【文档说明】四川省仁寿第一中学校南校区2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(22)页，4.306 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-e73c5e441246fe19d1f724131cd5ce78.html

以下为本文档部分文字说明：

四川省仁寿一中南校区2021级高二（下）3月月考物理试题一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导

轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿

逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向【答案】D【解析】【详解】PQ突然向右运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由Q流向P，P

QRS中电流沿逆时针方向，PQRS中的电流产生的磁场向外增强，则T中的合磁场向里减弱，根据楞次定律可知T的感应电流产生的磁场应指向纸面内，则T中感应电流方向为顺时针。故ABC错误，D正确。故选D。2.如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的方形磁场，铜球在A点

由静止释放，向右摆到最高点B，不考虑空气及摩擦阻力，则下列说法正确的是（）A.A、B两点在同一水平面上B.A点高于B点C.A点低于B点D.铜球最终静止【答案】B【解析】【详解】因为铜球进出磁场的过程中，穿过铜球的磁通量发生变化，球中产生涡流，进而产生焦耳热，因此机械能减小，所以A点高于B点。

最终铜球完全在磁场中运动时，磁通量不再改变，则不再产生焦耳热，因此最终铜球将在磁场中等幅摆动，不会静止。故选B。3.如图甲所示，10N=匝的线圈（图中只画了1匝），电阻10r=，其两端a、b与一个20R=的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变

化，下列判断正确的是（）A.线圈中的感应电流大小为0.03AB.线圈中的感应电动势大小为0.3VC.a端电势比b端低D.线圈中感应电流的方向由a到b【答案】B【解析】【详解】AB．线圈中的感应电动势大小为2610100.3V2ENt

−===线圈中的感应电流大小为0.3A0.01A2010EIRr===++故A错误，B正确；CD．由图乙知线圈中磁通量减少，由楞次定律可得线圈中感应电流为顺时针方向，故由b到a，a端电势比b端高，C、D错误。故选B。4.如图所示，线圈C连接光滑平行

水平导轨，导轨处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨电阻不计，导轨上放着导体棒MN.为了使闭合线圈A产生图示方向的感应电流，可使导体棒MN（）A.向右匀速运动B.向右减速运动C.向左加速运动D.向左减速运动【答案】D【解

析】【详解】如果是磁通量减小引起的感应电流，则感应电流产生的磁场与原磁场方向相同，所以线圈C中的电流方向和A中的电流方向相同，并且在减小，所以根据右手定则，导体棒在向左做减速运动；如果是磁通量增加引起的感应电流，则C中的感应电流方向与原磁场方向相反。且原磁场磁感应强度在增加，即导体棒

向右做加速运动。故选D。5.某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L导体螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视），转动角速度为。该处地磁场的水平分量为xB，竖直分量为yB。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为（

）A.12xBL，a端电势高于b端电势B.212xBL，a端电势低于b端电势C.212yBL，a端电势高于b端电势D.212yBL，a端电势低于b端电势【答案】D【解析】【详解】我国某地上空地磁场方向有向下的分量，大小为yB，

当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视）时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势；大小为20122yyLEBLBL+==故选D。的6.如图所示，在直角边长为2L的等腰Rt△ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场。用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，沿纸面从左向右以速

度v匀速通过整个磁场区域。设电流逆时针方向为正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bc切割，切割有效长度不变，

感应电动势不变，感应电流不变，由右手定则可知感应电流为逆时针方向（正方向）；前进L后，边bc开始出磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ad产生的减去bc边在磁场中产生的电动势，线圈切割磁感线的有效长度从零

逐渐增大，回路中感应电动势从零逐渐增大，感应电流从零逐渐增大，感应电流为顺时针方向（负方向）；当线圈再前进L时，边bc完全出磁场，ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，感应电动势从零逐渐减小，感应电流逐渐减小，感应电流为顺时针方向（（负方向）。故选B。7.如图所示，质量为m、边长为l的正方

形线框abcd，在竖直平面内从有水平边界的匀强磁场上方h高处由静止自由下落。线框电阻为R，磁场宽度为()HlH，磁感应强度为B，线框竖直下落过程中，ab边始终与磁场边界平行。已知ab边进入磁场时和ab边穿出磁场时的速度相等，此过程中（）A.

线框的最大速度为22mgRBlB.线框中产生的电热为()mgHl−C.线框中通过的电荷量为2BHRD.cd边离开磁场的瞬间克服安培力做功的功率为222()BlghlHR+−【答案】D【解析】【详解】线框ab边进入磁场前，受到重力作用，做自由落体运动；ab边进入磁场时和ab边穿出磁场时的速度相

等，说明线框刚进入磁场时是先减速后加速的运动。在进入磁场的过程中，线框ab边切割磁感线，ab边受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用，做变减速直线运动，后若安培力等于重力，线框还可能做匀速直线运动；线框完全进入磁场中时，线框磁通量不

发生变化，所以只受到重力作用，做自由落体运动；线框ab边在离开磁场时，cd边切割磁感线，所以受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用，做变减速直线运动，由于线框的ab边刚进入磁场时的速度和ab边刚离开磁场时的速度相同，所以线框在进入和离开磁场的运动过程完

全相同。A．由过程分析知，线框的最大速度即为进入时的速度，此时重力小于安培力，即22mABlvFmgR=m22mgRvBl由机械能守恒2m12mvmgh=得m2vgh=故A项错误。B．ab边进入磁场时和ab边穿出磁场时的速度相等，

由动能定理得0mgHW−=安安培力做功转化为电热，即QWmgH==安故B项错误。C．线框进入磁场过程产生的感应电动势2ΔΦΔΔBlEtt==则线中的感应电流EIR=则电荷量2ΔBlQItR==线框的ab边进入磁场过程和ab边离开磁场过程相同，所以线

框通过的总电荷量222BlQQR==总故C项错误。D．ab边进入磁场的速度0m2vvgh==设线框正好完全进入磁场时的速度为1v，刚要离开时的速度20vv=，线框速度由1v变化到2v过程，线框在磁场中做自由落体运动，根据运动学公式22012()vvgHl−=−得到12()vgh

lH=+−线框在进入和离开磁场的运动过程完全相同，即线框cd边离开磁场的瞬时速度31vv=，此时安培力3BlvFBIlBlR==结合瞬时功率3PFv=联立解得222()BlghlHPR+−=故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。8.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨间

距为L，顶端接有电容为C的电容器。一质量为m的金属棒ab放在导轨上，匀强磁场磁感应强度的大小为B、方向垂直于导轨平面向上。由静止释放金属棒ab，金属棒在运动过程中始终与两导轨垂直且保持良好接触，不计一切电阻，重力加速度为g，则下列说

法正确的是（）A.金属棒ab的加速度越来越小B.金属棒ab的加速度先变小后保持不变C.经时间t金属棒ab的速度为22sinmgtmBLC+D.经时间t电容器所带电荷量为22sin2()CBLmgtmBLC+【答案】C【解析】【详解

】AB．金属棒沿光滑导轨下滑切割磁感线产生动生电动势，同时给电容器充电，由牛顿第二定律有mgsinθ-BiL=ma而充电电流为qCUCBLviCBLattt====联立可得22sinmgamCBL=+可知加速度恒定

，即金属棒做匀加速直线运动，故AB错误；C．金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，则经过时间t的速度为v，有的v=at联立解得速度22sinmgtvmBLC=+故C正确；D．经时间t电容器所带的电荷量为22sinCBLm

gtqCUCBLvmBLC===+故D错误。故选C。二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只是扫有两个正确选项。全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答得0分。9.如图是演示自感现象的两个电路图，1L和2L为电感线圈。实验时，断开开关1S瞬间，如图甲所

示，灯1A突然闪亮一下，随后逐渐变暗，直至熄灭；闭合开关2S，如图乙所示，灯2A逐渐变亮，而另一个相同的灯3A立即变亮，最终2A与3A的亮度相同。下列说法正确的是（）A.图甲中，闭合1S瞬间和断开1S瞬间，通过1A中电流方

向相同B.图甲中，闭合1S，电路稳定后，1A中电流小于1L中电流C.图乙中，闭合2S瞬间，有可能观察到灯3A也会闪亮一下D.图乙中，断开2S瞬间，灯3A立刻熄灭，灯2A缓慢熄灭【答案】BC【解析】【详解】A．图甲中，闭合1S瞬间，电流向右流过1A；断开1S瞬间，原

来通过1L的电流向左流经1A构成回路，所以闭合1S瞬间和断开1S瞬间，通过1A的电流方向相反，A错误；B．图甲中，因为1L的直流电阻很小，即1A1LRR，所以闭合1S电路稳定后，1A中的电流小于L1中的电流，B正确；C．图乙中，闭合2S瞬间，由于2

L的阻碍作用，灯2A没有马上亮，所以灯3A分压较多，故比较明亮；电路稳定后，从灯2A流过的电流和灯3A的一样大，灯3A相比稳定前分压较少，故亮度较之前有所变暗，故C正确；D．图乙中，断开2S瞬间，原来通过2L的电流会流过灯2A和灯3A构成回路，所以灯2A、灯3A会同时缓慢熄灭，

D错误。故选BC。10.为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴1OO按图示方向匀速转动（ab向纸外，cd向纸内），并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式

交流电如图乙所示。已知其周期为T，电流峰值为0I，下面说法正确的是（）A.根据图乙可知4T时，线圈的磁通量最大B.根据图乙可知4T时，线圈的磁通量变化率最大C.若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交

流电与图乙所示相同D.若仅把甲图中的转轴1OO改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同【答案】BC【解析】【详解】AB．根据图乙可知4T时，线圈感应电流最大，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈的磁通

量变化率最大，此时磁通量最小为0，故A错误，B正确。C．若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，根据mEnBS=可知，并从图甲所示位置开始计的时，则产生的交流电压最大值变为原来的两倍，但是线圈电阻也变为原来的两倍，则交流电的图像与图

乙所示相同，故C正确；D．若仅把甲图中的转轴1OO改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，磁通量的变化情况一样，产生的交流电与图乙所示相同，故D错误。故选BC。11.水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r

，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中如图所示。闭合开关，金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正

确的是（）A.金属杆的最大速度等于()ERBLRr+B.此过程中通过金属杆的电荷量为22mEBLC.此过程中电源提供的电能为2222mEBLD.此过程中金属杆产生的热量为()2222mERBLRr+【答案】BD【解析】【详解】A．金属

杆向右运动切割磁感应线产生的感应电动势与电源电动势方向相反，随着速度增大，感应电动势增大，回路中的总电动势减小，回路中的电流减小，金属杆受到的安培力减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动；

金属杆速度最大时，产生的感应电动势大小为E，则有mEBLv=解得金属杆的最大速度为mEvBL=故A错误；B．从开始运动到速度最大的过程中，以向右为正方向，对金属杆根据动量定理，有m0BILtmv=−又qIt=联立解得此过程中通过金属杆的电荷量为

22mEqBL=故B正确；C．此过程中电源提供的电能为222mEWqEBL==故C错误；D．金属杆最后的动能为22km22122mEEmvBL==根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为k2222mLQEWEB=−=此过程中金属杆产生的热量为()2222mERBLRr

RQQRr=++=故D正确。故选BD。12.如图所示，间距为L的两平行光滑长直金属导轨水平放置。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。细金属杆N静置于磁场中，磁场外的细金属杆M以速度0v向右运动，此后两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为03v。已知两杆的质量均为m，

在导轨间的电阻均为R，两金属杆与导轨接触良好且始终与导轨垂直，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。则（）A.N在磁场内运动过程中的最大加速度为2202BLvmRB.N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为03mvBLC.M中产生焦耳热的最小值为202

9mvD.N的初始位置到ab的最小距离为02223mvRBL【答案】ABD【解析】【详解】A．根据题意可知，M进入磁场后，M做减速运动，N做加速运动，则M刚进入磁场时，N在磁场中的加速度最大，则有0EBLv=，2EIR=，FBIL=联立可得2202BLvFR=由牛顿第二定律有mFma=解得22

0m2BLvamR=故A正确；B．根据题意，对N由动量定理有003vBILtm=−又qIt=联立可得03mvBLq=解得03mvqBL=故B正确；C．根据题意可知，若N出磁场时，M恰好追上N，则回路中产

生的焦耳热最少，设此时M的速度为v，由动量守恒定律有003vmvmvm=+解得023vv=由能量守恒定律可得，回路中产生的焦耳热为2222000021112223239vvQmvmmmv=−−=则M中产生焦耳热的最小值为2M01129QQ

mv==故C错误；D．根据题意，在磁场过程，设两棒相对靠近的位移为x，由公式ΦEt=，2EIR=，qIt=联立可得2BLxqR=联立解得02223mvRxBL=由于两杆在磁场内未相撞，则有N

的初始位置到ab的最小距离为02223mvRxxBL==故D正确。故选ABD。三、实验题：本大题共2小题，共16分。请将正确答案直接答在答题卡相应的位置上。13.在“探究影响感应电流方向的因素”实验中：（1）请将实物电路图补齐。（）（2）将线圈

E插入线圈F中，闭合开关时，线圈F中感应电流的方向与线圈E中电流的绕行方向___________（选填“相同”或“相反”）。（3）在开关处于闭合状态将线圈E拔出时，线圈F中的感应电流的方向与线圈E中电流的绕行方向___________（选填“相同”或“相反”）。【答案】①.②

.相反③.相同【解析】【详解】（1）[1]实物电路如图所示（2）[2]闭合开关时，通过线圈F的磁通量增大，由楞次定律可判断，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，即线圈F中的感应电流方向与线圈E中的电流绕行方向相反。（3）[3]在开关处于闭

合状态将线圈E拔出时，线圈F中的磁通量减少，由楞次定律可判断，线圈F中的感应电流方向与线圈E中的电流绕行方向相同。14.某实验小组用图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表V的最大量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。（1）已知电流计G的

满偏电流G200mAI=、内阻G0.60r=，电路中已将它改装为最大量程600mA的电流表，则1R=____（结果取二位有效数字）。（2）通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数，作出如图乙的图像。某次测量时，电压表V的示数如图丙，则此

时通过电源E的电流为____mA（结果取三位有效数字）；电源E的电动势等于___V，内阻等于___（结果取三位有效数字）。（3）若用来改装电流表的电阻1R的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果____________（填

“有”或“没有”）影响。【答案】①.0.30②.300③.2.93④.0.904⑤.没有【解析】【详解】（1）[1]根据欧姆定律可知GGG1()IrIIR=−带入数据解得10.30R=（2）[2][3][4]根据丙图可知电压表读数为2.6V；根据图乙可知电流计

的读数为100mA，通过电阻1R的电流等于通过电流计G电流的2倍，则电路的总电流为300mA；根据图像可知，电源的电动势为2.93VE=因改装的电流表的内阻为A0.600.300.200.600.30R==+则电源内阻A32.932.400.90

4160310rR−−=−=（3）[5]电源电动势等于电流表读数为零时电压表的读数，可知电表改装时，若用来改装电流表的电阻1R的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果无影响。四、计算题：本大题共3小题，共46分，解答应写

出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.如图，阻值不计的平行光滑金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为L，下端接一阻值为R的定值电阻，磁感应强度大

小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量为m的金属杆MN由静止开始沿导轨运动一段距离时，速度恰好达到最大，且通过定值电阻的电荷量为q。已知MN接入电路的电阻为r，MN始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，则在此过程中，求：（1）导体棒沿导轨下滑的距离x；（

2）金属杆运动的最大速度mv。【答案】（1）()qRrxBL+=；（2）()m22sinRrmgvBL+=【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律ΦEt=其中BLx=通过定值电阻的电荷量为qIt=

由闭合电路欧姆定律得EIRr=+联立可得，导体棒沿导轨下滑的距离为()qRrxBL+=（2）金属杆MN运动速度达到最大时，有sinmgBIL=由闭合电路的欧姆定律EIRr=+此时感应电动势为mEBLv=联立解得，金属杆MN运动的最大速度为()m22sinRrmgvBL+=1

6.如图所示，水平光滑导轨足够长，导轨间距为L，导轨间分布有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨左端接有阻值为R的电阻，电阻两端接一理想电压表。一金属棒垂直放在导轨上，其在轨间部分的电阻也为R。现用一物块通过跨过定滑轮的轻绳

从静止开始水平牵引金属棒，开始时，物块距地面的高度为h，物块落地前的一小段时间内电压表的示数稳定为U。已知物块与金属棒的质量相等，不计导轨电阻和滑轮质量与摩擦，导轨始终与金属棒垂直且紧密接触。求：（1）金属棒的最大速度v；（2）物块的质量m；（3）棒从静止开始到物块刚要落地的过程中，

电阻R上产生的热量Q。的【答案】（1）2UBL；（2）BULgR；（3）322BULhURBLgR−【解析】【详解】（1）设金属棒的最大速度v，根据法拉第电磁感应定律可得=EBLv根据欧姆定律可得2EIR=UIR=联立解得金属

棒的最大速度2UvBL=（2）根据欧姆定律可得UIR=对棒分析，根据平衡条件可得TF=安而F安=BILTmg=联立解得物块的质量BULmgR=（3）棒从静止开始到物块刚要落地的过程中，由能量守恒可得21()2mg

hmmvQ=++总电阻R上产生的热量1=2QQ总322BULhURBLgR=−17.如图甲所示，光滑的绝缘斜面倾角30=，区域MNPQ内存在着垂直斜面向上的匀强磁场B，磁感应强度的大小随时间变化的情

况如图乙所示，已知11.0TB=，边界MN与PQ之间的距离02.5mx=。正方形金属线框abcd的质量m＝0.1kg、阻值2.0R=、边长L＝1.0m，线框cd边与磁场边界MN平行。在t＝0时刻将线框由静止释放，线框在进磁场和出磁场

的两个过程中均恰好做匀速直线运动，且在1t时刻ab边刚好到达磁场上边界MN，在2t时刻cd边刚好到达磁场下边界PQ。不计空气阻力，重力加速度210m/sg=。（1）求线框释放时cd边与MN边的距离1x；（2）求

出B－t图线中时刻1t、2t和磁场2B的值；（3）求整个运动过程中金属线框产生的焦耳热Q。【答案】（1）0.1m；（2）11.2st=，21.8st=，20.5TB=；（3）1.21J【解析】【详解】（1）设线框进磁场过程中做匀速直线运动的速度为1v，则有2

211sinBLvmgR=代入数据解得11./s0mv=线框释放后开始做匀加速直线运动，有2112sinvxg=解得10.1mx=（2）在10t时间内，线框先加速运动，再做匀速运动，则111sinvLtgv=+解得11.2st=在12tt时间内，线框做匀加速直线运动，则有()20

11sin2xLvtgt−=+解得0.6st=则21.8st=设2t时刻线框的速度为2v，有21sinvvgt=+解得24.0m/sv=在2t时刻后线框做匀速直线运动，有2222sinBLvmgR=解得20.5TB=（3）设金属线框进

磁场和出磁场过程中产生焦耳热分别为1Q和2Q，则12sinQQmgL==解得120.5JQQ==整个线框在磁场中运动，产生电动势为25V6BLEtt===此过程产生焦耳热为235J0.21J24EQtR===则整个过程中金属线框产生的焦耳热的获得更多资源请扫码加入享学

资源网微信公众号www.xiangxue100.com