【文档说明】四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.795 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度高二下期第一次月考物理试题考试时间：90分钟；满分：100分第I卷（选择题，共48分）一、单选题（共8题，每题4分，共32分）1.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V。已知

变压器原线圈匝数为1200，则副线圈匝数为（）A.200B.400C.600D.1200【答案】C【解析】【详解】根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得1122UnUn=可得副线圈匝数为22111101200600220UnnU===故选C。2.如图所示，通电导线旁边同一

平面有矩形线圈abcd。则（）A.若线圈向右平动，其中感应电流方向是adcbaB.若线圈竖直向下平动，无感应电流产生C.当线圈以ab边为轴转动时，其中感应电流方向是adcbaD.当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是abcda【答案】B【解析】【分

析】本题考查通电导线的磁场分布以及楞次定律的应用。【详解】通电直导线电流向上，根据安培右手螺旋定则，导线右侧有垂直于纸面向里的磁场，靠近导线处磁感应强度较大。A．若线圈向右平动，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流方向是abcda。故A错误；B

．若线圈在线圈平面内沿电流方向，即竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生。故B正确；C．当线圈从图示位置以ab边为轴转动瞬时，穿过线圈的磁场度的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向是abcda。故C错误；

D．当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁场增大，根据楞次定律可知，产生感应电流为逆时针adcba。故D错误。故选B。3.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1

瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（）A.图甲中，A1与L1的电阻值相同B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C.图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D.图乙

中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】C【解析】【详解】AB．断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻

，故AB错误；C．闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；D．闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。故选C。4.一单匝闭合

线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在转动过程中，线框中的最大磁通量为m，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是（）A.当磁通量为零时，感应电动势也为零B.当磁通量减小时，感应电动势也减小C.当磁通量等于0.5

m时，感应电动势等于0.5EmD.角速度等于Em/m【答案】D【解析】【详解】A．当磁通量为零时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，A错误BC．磁通量变化率的大小决定感应电动势大小，与磁通量变化无关，BC错误；D．最大感应电动

势为mEBS=，最大磁通量mфBS=，所以mmEф=解得：mmEф=D正确5.如图所示是一交变电流的it−图象，则该交变电流的有效值为（）A.4AB.22AC.8A3D.230A3【答案】D【解析】【详解】交变电流一个周期内

通过电阻R上产生的热量为22002()()332ITTQRIR=+设交流电的有效值为I，则由交流电有效值的定义可知2QIRT=由以上两式联立解得230A3I=故选D。6.如图甲所示，在阻值为R的电阻左侧连接一个电容为C的电容器

，在R的右侧连接一个环形导体，环形导体的电阻为r，所围的面积为S。环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示，连接电路的导线电阻不计，在0~t0时间内电容器（）A.上极板带正电，所带电荷量为21()BBSRr−+B.上极板带负电，所带

电荷量21()BBSRr−+C.上极板带正电，所带电荷量为210()()CBBSRRrt−+D.上极板带负电，所带电荷量为()210CSBBt−【答案】C【解析】【详解】由题图乙可知210BBBtt−

=B增大，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，感应电动势为为210()SBBBEnStt−==电容器两端电压为210()()SRBBERURrRrt−==++所以电容器所

带电荷量为210()()CBBSRQCERrt−==+故选C。7.如下图所示，有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高H处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab

边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，则线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为()A.2mgLB.2mgL＋mgHC.2mgL＋34mgHD.2mgL＋14mgH【答案】C【解析】【详解】设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v，对于线框自由下落过程，根据机械能守恒定律得

212mgHmv=解得2vgH=从线框开始下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热为：2132()2224vQmgLHmmgLmgH=+−=+（）故C正确。故选C。8.如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器

右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度的升高而减小．电流表2A为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是

()A.1A的示数不变，2A的示数增大B.1A的示数减小，2A的示数增大C.1V的示数不变，2V的示数增大D.1V的示数不变，2V的示数减小【答案】D【解析】【详解】当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈

中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压

也要减小，所以A2的示数要减小，所以ABC错误，D正确．故选D．【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．二、

多选题（每题4分，选对但不全得2分，选错得0分，共16分）9.某电站用11kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到330kV送电，下面哪个选项正确（）A.因UIR=，所以输电线上的电流增为原来的30倍B.因

PIU=，所以输电线上的电流减为原来的130C.因2UPR=，所以输电线上损失的功率为原来的900倍D.若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的130【答案】BD【解析】【详解】AB．根据P=UI得，PIU=。输送功率一定，输送电压变为原来的3

0倍，则输送电流变为原来的130，故A错误，B正确；C．电流减小到130倍，根据2PIR=损，可知电线上损失的功率为原来的1900倍，故C错误；D．输送电流变为原来的130，根据2PIR=损得，要使输电线上的功率不变，电阻变为原来的900倍，根据24

llRSd==，直径变为原来的130，故D正确。故选BD。10.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则()A.两次t＝0时刻线圈平面均与中性面

重合B.曲线a，b对应的线圈转速之比为2∶3C.曲线a表示的交变电动势频率为25HzD.曲线b表示的交变电动势有效值为10V【答案】AC【解析】【详解】t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2

∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝25Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10V，有效值

Eb＝V＝5V，D项错误．11.如图所示，电阻不计间距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻连接，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一根电阻也为R，质量为m的金属杆垂

直于导轨放置于0x处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x轴正方向的初速度0v，金属杆刚好能运动到02x处，在金属杆运动过程中()A.通过电阻R的电荷量02BLxRB.金属杆克服安培力所做的功为202mvC.金属杆上产生焦耳热为202mvD.金属杆运动的时间为200

xv【答案】AB【解析】【详解】整个过程中通过导体截面的电荷量为：q=It=022BLxRR=，故A正确；根据动能定理可得，金属杆克服安培力所做的功等于动能的减小，即W安=12mv02，选项B正确；金属杆克服安培力所做的功为等于整个过程中回路中产生的焦耳热，即W安=Q=12mv02，所以

金属杆上产生的焦耳热为：Q1=2200111224mvmv=，故C错误；金属杆运动中所受的安培力22=2BLvFR安，则随速度的减小，安培力减小，加速度减小，即金属棒做加速度减小的减速运动，若金属棒做匀减速运动，则运

动时间为000022xxtvv==，则因为金属棒做加速度的减小的减速运动，可知平均速度小于02v，运动的时间大于002xv，故D错误．故选AB．点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重

点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．12.如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直于

纸面向里为磁场的正方向，逆时针方向为感应电流i的正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向，则图中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．由图乙可知，在0~1s内，磁感应强度方向为正向且均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，产生恒定的感应电流，根据楞次定

律可知，感应电流的方向为逆时针，同理，在1~3s内，感应电流恒定，沿顺时针方向，在3~4s内，感应电流恒定，沿逆时针方向，故B错误，A正确；CD．在0~1s内，ad边的电流方向为a→d，根据左手定则可知，安培力的方向为水

平向右，根据安培力的计算公式有F安=BIL，其中I恒定不变，B随着t均匀增大，则F安随着t均匀增大，同理，1~2s内，安培力水平向左且均匀减小，2~3s内安培力水平向右且均匀增大，3~4s内安培力水平向左且均匀减小，故C错误，D正确。故选A

D第II卷（非选择题，共52分）三、实验填空题（每空2分，共10分）13.G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时指针的偏转情况如图甲中所示，即电流从灵敏电流表G的左接线柱流进时，指针从中央向左偏。今把它与一线圈

串联进行电磁感应实验，则图乙中的条形磁铁的运动方向是向___________（填“上”或“下”）；图丙中的条形磁铁下端为___________（填“N”或“S”）极。【答案】①.下②.S【解析】【详解】[1]图乙中指针向左偏，可以知道线圈中感应电流的方向是顺时针（俯视），感应电流的磁场方

向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入。[2]图丙中可以知道指针向右偏，则线圈中感应电流的方向为逆时针（俯视），感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为

S极。14.根据如图所示的某振子的振动图像，填空作答：10.5st=时刻振子相对平衡位置的位移（）21.5st=时刻振子相对平衡位置的位移（）将位移随时间的变化规律写成sinxAt=+（）的形式（）【答案】①.52cm②.52cm−③.210si

nc2mxt+=。【解析】【详解】[1][2]由题图可知2cos10cos()cm=10cos(cm)42xAttt==则当10.5st=时，振子相对平衡位置的位移152cmx=当21.5st=时，振

子相对平衡位置位移252cmx=−[3]将位移随时间的变化规律写成sinxAt=+（）的形式为10sin()cm22xt=+四、解答题（共3小题，每题14分，共42分）15.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B

＝0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以502rad/s的角速度匀速转动，线圈外部和20Ω的电阻R相连接．求：(1)S断开时，电压表的示数；(2)开关S合上时，电压表和电流表的示数；(3)通过电阻R的电流最大值是多少？电

阻R上所消耗的电功率是多少？【答案】（1）50V；（2）40V，2A；（3）22A，80W【解析】【详解】（1）感应电动势最大值：Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×502=502V感应电动势有效值的502V50V22mEE===S断开时，

电压表示数，U=E=50V。（2）S合上时，电路电流50A2A205EIRr===++电压表示数U=IR=2×20=40V（3）通过R的最大电流502A22A205mmEIrR===++R消耗的电功率P=I2R=22×20=80W16.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨

间距为0.5mL=，导轨所在平面与水平面夹角30=，M、P间接阻值为9R=的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为2TB=。质量为0.1kgm=、阻值为1r=的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力1NF=作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终

垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，导轨和磁场足够大，重力加速度g取210m/s，求：（1）当金属棒的速度为1m/s时的加速度；（2）金属棒能获得的最大速度；（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是3m，这一过程中金属棒上产生

的焦耳热。【答案】（1）24m/s；（2）5m/s；（3）0.025J【解析】【详解】（1）当金属棒的速度为1m/s时，电动势为1VEBLv==根据闭合电路欧姆定律有0.1AEIRr==+以金属棒为对象，根据牛顿第二定律可得sinFFmgma−−=安又0.1NFB

IL==安联立解得金属棒的加速度为24m/sa=（2）当金属棒受力平衡时，加速度为0，速度最大，此时有()22msin0BLvFmgRr−−=+代入数据解得m5m/sv=（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度

在导轨上滑行的距离是3m，该过程根据动能定理可得2msi1+2nFWgxmvmx−=安该过程回路产生的焦耳热为QW=−安则金属棒上产生的焦耳热为rrQQrR=+联立解得0.025JrQ=17.如图所示，在距离水平地面h＝0.8m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的

匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝0.2m，质量m＝0.1kg，电阻R＝0.08Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝0.2kg的物体A(A未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如

图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有

转动，线框平面始终处于纸面内，g取10m/s2.求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小．（2）线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？（3）线框落地时的速度多大？【答案】（1）1T；（2）0.9s；（3）4m/s【解析】【详解】（1）设线框到达磁场边界时速度大小v，由机械能

守恒定律可得：Mg(h－l)＝mg(h－l)＋12(M＋m)v2代入数据解得v＝2m/s线框的ab边刚进入磁场时，感应电流I＝BlvR线框恰好做匀速运动，有Mg＝mg＋IBl代入数据解得B＝1T（2）设线框进入磁场之前运动时间为t1，有h－l＝12vt1代入数据解得t

1＝0.6s线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间t2＝lv＝0.1s此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间为t3＝vg＝0.2s线框从开始运动到最高点，所用时间t＝t1＋t2＋t3＝0.9s（3）线框从最高点下落至磁

场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即IBl＝(M－m)g＝mg因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．由机械能守恒定律可得12m2tv＝12mv2＋mg(h－l)代入数据解得线框落地时的速度vt＝4m/s获得更多

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