【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Word版含解析.docx，共(20)页，1.284 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mg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mvRBq=。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2R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a

U、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1221I

nIn=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0233hvt=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3

7=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=，cos370.8=，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=ΔΦ

BLx=解得1.0CBLxqRr==+获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com