上传

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平遥二中2022-2023学年3月质检考试高二年级物理试卷一、单项选择题：（本题共10小题）1.下列说法正确的是（）A.变化的磁场能产生电场，变化的电场能产生磁场B.由FEq=可知，电场中某点的电场强度E与q成反比，与F成正比C红外线可以用来

消毒，紫外线可以用来加热理疗，X射线可以用来诊断病情D.根据公式FBIL=可知，通电导线受磁场力为零的地方磁感应强度一定为零【答案】A【解析】【详解】A．根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场能产生电场，变化的电场也能产生磁场，故A正确；B．电场强度的定义FEq=采用比值定义法，E与F、

q均无关，只与电场本身的性质有关，故B错误；C．外线具有热作用可以用来加热理疗，紫外线具有波长短、频率高、能量大的特点可以进行消毒，X射线可以用来进行透视以诊断病情，故C错误；D．公式FBIL=只适用于B和I相互垂

直的情况，如果二者平行，通电导线受磁场力为零，所以不能根据通电导线受磁场力为零来判断磁感应强度是否为零，故D错误。故选A2.如图所示是LC振荡电路和通过点P的电流随时间变化的规律。若把流过点P向右的电流方向规定为正方向，则下列说法正确的是（）A.在10~t时间内，电场能增大，磁场能减小B.在21~

tt时间内，P点的电势比Q点的电势高.。C.在23~tt时间内，电容器C处于充电过程中D.在34~tt时间内，电容器C的上极板带正电【答案】D【解析】【详解】A．在10~t时间内，电流增大，电容器放电，电场能转化为磁场能，故A错误；B．在t1-t2内

，回路中的电流顺时针方向减小，则电容器正在充电，则电场能增加，磁场能减小；电容器下极板带正电，上极板带负电，则P的电势比点Q的电势低，故B错误；C．在23~tt时间内，回路中电流逆时针方向增加，可知电容器C处于放电过程中，故C错误；D．在t3-t4内，回路

中电流逆时针方向减小，电容器正在充电，则电容器C的上极板带正电，故D正确。故选D。3.一交变电流it−图像如图所示，则对于该交变电流，下列说法正确的是（）A.该交变电流的周期为0.02sB.该交变电流的周期为0.05sC

.该交变电流的有效值为22AD.该交变电流的有效值为4A【答案】C【解析】【详解】AB．由图像可知，该交变电流的周期为0.03s，AB错误；CD．由交变电流有效值的定义可得222mm)332ITTRIRIRT+=（代入数据解得22AI=C正确，D错误。故选C。4.如图

所示，L是直流电阻不计的带铁芯线圈，D为理想二极管，R为电阻，Ll、L2和L3是三个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是（）的A.闭合S瞬间，三个灯立即亮B.闭合S瞬间，Ll灯比L2灯先亮C.断开S瞬间，L2灯闪亮后慢慢熄灭D.断开S瞬间，Ll灯闪亮后慢慢熄灭【答案】D【解析】【详解】AB．S闭

合瞬间，Ll、L2两灯泡立即亮，由于线圈的自感作用从而使L3灯泡慢慢变亮，故AB错误；CD．断开开关瞬间，线圈产生自感电动势，于是线圈、L3与Ll形成一个闭合电路，由于稳定时L3比Ll亮（L3所在的支路的总

电阻比Ll所在的支路的总电阻小），所以Ll灯将闪亮一下再慢慢熄灭，而二极管单向导通性能，所以L2灯立即熄灭，故C错误，D正确。故选D。5.回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U

的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），若不考虑相对论效应及粒子所受重力，下列说法正确的是（）A.增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度会增大B.粒子第一次在2D中的运动时间大于第二次在2D中的运动时间C.粒子第一次与第二

次在2D磁场中运动的轨道半径之比为1:3D.若仅将粒子的电荷量变为2q，则交流电源频率应变为原来的12倍【答案】D【解析】【详解】A．当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据2maxmaxvqvBmR=得maxqBRvm=可知增大狭缝间的电压U，粒子

在D形盒内获得的最大速度不变，A错误；B．根据2mTBq=可知粒子第一次在2D中的运动时间等于第二次在2D中的运动时间，B错误；C．根据动能定理2112qUmv=第二次被加速22122qUmv=又mvrqB=联立可得半径之比为1212rr=C错误；D．若仅将粒子的电荷量变为2q，根据2mTBq

=可得离子在磁场中运动的周期变为原来的2倍，则电源的周期变为原来的2倍，根据1fT=可知电源的频率变为原来12倍，D正确。故选D。6.如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置

的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是（）A.FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右B.FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右C.FN先小于m

g后大于mg，运动趋势向左D.FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左【答案】B【解析】【详解】条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流会阻碍穿过其磁通量发生变化，这种阻碍作用表现在线圈先有远离磁铁的运动趋势

，后有靠近磁铁的运动趋势，所以竖直方向上线圈对桌面的压力先大于mg后小于mg，根据牛顿第三定律可知FN先大于mg后小于mg，而水平方向上线圈始终有向右运动的趋势。故选B。7.在一水平放置的平板MN的上方有匀

强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m、带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中m

vRBq=。哪个图是正确的？（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由题意可知，所有粒子在磁场中运动的速率相同，则有运动半径相同，由图可知，由O点射入，因是带正电粒子，水平向右的粒子恰好应为最右边界，随粒子运动方向偏转，粒子转动轨迹圆可认为是以O点为圆心以2

R为半径转动，解析图如图所示，则有符合题意的范围应为D图，因此ABC错误，D正确。故选D。8.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为aU、bU、cU．已知bc边的长度

为l，下列判断正确的是（）A.acUU，金属框中无电流B.bcUU，金属框中电流方向沿abcaC.212bcUBl=，金属框中电流方向沿acbaD.212bcUBl=−，金属框中无电流【答案】D【解析】【详解】AB．对ac边进行研究，由右手定则可知c点电势高；由于整个线框的磁通量变

化量为零，故金属框中无电流，AB错误；CD．对bc边进行研究，由右手定则可知c点电势高，所以bcU小于零，其大小为2122bclBBlUl=−=−D正确，C错误。故选D。9.如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面，MN线与线

框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点，关于线框中的感应电流（）A.当E点经过边界MN时，感应电流最大B.当P点经过边界MN时，感应电流最大C.当F点经过边界MN时，感应电流最大D.当Q点经过边

界MN时，感应电流最大【答案】B【解析】【详解】当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度最大为SR，感应电流达到最大。故选B。10.手机无线充电的工作原理如图甲所示，它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈

匝数为30匝，总电阻为2Ωr=。在它的c、d两端接一阻值为6ΩR=的电阻。若受电线圈内磁通量随时间t变化的规律如图乙所示，则（）A.0=t时刻，受电线圈中产生的感应电流最大B.受电线圈中产生的电动势的有效值为12VC.无线充电1min，电阻R上产生的焦耳热为405JD.10

~t时间内，通过电阻R的电荷量为52.510C−【答案】C【解析】【详解】A．0=t时刻，受电线圈内磁通量最大，则t为0，则此时的感应电动势最小等于0，则感应电流为0，故A错误；B．由乙图可知310sT−=在受电线圈中产生的感应电动势的最大值为4mm322302

.010V12V10ENBSNT−−====受电线圈中产生电动势的有效值为m12V62V22EE===故B错误；C．根据闭合电路欧姆定律可得，受电线圈中的感应电流为623A2A264EIrR===+

+无线充电1min，电阻R上产生的焦耳热为223(2)660J405J4QIRt===故C正确；D．10~t时间内，受电线圈中的磁通量变化为3210Wb−=则10~t时间内，通过电阻R的电荷量为3330210C7.510C26NENtqItttrRrRrR−−

======++++故D错误。故选C。二、多项选择题：（本题共4小题）11.如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子以不同初速度（不计重力）被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交

的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片12AA，平板S下方有磁感应强度为0B的匀强磁场。下列表述正确的是（）的A.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外B.进入0B磁场的粒子，在

该磁场中运动时间均相等C.能通过狭缝P带电粒子的速率等于EBD.粒子打在胶片上的位置越远离狭缝P，粒子的比荷越小【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子

带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故A正确；B．进入0B磁场的粒子速度相同，根据02mTqB=可知，周期不一定相同，则在该磁场中运动时间不一定相等，故B错误；C．能通过

狭缝P的带电粒子，在过速度选择器时做直线运动，则qEqvB=解得EvB=故C正确；D．进入偏转电场后，则20vqvBmr=解得的00mvmErqBqBB==则可知r越大，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝P，粒子的比荷越小，故D正确。故选ACD。12.如图所示，理想

变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C.当滑动变阻器的

滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D.若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小【答案】BD【解析】【详解】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，A错误；干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；因输出电流变

小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小，则C错误；闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小．电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误．【点睛】考查电路的动态分析：本题中P的移动与

电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的连接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键．13.圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着PO方向射入磁场，运动轨迹如图所

示，不计带电粒子重力，则以下说法正确的是（）A.两个粒子都带负电B.a粒子运动速率较大C.a粒子运动时间较长D.两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同【答案】CD【解析】【详解】A．根据左手定制可知，两个粒子都带正电，故A错误；B．粒子轨迹如图由图可知，带电粒子a的

轨道半径小于b粒子的轨道半径，即ra＜rb根据2vqvBmr=可得mvrqB=可知va＜vb故B错误；CD．根据22rmTvqB==可知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同，由轨迹可知两粒子的圆心角关系为ab＞粒子在磁场中运动的时间2tT=可

知a粒子运动时间较长，故CD正确。故选CD。14.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向左运动，则PQ所做的运动可能是(导体切割磁感线速度越大，感应电流越大)()A.向右加速运动B

.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动【答案】AD【解析】【详解】ABCD．MN在磁场力的作用下向左运动，由左手定则判断电流从N到M，由安培定则判断线圈1L中磁场方向向下。再根据楞次定律（增反减同）可得，线圈2L中磁场增大时，磁场方向向上，

即PQ向右加速；线圈2L中磁场减小时，磁场方向向下，即PQ向左减速，AD正确，BC错误。故选AD。三、实验题：（本题共8分）15.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是___________；（填

字母）A．整块硅钢铁芯B．整块不锈钢铁芯C．绝缘的铜片叠成D．绝缘的硅钢片叠成（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数___________；（填“多”或“少”）（3）实验中将电源接在原线圈的“0

”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压为___________；（填字母）A.1.5VB.6.0VC.7.0V（4）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原

、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是___________。（填字母）A．控制变量法B．等效替代法C．整体隔离法【答案】①.D②.少③.C④.A【解析】【详解】（1）[1]观察变压

器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，故D正确，ABC错误。故选D。（2）[2]观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据1221InIn=可知，匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少。（3）[3]若是理想变压器，则有变压器线圈两端

的电压与匝数的关系1122UnUn=若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为2:1，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为123V6VU==考虑到不是理想变

压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为7V，故C正确，AB错误。故选C。（4）[4]实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故A正确，BC错误。故选A。四、计算题：（本题共3小题）16.如图所示，平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限在x轴与

yd=−之间的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（0q）的带电粒子以初速度0v从y轴上P（0，h）点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点Q（233h，0）进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场．不计粒子重力。求：（1）粒子在Q点速度的大小0v和与

x轴正方向夹角；（2）匀强磁场磁感应强度大小B。【答案】（1）02Qvv=，60=；（2）B03mvqd=【解析】【详解】（1）设粒子从P到Q的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，在Q点进入磁场时速度大小为Qv，方向与x轴正方向间的夹角为，Qv沿y轴方向的大小为yv，则有023

3hvt=212hat=yvat=220Qyvvv=+0tanyvv=联立解得02Qvv=，60=（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得2QQvqvBmR=解得02QmvmvRqBqB==根据几何关系可得12dRR=+解得23Rd

=联立解得03mvBqd=17.如图甲为某中小型水力发电站远距离输送单相交流电示意图，每根导线电阻为4Ω，远距离输电线的输送电流为100A，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为960kW，在用户端起点接有交流电压表，求：

(1)升压变压器原副线圈匝数比；(2)设降压变压器原副线圈匝数比40∶1，求用户端交流电压表的示数；(3)若用户端全是照明用电，能使多少盏“220V、20W”的节能灯正常发光？【答案】(1)140；(2)220V；(3

)44.410【解析】【详解】(1)由图乙知升压变压器输入端电压有效值为U1=240V，根据输电功率公式，得输送电压为322960109600v100PUI===根据电压与匝数成正比，得升压变压器原副线圈匝数比为11222401960040nUnU===(2)输电线损失的

电压为△U=I2R总=100×4×2V=800V降压变压器输入端电压为U3=U2﹣△U=(9600﹣800）V=8800V根据降压变压器原副线圈之比与电压成之比得3344nUnU=代入数据解得用户端得到的电压为U4=220V(3)输电线路损耗功率为△P=△UI2=80kW所以用户得到的功

率为P4=(960﹣80）kW=880kW每盏灯正常发光的功率为20W，所以4PNP=灯代入数据解得44.410N=盏18.如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角37=的绝缘斜面上，顶部接有一阻值3R=的定值电阻，下端开口，轨道间距1mL=，整个装置处于磁感

应强度2TB=的匀强磁场中，磁场向垂直斜面向上，质量1kgm=的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻1r=，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数0.5=，sin370.6=，c

os370.8=，取210m/sg=。（1）求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度mv；（2）求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R的最大电功率RP；（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为

15J.，求流过电阻R的总电荷量q。【答案】（1）m2.0m/sv=；（2）3WRP=；（3）1.0Cq=【解析】【详解】（1）金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大

速度mv，由牛顿第二定律得sincos0mgmgF−−=安又FBIL=安EIRr=+mEBLv=解得m2.0m/sv=（2）金属棒以最大速度mv匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时2RPIR=联立解得R3WP=（3）设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律

2Rm1sincos2abmgxmgxQQmv=+++根据焦耳定律RabQRQr=联立解得2.0mx=根据ΔqIt=EIRr=+ΔΦΔEt=ΔΦBLx=解得1.0CBLxqRr==+获得更多资源请扫码加入享学资源

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