【文档说明】四川省甘孜州康定中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(22)页，2.893 MB，由小赞的店铺上传

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四川省甘孜州康定中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题一、单选题1.关于电磁感应，下列叙述不正确的是（）A.发电机、变压器都是利用电磁感应原理制成的B.只要闭合导体回路内的磁通量发生变化，就一定要产生感应电流C.楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现D.穿过

回路的磁通量越大时，产生的感应电动势也一定越大【答案】D【解析】【详解】A．发电机、变压器都是利用电磁感应原理制成的，A正确，不符合题意；B．只要闭合导体回路内的磁通量发生变化，就一定会产生感应电流，B正确，不符合题意；C．楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体

现，C正确，不符合题意；D．穿过闭合导体回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大，D错误，符合题意。故选D。2.某同学用如图所示的电路研究断电自感现象。闭合开关S，小灯泡发光；再断开S，小灯泡渐渐熄灭。重复多次，仍

未出现物理老师课堂演示断电时出现的小灯泡闪亮之后再逐渐熄灭的现象，你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是（）A.电源的电动势较大B.小灯泡A的灯丝断了C.线圈L的电阻较小D.小灯泡A灯丝电阻较小【答案】D【解析】【详解】A．开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电

源的电动势无关，故A错误；B．小灯泡A的灯丝断了，灯泡将不亮，故B错误；C．线圈L的电阻较小，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡发生闪亮现象，故C错误；D．小灯泡A灯丝电

阻较小，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将不发生闪亮现象，故D正确。故选D。3.如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁铁的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时

，铝笼和磁铁均静止，转动磁铁，会发现铝笼也会跟着发生转动，下列说法正确的是（）A.铝笼是因为受到安培力而转动的B.铝笼转动的速度的大小和方向与磁铁相同C.磁铁从图乙位置开始转动时，铝笼截面abcd中的感应电流的方向为a→d→c→b→aD.当磁铁停止转动后，如果忽略

空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动【答案】A【解析】【详解】AC．磁铁从图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电流，方向为abcda→→→→，因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安培力而转动的，A项正确，C项错误；B．根据楞次定律可知，为阻碍磁通

量增加，则导致铝笼与磁铁转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁铁的转速小，B项错误；D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。故选A。4.如图所示，

直线边界ab上方有无限大匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为h处由静止释放，下列说法中正确的是（）的A.整个下落过程中，穿过线框的磁通量一直在减小B.线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C.线框穿出磁场的过程中，线框

受到的安培力可能一直减小D.线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．当矩形金属线框底边未到ab，穿过线框的磁通量不变，线框穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量一直在减小，故A错误；B．线框穿出磁场的过程中，磁通

量一直在减小，由楞次定律可知，线框中会产生顺时针方向的电流，故B错误；CD．设矩形金属线框底边到达ab时的速度为v，矩形金属线框质量为m，矩形金属线框的电阻为R，由动能定理得212mghmv=解得2vgh=此时EBLv=，EIR=，FBIL=安联立得222BLghFR

=安当Fmg安时，此时线框的速度减小，安培力可能一直减小；当Fmg安时，此时线框的速度变大，安培力也变大，直到Fmg=安时，线框保持匀速运动，所以此时线框的速度可能先增大后不变，故C正确，D错误。故选C。5.如图，交流电源的输出电压为u，频率为f，A、B、C三灯亮度相同。下列

说法正确的是（）A.拔出电感线圈L中的铁芯后，B灯将变暗B.在电容器1C中插入电介质之后，C灯将变暗C.将交流电源的频率提高为2f时，A灯亮度不变，B灯变暗，C灯变亮D.改接输出电压为u的直流电源时，A灯将变亮，B灯将变暗，C灯将

熄灭【答案】C【解析】【详解】A．根据感抗2LXfL=可知拔出电感线圈中的铁芯后，L变小，感抗变小，B灯将变亮，故A错误；B．根据电容的决定式4SCkd=在电容器1C中插入电介质后，电容C变大，根据容抗12CX

fC=可知容抗变小，C灯将变亮，故B错误；C．将交流电源的频率提高为2f时，电阻不变，故A灯亮度不变，根据感抗2LXfL=可知感抗变大，B灯变暗，根据容抗12CXfC=可知容抗变小，C灯变亮，故C正确；D．改接输出电压为u的

直流电源时，电阻不变，A灯亮度不变；感抗减小到零，B灯将变亮；直流电流不能通过电容器，C灯将熄灭，故D错误。故选C。6.如图甲所示，阻值为R=8Ω的电阻与阻值为r=2Ω的单匝圆形金属线圈连接成闭合回路。金属线圈的面积S=1.0m2，在线圈中

存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，导线的电阻不计，则前2s时间内（）A.流过电阻R的电流方向为从E到FB.流过电阻R的电流大小为0.4AC.电阻R上产生的热量为0.064JD.通过电阻

R的电荷量为0.4C【答案】D【解析】【详解】A．根据楞次定律可知流过电阻R的电流方向从F到E，A错误；B．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小Δ2VΔΔBEStt===因此流过电阻R的电流大小0.2AEIRr==+B错误；C．根据焦耳定律220.282J0.64

JQIRt===C错误；D．通过电阻R的电荷量0.4CqIt==D正确。故选D。7.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲乙两个互感器（均为理想

器材），两互感器原线圈的匝数比分别为200：1和1：20，降压变压器原副线圈的匝数比为200：1，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，输电线路总电阻20r=，则下列说法正确的是（）A.互感器甲是电流互感器，互感器乙

是电压互感器B.输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5%C.用户端的电压4U为200VD.用户使用的用电设备增多，流过电流互感器的电流减小【答案】B【解析】【详解】A．互感器甲并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器乙串联在电路中，是电流互感器，故A错误；B．电流表的示数为5A，互感器原

、副线圈的匝数比1：20，则线路上电流I=100A，线路上损耗的功率2=200kWPIr=损电压表的示数为220V，匝数比为200：1，所以输送电压U=44000V，功率P=UI=4400kW则输电线路上损耗的

功率约占输电总功率的0000200100=4.54400故B正确；C．降压变压器初级电压344000V10020V=42000VU=−用户端的电压34210V200UU==选项C错误；D．用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，则输送

电流变大，流过电流互感器的电流变大，故D错误。故选B。8.如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面

向上某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中（）A.ab中的最大电流为034BLvRB.ab达到稳定速度时，其两端的电压为OC.ab速度为065v时，其加速度比cd的小

D.ab、cd间距增加了022mvRBL【答案】D【解析】【详解】A．根据右手定则，回路产生顺时针的感应电流，根据左手定则，前棒所受安培力向后做减速运动，后棒所受安培力向前做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大000m222BLvBLvBLvIRR−==A错误；B．根据

动量守恒定律得0022mvmvmv+=解得032vv=稳定时棒两端电压为032UBLvBLv==B错误；C．根据牛顿第三定律，稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；D．对ab根据动量定理得

0032BILtmvmv=−qIt=对回路qIt=2EIR=Et=BLx=解得022mvRxBL=D正确。故选D。二、多选题9.教学楼过道灯是由声传感器和光传感器同时来控制的，在夜晚天黑时，

用力拍掌灯就亮了；而白天怎样用力拍掌，灯都不能亮．其原理图如图所示，下列关于声传感器和光传感器的说法正确的（）A.白天有光照时，光传感器自动闭合B.夜晚无光照时，光传感器自动闭合C.有人走动或发出声音时，声传感器自动闭合D无人走动或没有声音时，声传感器自动

闭合【答案】BC【解析】【详解】天亮时光控开关自动断开，天黑时闭合,有人走动发出声音，声控开关闭合；两个开关同时闭合，灯就会自动亮，所以两个开关应相互影响同时符合闭合条件。.故选BC。10.两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导

轨的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场的方向垂直斜面向上。质量为m，电阻可不计的金属棒CD，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图所示，在这个过程中（）A.作用在金属棒上各个力的合力所做的功等于0B

.作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所做的功等于0D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热【答案】AD【解析】【详解】AB．金属棒匀速上滑的

过程中，由受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功。匀速运动时，金属棒所受的合力为0，故合力做功为0，A正确，B错误；C．恒力F与安培力的合力所做的功与导体棒克服重力所做的功相等，不等于0，C错误；D．

又因克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R上发出的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热，D正确。故选AD。11.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一处于纸面内的正方形导体框abcd，现将导体框

分别向右以速度v和向左以速度3v匀速拉出磁场，则在这两个过程中（）A.导体框中的感应电流方向相反B.安培力对导体框做功相同C.导体框ab边两端电势差相同D.通过导体框截面的电量相同【答案】CD【解析】的【详解】A．无论是线框向左出磁场还是向右出磁场，线框磁通量都是

减小的过程，根据楞次定律，感应电流都是沿顺时针方向，A错误；BC．线框从左边出磁场，dc切割磁感线，相当于电源，电动势3EBLv=导体框ab边的两端电压为113·3444UEBLvBLv===安培力对导线框做功2333BLvBL

vWBILLBLLRR===从右侧出磁场，ab切割磁感线，相当于电源，电动势EBLv=导体框ab边的两端电压3344UEBLv==安培力对导体框做功23BLvBLvWBILLBLLRR===对比可知，C正确，B错误；D．通过导体框的电荷量EQItttRRtR

====无论向左还是向右，磁通量变化量都相同，所以通过导体框截面的电量相同，D正确。故选CD。12.如图所示，边长为l、电阻为R的正方形导线框沿x轴正方向运动。在外力F作用下以速度v匀速穿过三个宽度均为l的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，已知三个区域中磁场的磁感应强度大小均为B，Ⅰ

、Ⅱ、Ⅲ区域中的磁场方向分别为垂直纸面向里、向外和向里。若以磁感线垂直纸面向里时穿过线框的磁通量为正，产生的电流沿顺时针方向的电动势E为正，外力F向右为正，从线框刚进入磁场时开始计时，则下列反映线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和线框的电功率P随时间

变化的图象正确的是（）。A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】【详解】在线框进入磁场区域Ⅰ的过程中，穿过线框的磁通量Blvtt=所以在0lv时间内，磁通量随时间t均匀增加，由EBlv=可知在0lv时间内电动势为定值，电流方向为逆时针，所以电动势为负值，因感应电流EIR=

故22BlFFBIlvR===安在此段时间内也为定值，且方向向右，故为正，功率2PIR=同样为定值。同理，在2llvv时间内，先逐渐减小到零再反向增大，电动势E、电流I为正值且均变成原来的两倍，外力F、功率P变为

原来的四倍。在23llvv时间内，从负的最大逐渐减小到零再变为正的最大，电动势E为负值且是0lv时间内电动势的两倍，外力和功率仍与2llvv时间内大小相同。在34llvv时间内，磁通量逐渐减小，外力F、功率P与0

lv时间内大小相同，电动势与0lv时间内大小相同但方向相反。故选BC。13.如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是（）A.副线圈两端电压的变化频率为0.5HzB.在t=0时

刻，电流表A2的示数不为0C.滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变大D.滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大【答案】BC【解析】【详解】A．由图乙可知交流电周期为0.02s，因此频率为50Hz，理想变压器

不改变交流电源的频率，副线圈两端电压的变化频率应为50Hz，故A错误；B．电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在0=t时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确；C．理想变压器的输出电压是由输入电

压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表1V和2V的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定值电阻0R上的电压减小，因此电压表3V的示数变大，故C正确；D．由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电

流减小，结合原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表1A示数变小，在副线圈电路中，定值电阻0R可看作等效内阻，滑动变阻器R可看作外电阻，根据()()()2222222322200000-4-4UURUPUIIRRRRRRRRRRRR=====+++由于不确定滑动变阻器R与定值电阻0R的大

小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，故D错误。故选BC。三、实验题14.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）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学

探究方法是。A．控制变量法B．等效替代法C．演绎法D．理想实验法（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）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为。（填字母代号）A．原、副

线圈上通过的电流发热B．铁芯在交变磁场作用下发热C．变压器铁芯漏磁D．原线圈输入电压发生变化【答案】①.A②.少③.D【解析】【详解】（1）[1]保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。探究两个变量之间的关系时保持其他变量不变，这个探究过程采用的科学

探究方法是控制变量法.故选A。（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]AB．原副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁

场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB不符合题意；C．变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C不符合题意；D．原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D符合题意。故选D。15.1834年，物理学家楞次（H.L

enz）在分析了许多实验事实后，总结得到了电磁学中一重要的定律——楞次定律，某中学成才兴趣小组为了探究该定律做了以下物理实验：（1）“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置中滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线将实物电路补充完整。（2）连成电路后，

合上开关瞬间，我们发现电流计的指针，开关完全合上后，电流计的指针（以上选填“偏转”或“不偏转”）。这个演示实验表明，不论用什么方法，只要。闭合电路中就有感应电流产生。（3）为进一步研究该小组又做了以下实验，磁体从靠近线圈

的上方静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图像应该是图中的。A.B.CD.【答案】①.②.偏转③.不偏转④.闭合回路中的磁通量发生变化⑤.A【解析】【详解】（1）[1]滑动变阻器接入电路中必须一上一下接入电路，电流计

测量的是线圈中的感应电流，所以正负接线柱都应该接入电流计，故实物电路补充如下（2）[2]连成电路后，合上开关瞬间，电路由断开到闭合，且电路处于磁场中，由电磁感应知识可知电流计的指针将出现偏转。[3]开关完全合上后，闭合回路中磁通量保持不变，电流计的指针不偏转。[4]这个演示实验表明，不论用什

么方法，只要闭合回路中的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。（3）[5]磁体进入和穿出线圈时感应电流方向相反，磁体刚进入线圈时速度较小，磁通量变化速率小，磁体穿出线圈时磁通量变化速率大，由感应电动势和感应电流公式.nEt=EnIRRt=

=且磁体完全进入线圈后，线圈中磁通量未发生变化，电动势为0。故A正确，BCD错误。故选A。四、解答题16.如图所示，理想变压器的原副线圈匝数分别为n1、n2，在原副线圈的回路中分别接有阻值为R1、R2的电阻，原线圈一侧接在电

压为220V的正弦交流电上。（1）若1231nn=，求原副线圈两端的电压比12UU；（2）若R1=R2，1231nn=，求原线圈两端的电压U1。【答案】（1）3:1；（2）198V【解析】【详解】()1根据理想变压器电压与匝数比的关系可知112231UnUn==①()2根据理想变压器电流与匝数

比的关系可知122113InIn==②而222UIR=③1011UUIR=−④由①②③④联立可得1198VU=17.如图所示，匀强磁场的磁感应强度12=BT，矩形线圈的匝数N=100，边长Lab=0.20m，Lbc=0.10m，以10πrad/s的角速度匀速转

动，从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：（1）交变电动势的瞬时值表达式；（2）若线圈总电阻为2Ω，线圈外接电阻为8Ω，求出电压表读数；（3）线圈由图示位置转过2的过程中，交变电动势的平均值。【答案】（1）e=Emsinωt=10sin10πt(V)；（2）42V；

（3）20E=V。【解析】【分析】【详解】（1）根据感应电动势最大值的计算公式有Em=NBSω可得Em=10V所以瞬时表达式为e=Emsinωt=10sin10πt(V)（2）过程中电流最大值Im=mER

总电压表的读数为有效值，所以U=10·+2RRr=42V（3）线圈转过2所用时间t=14T=124=120s为根据法拉第电磁感应定律可得E=nBSt=20V18.如图所示，间距为L的光滑M、N金属轨道水平放置，ab是电阻

为R的金属棒，此棒可紧贴平行导轨滑动。导轨左侧接阻值也为R的定值电阻，其他电阻忽略不计。导轨右侧连接一水平放置的平行板电容器，板间距为L，板长也为L，轨道处的磁场方向垂直轨道平面竖直向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，磁感

应强度大小均为B。当ab以速度v0向右匀速运动时，一带电荷量大小为q的微粒以某一速度紧贴A板左侧平行于A板进入电容器内，做匀速圆周运动，恰好能到达C板右侧边缘。试求：（1）A、C两板间的电压U；（2）带电粒子的质量m；（3）带电粒子的速度

大小v。【答案】（1）02BLvU=；（2）02Bvqmg=；（3）02Lgvv=【解析】【详解】（1）根据电磁感应定律可得，棒ab向右运动时产生的电动势为0EBLv=AC间的电压即为电阻R的分压，由

分压关系可得EURRR=+解得02BLvU=（2）带电粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡有UqmgL=解得02Bvqmg=（3）粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得2vqvBmr=粒子运动轨迹如图所示由

几何关系可得()222LrLr+−=解得02Lgvv=19.如图所示，水平固定一半径为r的金属圆环，长为r，电阻为0R的金属杆a沿半径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO上

，并随轴以角速度匀速转动，圆环内存在磁感应强度为1B的匀强磁场。圆环边缘、转轴通过接触良好的电刷分别与间距L的水平放置的粗糙金属轨道MP、NQ相连，MP、NQ间距也为L，足够长的光滑绝缘轨道PM与QN与金属轨道平滑连接。金属轨道PM、QN处在磁感应强度为2B的匀强磁场中，

金属杆b垂直轨道放置，其长为L、质量为m、电阻为1R，与轨道的动摩擦因数为。绝缘轨道PM、QN上放置边长为L，质量为M、电阻为的“]”形金属框EFGH，FG右侧均处在磁感应强度为3B的匀强磁场。已知1mr=，01R=，0.2=，1mL=，1kgm=

，122RR==，3kgM=，1231TBBB===、方向均竖直向下，不考虑框架中的电流产生的磁场影响，除已给电阻其他它电值不计，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，金属杆b与“]”形金属框发生碰撞时会形成一闭合的正方形方框。求：（1）要使金属杆b能向右运动，转轴

转动的角速度的最小值；（2）当角速度为20rad/s=时，b杆到达PQ的速度大小；（3）当角速度为20rad/s=时，稳定后“]”形框产生的焦耳热。【答案】（1）12rad/s；（2）4m/s；（3）31J256；【解析】【详解】（1）设要使金属杆b能向右运动，转轴转动的角速度的最小值

为'，金属杆a切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律有2111'2EBrvBr==电路中的电流为01EIRR=+对金属杆b受力分析，可知2BILmg=代入数据解得'12rad/s=（2）当角速度为20rad/s=时，根据法拉第电磁感应定律有2111''2EBrvBr==金属杆b切割磁感线

有b2EBLv=电路中的电流为b01''EEIRR−=+对金属杆b根据受力平衡有22'BILmgL=解得4m/sv=（3）金属杆b与“]”形金属框发生碰撞时会形成一闭合的正方形方框，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有()'mvmMv=+稳定后，有

()()32212'''BLxMmvvRR=+−+其中xL=回路中的焦耳热为2211()'()''22QmMvmMv=+−+“]”形框产生的焦耳热1'2QQ=，解得31'J256Q=