【文档说明】辽宁庄河市高级中学2022-2023学年高二上学期12月月考（B卷）物理试卷 含解析.doc，共(17)页，951.000 KB，由小赞的店铺上传

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辽宁省庄河市高级中学2022-2023学年度第一学期12月月考高二物理B一、选择题；本题共7小题，每小题3分，共21分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．直流电动机线圈转到某一位置，换向器能自动改变线圈中的电流方向，这一位置是

（）A．线圈转到任意位置B．线圈平面与磁感线垂直C．线圈平面与磁感线平行D．线圈平面与磁感线成45°角2．如图所示，L为电感线圈，C为电容器，R为定值电阻，线圈及导线电阻均不计。先闭合开关S，稳定后，再将其断开，并规定此时t=

0。当t1=0.03s时，LC回路中电容器左极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则当t2=0.13s时，下列判断正确的是（）A．电容器中的电场能最大B．线圈中的磁场能最大C．电流沿顺时针方向，电容器正在充电D．电流沿逆时针方向，电

容器正在放电3．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，已知该元件的载流子为自由电子，下列说法中不正确的是A．电势差UCD＞0B．

电势差UCD＜0C．形成电势差UCD是因载流子受到磁场力而偏转D．电势差UCD稳定时，是因电场力与磁场力达到平衡4．如图所示，将悬挂在O点的铜球从方形匀强磁场区域左侧一定高度处由静止释放，磁场区域的左右边界处于竖直方向，不考虑空气阻力，则（）A．铜球在左右两侧摆起的最大

高度相同B．铜球最终将静止在O点正下方C．铜球运动到最低点时受到的安培力最大D．铜球向右进入磁场的过程中，受到的安培力方向水平向左5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u=200sin100πt（V

），设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2的示数分别是1I、2I。下列说法正确的是（）A．电压表V2的示数U2=20VB．滑片P向b端滑动过程中，U2不变，2I变大C．滑片P向b端滑动过程中，U1变小，1I变大D．通过原

、副线圈的交变电流频率之比为10∶16．如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是A．射入磁场

时粒子a的速率最小B．粒子a带负电，粒子b、c带正电C．射出磁场时粒子b的动能最小D．粒子b在磁场中运动的时间最短7．有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，线框底边bc的长度小于磁场的宽度，现使此线框水平向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．设电流逆时针方向

为正，则下列各图中表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律正确的是（）A．B．C．D．二、多选题；本题共3小题，每小题4分，共12分．8．如图甲所示，足够长的光滑金属导轨内有垂直于导轨平面向里方向不变的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t的变化图像如

图乙所示。导轨左端接有一个电阻值恒为R的灯泡。从0时刻开始，垂直于导轨的导体ab在水平外力F的作用下从导轨的左端沿导轨以速度v水平向右匀速运动。导体棒ab的长度为l，导体棒运动过程中与导轨接触良好，导体棒与导轨的电阻均不计。在导体棒ab向右运动的过程中

，下列说法正确的是（）A．灯泡亮度不变B．灯泡逐渐变亮C．在运动后的0t时刻，2202BlvFR=D．在运动后的0t时刻，220BlvFR=9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，交流电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R1为热敏电阻（电阻随温度升高

而减小），R为定值电阻．下列说法正确的是A．电压表V1的指针左右摇摆B．电压表V2的示数为8VC．R1温度升高时．电流表的示数变大．电压表的示数减小D．R1温度升高时，变压器输入功率增加10．如题图所示，竖直面内有高度为H的有界

匀强磁场，完全相同的闭合矩形导线框甲和乙，从距离磁场上边界h高度处同时由静止释放，已知L1=2L2，H>L1，若甲恰好匀速进入磁场，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．刚进入磁场时，甲、乙的感应电流方向一定相同B．刚进入磁场时，甲、乙的加速度一定相同C．进入

磁场过程中，通过甲、乙的电荷量一定相同D．进入磁场过程中，甲、乙产生的焦耳热一定相同三、非选择题：67分11．为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，当接通和断开开关时，电流表的指针将______（填“偏转”或“不偏转”）其理由是

______。12．某同学拟将量程为3V的电压表改装成量程为15V的电压表。（1）他首先设计了如图所示的电路来测量电压表的内阻VR。现有最大阻值分别为20Ω和2000Ω的滑动变阻器，则1R应选用最大阻

值为______的滑动变阻器。将电阻箱2R的阻值调为零，闭合开关S，调节1R的滑动触头，使电压表满偏，其读数等于3V；保持1R的滑动触头不动，调节电阻箱2R，当其阻值为505Ω时，电压表的读数等于2V，则电压表的内阻VR=_______；在理论上，此方法

测得的电压表的内阻VR______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。（2）为了将电压表改装成量程为15V的电压表，需要________（填“串联”或“并联”）一个阻值大小为_____的电阻。13．如图所示，为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压

器T2向用户供电。已知输电线总电阻R=10Ω，升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为1∶5，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻组成闭合电路，用电器电阻R0=11Ω。若T1、T2均

为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为2202sin100Vut=。求∶（1）整个输电网络的输电效率（即用户实际消耗的功率占电源输出功率的百分比）；（2）若因用户增加导致用户消耗功率达到17.82kW

，且要求用户电压不变，则可调整发电机输出功率和降压变压器T2的匝数比以满足要求，求调整后变压器T2原、副线圈的匝数比。14．如图所示，在xOy坐标系内，圆心角为127的内壁光滑的圆管ab，圆心位于原点O处，Oa连线

与轴重合。坐标系内有水平向右的匀强电场，在第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。现将一质量为m、带电荷量为q+的小球从圆管的端无初速度释放，小球从圆管的b端飞出后沿直线运动到轴。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g。求：（1）该匀强电场的电场强度E的大

小；（2）小球沿管下滑到达y轴前的瞬间对管壁的作用力；（3）小球从b端飞出后第二次到达轴时的横坐标。15．如图所示，AB为14光滑圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R=3m，A点为14圆弧轨道的顶端，A点与圆心O在同一水平面上，BC为粗糙水平轨道，滑块与BC轨道的动摩擦因数为µ=0.5，BC长L=2m

，CD是倾角为θ=30光滑斜轨道。一质量为m=3kg小滑块从A点以v0=2m/s的初速度沿AB圆弧滑下，（斜轨道与水平轨道交接处有一段很小的圆弧，滑块经过交接处时与轨道的碰撞所引起的能量损失可以不计，g取10m/s2。求：（1）滑块第1次经过光滑圆弧最低点B点时，轨道对滑块的支持力Ｎ的大小；（2

）滑块沿光滑斜轨道CD能上升的最大高度h；（3）滑块最后停止的位置到B点的距离。参考答案1．B当线圈转动线圈平面与磁感应线垂直的位置时，线圈的两个边受到两个大小相等、方向相反且作用在同一条直线上的力，线圈在平衡力的作用下在平衡位置附近左

右摆动，即该位置就是平衡位置，即为了让电动机能够持续转动，在制作电动机时增加了换向器，线圈在平衡位置依靠惯性自动转动，当线圈刚好转过平衡位置时换向器就自动改变线圈中的电流的方向，及时改变通电线圈的受力方向，保证电动机能够连续转

动。A．线圈转到任意位置，与结论不相符，选项A错误；B．线圈平面与磁感线垂直，与结论相符，选项B正确；C．线圈平面与磁感线平行，与结论不相符，选项C错误；D．线圈平面与磁感线成45°角，与结论不相符，选项D错误；故选B。2．AAB

．LC回路中，在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，线圈及导线电阻均不计，先闭合开关S，稳定后，线圈两端没有电压，电容器不带电，线圈具有磁场能，在t=0时刻，关闭开关S，线圈产生自感电动势，对电容器充电，使右极板带正电，后开始放电，再充电，当t1

=0.03s时，电容器左极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。此时所经时间应是34T，则有34T=0.03s，可得T=0.04s，此时再经14T，电容器又放电，完成一次全振荡。则当t2=0.13s=3T+14T时，对电容器第

7次充电，使电容器右极板带正电，且电荷量最大，由LC振荡回路的充放电规律可知，电容器带电荷量最大时，电容器中的电场能最大，线圈中的磁场能最小，A正确，B错误；CD．在3T～3T+14T时，电流沿LC回

路逆时针方向对电容器充电，使电容器右极板带正电，在t2=0.13s时刻，充电完毕，且电荷量最大，CD错误。故选A。3．AAB.根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势

高，则UCD<0，故A错误，B正确；C.因为载流子在磁场中受到磁场力偏转，C表面带负电，D表面带正电，使C、D表面之间形成电势差，故C正确；D.C、D表面之间形成电势差，使载流子受到与磁场力方向相反的电场力，当两力达到平衡时，电势差UCD达到稳定，故D正确。本题选择错误答案，故选：A

4．DA．铜球每次在进出磁场过程，因产生电磁感应，一部分机械能转化为焦耳热，左右两侧摆起的最大高度不相同，故A错误；B．铜球每次只在进出磁场过程损失机械能，当全部进入匀强磁场，因磁通量不变，故不产生电磁感应，最终将在磁场区域

内左右摆动，故B错误；C．铜球运动到最低点时不产生电磁感应，故受到的安培力为0，故C错误；D．铜球向右进入磁场的过程中，由楞次定律知铜球受到的安培力方向水平向左，故D正确。故选D。5．BA．由u=200sin100πt

（V）可知输入电压有效值为1200V1002V2U==由1122UnUn=，可得211002V102V10U==故A错误；B．滑片P向b端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，电压由原线圈输入电压决定，1U

不变，所以U2不变，则I2变大，故B正确；C．电压由原线圈输入电压决定，副线圈的电阻变化不影响输入电压，所以U1不变，I1变大，故C错误；D．变压器不改变交变电流的频率，通过原、副线圈的交变电流频率相同，故D错误。故选B。6．DA．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛仑兹力提

供向心力，由牛顿第二定律得2vqvBmr=解得qBrvm=由图可知，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小，故A错误；B．由图可知，a向左偏，bc向右偏，根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故B错误；C．粒子的动能2222k122qBrEmvm==由于：q、B、m都相同，因此r越大

，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大；c的半径最小，则动能最小，故C错误；D．粒子在磁场中做圆周运动的周期2πmTqB=相同，粒子在磁场中的运动时间2πmtTqB==由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角θ最大，则在磁场中c的运动

时间最大，粒子b转过的圆心角θ最小，则在磁场中b的运动时间最小，故D正确．7．D由法拉第电磁感应定律可得，进入磁场的过程中有EBLv=则BLvIR=切割磁感线的有效长度L减小，则感应电流减小，又磁通量增大感应电流为逆时针方向；全部进入后，磁通量不变，没有感应电流；离开过程顺时针方向感应电

流，切割磁感线的有效长度L减小，则感应电流逐渐减小．故选D。8．BCAB．由图乙可知，在t时刻磁感应强度的大小为00BBtt=所以在t时刻回路中由于导体运动产生的动生电动势为010BlvtEBlvt==在t时刻回路中由于磁感应强度变化产生的感生电动势为020

SBlvtBEtt==根据右手定则和楞次定律可知，这两个电动势是同方向的，所以回路中的总电动势为01202BlvtEEEt=+=因此回路中的总电动势随时间增大，所以灯泡逐渐变亮，故A错误，B正确；CD．ab棒在运动后的t0时刻，回路中的总电动势为00002

2BlvtEBlvt==回路中的电流为02EBlvIRR==ab棒受到的安培力为22002BlvFBIlR==由于ab棒匀速运动，所以ab棒受力平衡，因此水平外力为2202BlvFFR==故C正确，D错误。故选BC。9

．BDA．交流电压表测量电压的有效值，则A项错误．B．由图乙可得，原线圈两端电压有效值1242V=24V2U=据1212::UUnn=可得，副线圈两端电压28VU=则电压表V2的示数为8V．故B项正确．C．副线圈电压由原线圈两端电压和原副线圈匝数比决定，则副线圈两端电压不变，电压表V

2的示数不变；Rt温度升高时，电阻减小，流过电流表的电流增大，电流表的示数变大．故C项错误．D．Rt温度升高时，电阻减小，副线圈的输出功率增大，变压器输入功率增加．故D项正确．故选BD．10．ACA．刚进入磁场时，甲、乙线框的两个下导体边切割磁感线的方向相同，

由右手定则可知，两个闭合矩形导线框中产生的感应电流方向相同，A正确；B．设线框的电阻是R，刚进入磁场时，若甲恰好匀速进入磁场，则有222BLvmgFR==安乙线框刚进入磁场时，则有()2222BLvmgmaR−=解得3ag=B错误；C．进入磁场过程中，由电荷量计算公

式qnt=可知，由于甲和乙是完全相同的闭合导线框，所以通过甲、乙的电荷量一定相同，C正确；D．在甲线框进入磁场过程中，做匀速运动，克服安培力做功，即产生的焦耳热22WmgL=安甲由题意可知，两线框进入磁场时的速度相等，进入磁场过程中，甲

做匀速运动，乙做减速运动，则有乙完全进入磁场中时的速度小于甲线框进入磁场中时的速度，乙克服安培力做功，即产生的焦耳热2kWmgLE=+安乙上式中的∆Ek是乙线框动能的变化量，由于mgL2与∆Ek的关系不能确定，因此进入磁场过程中，甲、乙两线框产生的焦耳热可能相同，也可能不相同

，因此不一定相同，D错误。故选AC。11．不偏转穿过螺线管B的磁通量没有变化[1][2]因为开关没有接到电源电路，所以当接通和断开开关时，穿过螺线管B的磁通量没有变化不会产生感应电流，故电流表的指针不偏转。12．201010大于串联4040（1）[1][2]1R采用的是分压式接法，为了使电路调节方

便．应选最大阻值较小的20Ω的滑动变阻器；由于电压表内阻远大于滑动变阻器的最大阻值，当1R，的滑动触头位置保持不变时．可以认为滑动变阻器触头左端部分所分电压保持不变，则有232505VR−=解得1010ΩvR=[3]当电阻箱2R的阻值由零逐渐增大时，电阻箱2R与电压

表两端的电压也将逐渐增大．因此电压表读数为2V时，电阻箱2R两端的电压将稍大于1V从而造成电压表的内阻VR的测量值大于真实值。（2）[4][5]将电压表量程扩大．需串联分压电阻，由3153VxRR−=解得4040ΩxR=13．（1）用户得到的电压的有效值为U4=220V；用户得

到的功率2240220=W=4400W11UPR=用降压变压器的初级电压33444220V=880VnUUn==则初级电流334400A=5A880PIU==用导线上功率损失223=510W=250WPIR

=损则升压变压器的输入功率P1=P损+P用=4650W则整个输电网络的输电效率000014400=10094.64650PP==用（2）因为升压变压器的次级电压不变，为233930VUUIR=+=

若因用户增加导致用户消耗功率达到17.82kW，则''23930UIRU=+=''317820WUI=联立解得'3660VU=调整后变压器T2原、副线圈的匝数比'3'466032201nn==14．（1）小球从b飞出后做直线运动，必然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示可知tan37qEm

g=解得tan3734mgmgEqq==（2）设到达y轴前瞬间小球速度为1v，设Oa间距离为，对小球的这一过程应用动能定理得2112mgRqERmv+=此时小球受到管下壁的弹力，设为NF，由向心力公式可得21NmvFmgR−=联立解得N92Fmg=由牛顿第三

定律可知，小球对管下壁的压力大小为92mg，方向竖直向下（3）小球从b端飞出时，设速度为2v，由（1）可知2cos37FqvBmg==洛可得254mgvqB=对小球从到b的这一过程应用动能定理可得()221cos371

sin372mgRqERmv++=联立解得2222564mgRqB=以2v到达轴时，其横坐标为1sin37Rx=之后，在水平方向，小球以2cos37xvv=为初速度，在电场力作用下做匀加速运动；在竖直方向，只受重力作用，小球以2sin37yvv=为初速度做

竖直上抛运动，则再次到达轴时，历时为2yvtg=在水平方向的位移为2212xxvtat=+在水平方向，由牛顿第二定律得qEma=联立得22227532mgxqB=则第二次到达轴时的横坐标为21222575192mgxxxqB=+=15．(1)从A到B

过程，根据动能定理可得2201122BmgRmvmv=−经过B点时，由牛顿第二定律可得2BvNmgmR−=联立解得轨道对滑块的支持力大小为94NN=(2)从A点运动至CD段的最高点过程，根据动能定理可得20102mgRmgLmghmv−−=

−代入数据解得2.2mh=(3)由于AB、CD段光滑，故滑块最终只能停止在水平轨道上，从开始到停止的全过程，根据动能定理有20102mgRmgsmv−=−解得滑块在BC段通过的总路程为6.4ms=

由于BC长2m，故滑块第4次到达C点后向右运动0.4m停下，最终滑块停止的位置距离B点的距离为1.6m。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com