【文档说明】四川省宜宾市第四中学校2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.070 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9f7622828f5efbcd84fda5d4d8dd447c.html

以下为本文档部分文字说明：

宜宾市四中2023年春期高二第一学月考试物理试题第I卷选择题（50分）一．选择题：本题共10小题，每小题5分，共50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8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有

选错的得0分。1.太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其“核燃烧”的核反应方程为，4824HeXBe+→+，方程中X表示某种粒子，84Be是不稳定的粒子，其半衰期为T，

这个核反应释放出的能量为E△，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（）A.若使，84Be的温度降低，其半衰期会减小B.方程中的X为电子()01e−C.该核反应过程产生的质量亏损为2Emc=D.“核燃烧”的核反应是裂变反应【答案】C【解析】【详解】A．半衰期与外界环境无关

，故温度改变，半衰期不变，故A错误；B．根据质量数守恒，电荷数守恒判断X为42He，故B错误；C．根据爱因斯坦质能方程2Emc=解得该核反应过程产生的质量亏损为2Emc=，故C正确；D．“核燃烧”的核反应是聚变反应，故D错误。故选C。2.下述关于电磁感应说法，正确的是（）A.位于磁场

中的闭合线圈，一定能产生感应电流B.穿过闭合电路的磁通量越大，感应电动势越大C.闭合线圈作切割磁感线运动，一定能产生感应电流的D.感应电动势的大小和穿过闭合电路的磁通量变化快慢有关【答案】D【解析】【

详解】位于磁场中的闭合线圈，如果磁通量不变，则不会产生感应电流，选项A错误；穿过闭合电路的磁通量越大，但是磁通量的变化率不一定打，感应电动势不一定越大，选项B错误；如果整个闭合线圈作切割磁感线运动，只产生感应电动势，但是不能产生感应电流，选项C错误；感应电动势的大小

与穿过闭合电路的磁通量的变化率成正比，即感应电动势的大小与磁通量变化快慢有关，选项D正确；故选D.3.如图所示的电路中，电阻R=2Ω。断开S后，电压表的读数为3V（电压表为理想电压表）；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为（）A.1ΩB.2ΩC.3ΩD.4Ω【答案】

A【解析】【详解】开关s断开时有：3VE=，开s闭合时有：2ERRr=+，其中2R=，解得：1r=，故A正确．4.如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的直流电阻可忽略不计，1D和2D是两个完全相同的小灯泡。下列说法中正确的是（）A.K闭合瞬间，2D先亮，1D逐渐变亮B.K断开后

，两灯都要过一会儿才熄灭C.K闭合瞬间，两灯同时亮，之后1D熄灭，2D变亮D.K断开后，1D要闪亮一下再慢慢熄灭，此过程中1D的电流方向由a到b【答案】C【解析】【详解】AC．K闭合瞬间，由于通过线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电

流的增加，所以两灯同时亮；当电流稳定后，由于线圈电阻可忽略不计，所以D1被线圈短路，1D熄灭，干路总电阻变小，则通过D2的电流变大，2D变亮，故A错误，C正确；BD．K断开后，D2立即熄灭，但由于通过线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1要闪亮一下再慢

慢熄灭，但此过程中1D的电流方向由b到a，故BD错误。故选C。5.如图所示，在同一种均匀介质中的一条直线上，两个振源A、B相距8m，在00t=时刻A、B同时开始振动，它们的振幅相等，且都只振动了一个周期，A、B的振动图象分别如图

甲、乙所示，若A振动形成的横波向右传播，B振动形成的横波向左传播，波速均为10m/s，则（）A.10.2st=时刻，两列波相遇B.两列波在传播过程中，若遇到大于1m的障碍物，不能发生明显的衍射现象C.在两

列波相遇过程中，AB连线中点C处的质点的振动速度始终为零D.20.8st=时刻，B处质点经过平衡位置且振动方向向下【答案】C【解析】【详解】A项，两列波相遇的时间80.420ts==，故A项错误．B项，波长100.22vtm==

=，所以若遇到大于1m的障碍物，能发生明显的衍射现象，故B项错误．C项，由于两列波的叠加，C点不会振动，AB连线中点C处的质点的振动速度始终为零，故C项正确．D项，20.8ts=时刻，A振动形成的横波向右传播到

B点，所以B处质点经过平衡位置且振动方向向上，故D项错误．故选C6.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，0R为定值电阻

，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中不正确的是（）A.图乙中电压的有效值为1102VB.R处出现火警时电流表示数增大C.电压表的示数为44VD.R处出现火警时电阻0R消耗的电功率增大【答案】C【解析】【详解】A．根据电流的热效应有22012

UUTTRR=由图像可知m02202V=220V22uU==解得11102VU=故A正确，不符合题意；B．R处出现火警时，温度升高，热敏电阻阻值减小，副线圈的电压不变，副线圈的电流增大，输出功率增大，原线圈的输入功率增大，根据111PUI=可知原线圈

中电流增大，电流表示数增大，故B正确，不符合题意；C．根据理想变压器电压与匝数关系1122UnUn=代入数据解得2222VU=故C错误，符合题意；D．R处出现火警时，副线圈的电流增大，根据电功率公式有02R20PIR=可知电阻0R消耗的电功率增大，故D

正确，不符合题意。故选C。7.如图所示，虚线MN左侧空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。纸面内有一个圆心角为120°的扇形金属线框OCD，半径为r，线框围成的回路电阻为R，顶角O在虚线MN上。当金属线框绕顶角O在纸面内以角速度匀速转动时，下列说法正确的是（）A.

线框转动一圈的过程中，线框中有电流的时间为23B.线框中存在电流时，电流的大小为2BrRC.线框进入磁场过程中，通过线框某截面电荷量大小为223BrRD.线框持续转动过程中，线框中电流的有效值为26

6BrR【答案】D【解析】【详解】A．线圈进入磁场的时间为的1120223603t==有电流的时间为1423tt==故A错误；B．感应电动势为212EBrvBr==感应电流为22EBrIRR==故B错误；C．电荷量为213Br

qItR==故C错误；D．有效电流满足22203IRTIRT=+解得266BrIR=有故D正确。故选D8.如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平

面垂直的图示匀强磁场中。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。则以下说法正确的是（）A.0～2s感应电流方向从a到bB.在t=2.5s时导线圈产生的感应电动势为1VC.在0～2s内通过导线横截面电荷量为20CD.在t=1s时，导线圈内电流的瞬

时功率为10W【答案】CD【解析】【详解】A．在0～2s内，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，故A错误。B．在2～3s内，磁感应强度变化率为22Bt=2T/s根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E

2=nS22Bt=100×0.12×2V=2V选项B错误；C．在0～2s内，磁感应强度变化率为11Bt=1T/s根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1=nS11Bt=100×0.12×1V=1V在0～2s内，感应电流I=1ER=10A通

过导体横截面电荷量为q=IΔt1=20C选项C正确。D．在t=1s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P=UI=I2R=102×0.1W=10W选项D正确。故选CD。9.如图所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为的斜面上，导轨下

端接有电阻R，导轨电阻不计，导轨宽为l，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒ab质量为m，电阻为r，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，沿导轨匀速向上滑动，则它在上滑高度h的过程中，以下说法正确的是（）的的A.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.金属棒克服安培力做

的功等于电阻r上产生的焦耳热C.恒力F做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能D.回路中磁通量的变化量为cossinBhl【答案】ACD【解析】【详解】A．金属棒ab沿导轨匀速向上滑动，处于受力平衡状态，作用在金属棒上各力的合力等于

零，合力做功是零，A正确；B．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热与金属棒r上产生的焦耳热之和，B错误；C．重力做功不改变金属棒机械能，除重力外，其它力对金属棒做功等于金属棒机械能的增加量，所以恒力F做的功与

安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能，C正确；D．回路中磁通量的变化量为coscoscossinsinhBhlBSBl===D正确。故选ACD。10.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平

面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A.在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽组成的系统在水平方向上动量守恒C.物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为2vgh=D.物块压缩弹

簧的过程中，弹簧的最大弹性势能p23mghE=的【答案】ABD【解析】【详解】A．滑块下滑过程，只有重力做功，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，故A正确；B．滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B正确；C．设小球到达水平面时速度

为1v，槽的速度为2v，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球下滑的过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得1220mvmv−=由机械能守恒定律得221211222mghmvmv=+由以上两式得123ghv=，

23ghv=物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等123ghvv==故C错误；D．物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能

为2p11223mghEmv==故D正确。故选ABD。第II卷（非选择题60分）二、实验题（12分）11.某同学设计用伏安法测量一节干电池的电动势E和内电阻r。除待测干电池，实验室可供选择的主要器材有：A.电流表G：测量范围0~10mA，

内电阻未知：B.电流表A：测量范围0—0.5A，内电阻很小：C.电阻箱R0：电阻变化范围0—999.9Ω，最小精度0.1Ω：D.滑动变阻器R电阻变化范围0—20Ω：E.开关一个、导线若干。实验中，首先需将电流表G改装成电压表，该同学采用图1所示的电路测定

电流表G的内阻，其主要实验步骤如下，请完成步骤中的填空：（1）将R0调到某一段定值，滑动变阻器R的滑动触头移到___________（选填“左端”、“右端”或“任意”）位置然后闭合开关：（2）多次改变R0的大小，反复调节滑动变阻器的滑动触头位置，发现当05.0R=时，电流表G的示数为1

0.0mA。电流表A的示数为0.210A，则电流表G的内电阻为___________Ω；（3）拆开电路，采用电阻箱R0与电流表G串联的方式，将电流表G改装成量程为2V的电压表V，则R0的值应调为___________Ω。（4）用改装成的电压表V和

电流表A，采用图2的电路测量电源的电动势和内电阻，根据电压表V的示数U与电流表A的示数I，经描点、连线得到U—I图像如图3所示，根据图像可求得该干电池的电动势E=_________V；内电阻r=___________Ω。（保留三位有效数字）【答案】①.左端②.100③.100④.1

.46（1.47）⑤.0.920（0.940）【解析】【详解】（1）[1]将R0调到某一段定值，滑动变阻器R的滑动触头移到左端位置然后闭合开关：（2）[2]根据0()GGGRIIIR−=解得RG=100Ω（3）

[3]根据电压表的改装原理可知021001000.01GGURRI=−=−=（4）[4][5]根据图像可求得该干电池的电动势E=1.46V内电阻1.461.000.9200.5UrI−===四、解答题（本答题共三个小题，12题10分，13题18分，14题2

0分，共48分）12.如图甲所示，为某一列简谐波在tt=0时刻的图像，图乙是这列波上P质点从这一时刻起的振动图像，试讨论：（1）波的周期和波长（2）波的传播方向和波速大小；（3）求经历2.3s后P质点的位移和此过程p质点运动的路程。【答案】（1）0.4s，

2m；（2）x轴正向，5m/s；（3）10cm，2.3m【解析】【分析】【详解】（1）由图可知，周期为0.4s，波长为2m（2）根据振动图像可以判断：P质点在tt=0时刻在平衡位置且向负的最大位移处运动，由此可确定

波沿x轴正向传播。由题图甲知2m=由题图乙知0.4sT=则2m/s5m/s0.4vT===（3）由于0.4sT=所以32.3s54T=波形重复5次再沿x轴推进34个波长，经过2.3s后的波的图像如图所示，P质点的位移为10cm，路程4

A53A23A2.3ms=+==13.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为0.4mL=的绝缘细线把质量为0.4kgm=、电荷为2Cq=+的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为37=，已知A、C两点分别

为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：（g取210m/s，sin370.6=，cos370.8=）（1）匀强电场的场强大小；（2）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA

方向运动的初速度最少为多少？（结果可用根号表示）【答案】（1）1.5N/C；（2）21m/s【解析】【详解】（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得tanqEmg=得tan1.5N/CmgEq==（2）分析可知小球做完整圆周运动

时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则2cossinvmgqEmL+=由动能定理得22011cos(1sin)22mgLqELmvmv−−+=−联立解得0/s21mv=14.如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角α

=37°，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=7.6Ω的电阻，质量m=0.5kg、电阻r=0.4Ω的金属杆ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆上滑的位移s=3.8m时达到稳定状态，对

应过程的v-t图像如图乙所示，取g=10m/s2，导轨足够长。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；（2）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金

属杆上产生的焦耳热；（3）由图中信息计算0~1s内，金属杆滑过的位移。【答案】（1）b端电势高，3.5N；（2）0.0825J；（3）0.4m【解析】【详解】（1）由右手定则可判断，金属杆中感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端

电势高，当金属杆匀速运动时，由平衡条件得sin37FmgF=+安由法拉第电磁感应定律有mmEBLv=闭合回路中的感应电流mmEIRr=+金属杆所受安培力mFBIL=安由图乙可知m1.0m/sv=联立并代入数据解得3.5NF=（2）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，由动能定理

得2m1(sin37)2FmgsWmv−−=克克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，即QW=克两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属杆上产生的焦耳热为rrQQRr=+联立并代入数据解得r0.0825JQ=（3）金属杆做加速度减小的加速运动，

由动量定理有()1sin370FmgtBILtmv−−=−根据法拉第电磁感应定律有ΔBLxEtt==根据闭合电路欧姆定律有EIRr=+由图乙可知10.6m/sv=联立并代入数据解得金属杆滑过的位移获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

xue100.com