【文档说明】辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高二下学期第一次月考物理试题（A卷） 含解析.docx，共(16)页，788.479 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度下学期月考试卷高二物理（A）时间：75分钟满分：100分范围：选择性必修一第二、三章，必修二第一~四章一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1∼7题单选题，每题4分；8∼10题多选题，每小题6分，全对得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的

得0分。1.下列说法正确的是（）A.物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的振幅越大B.只要是两列以上的波，在相遇的区域内都能产生稳定的干涉C.当观察者靠近波源运动时，观察者观测到的频率变小D.一弹簧振子的位移y

随时间t变化的关系式为0.1sin2.5(m)yt=（单位都是国际单位制），在0.2st=时，振子的运动速度为零【答案】D【解析】【详解】A．物体做受迫振动时，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物

体发生共振，此时的振幅最大，并不是驱动力的频率越高，受迫振动的振幅越大，故A错误；B．产生稳定干涉的条件是：相干波的频率相同，振动方向相同，且具有恒定的相位差。故B错误；C．当观察者靠近波源运动时，根据多普勒效

应的规律可知，观察者观测到的频率变大，故C错误；D．一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为0.1sin2.5(m)yt=（单位都是国际单位制），可得在0.2st=时，振子的位移为0.1m=y可知振子位于最大位移处，此时振子运动的速度为零，故D正确。故选D。2.根据麦克斯韦电磁场

理论，下列说法正确的是（）A.电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场B.变化的电场周围一定产生变化的磁场C.变化的电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围一定产生电场D.所有电磁波的频率相同【答案】C【解析】【详解

】AC．根据麦克斯韦电磁场理论，可知变化电场周围才一定产生磁场，变化磁场周围才一定产生电场，故A错误，C正确；B．均匀变化的电场周围产生恒定的磁场，故B错误；D．电磁波的频率不一定相同，例如无线电电磁波有很多频道和频率，故D错误。故选C。3.观察水面波衍射的实验装置如图所示，O是

波源，AC和BD是两块挡板，AB是两块挡板间的空隙，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹（图中曲线）之间的距离表示一个波长，关于波经过空隙之后的传播情况，下列说法正确的是（）A.此时不能观察到明显的衍射现象B.挡板前相邻波纹间距大于挡板后相邻波纹间距C.增大两挡板间空隙AB，衍射

现象会更明显D.减小波源振动的频率，则衍射现象更明显【答案】D【解析】【详解】A．因为波长与孔的尺寸差不多，所以能够观察到明显的衍射现象，故A错误；B．波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的

距离相等，故B错误；C．如果增大两挡板间空隙AB，孔的尺寸大于波的波长时，可能观察不到明显的衍射现象，故C错误；D．如果孔的大小不变，使波源频率减小，因为波速不变，根据v=λf知，波长增大，则衍射现象更明显，

故D正确。故选D。4.如图所示，导体棒MN接入电路部分的电阻为R长度为L，质量为m，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻大小也为R，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成45=角斜向上方，电键闭合后导

体棒开始运动，则下列说法正确的是（）的A.导体棒向左运动B.电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为2BELmRC.电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为24BELRD.电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为2BELR【答案】D【解析】【详解】A．通过导

体棒MN的电流由N到M，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力斜向下偏右，则导体棒向右运动，故A错误；CD．电键闭合瞬间，电路电流为2EIR=导体棒MN所受安培力大小为2BELFBILR==故C错误，D正确；B．电键闭合瞬间，根据牛顿第二定律可得，导体棒MN的加速度为sin24FBELammR

==故B错误。故选D。5.如图，粗糙绝缘水平桌面上有一铜质圆环。当一竖直放置条形磁铁从圆环直径正上方等高快速向右通过AB的过程中，圆环始终不动，则可知圆环受到的摩擦力方向（）的A.始终向左B.始终向右C.先向左后向右D.先向右后向左

【答案】A【解析】【详解】根据楞次定律，由于磁体的运动，在闭合回路中产生感应电流，感应电流激发出的磁场对原磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果总是阻碍原磁体的相对运动，可知，圆环中激发出的磁场对条形磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果总是阻碍条形磁体的相对运动，即该磁场力的方向整体向左，

根据牛顿第三定律可知，条形磁体对圆环中感应电流的磁场力方向整体向右，圆环静止，则地面对圆环的摩擦力方向始终向左。故选A。6.高压输送过程中的高电压、大电流，我们一般用电压互感器和电流互感器进行测量。如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b

表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则（）A.a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×106WB.a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×103WC.a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×

106WD.a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×103W【答案】A【解析】【详解】根据题意，由图可知，a表为电压表，b表为电流表，根据电压比与电压表示数可知，输送电压为220100V22000VU==根据电流比与电流表示数可知，输送电流为1010A100AI==输送

电功率为62.210WPUI==故选A。7.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按乙图变化时，导体环中感应电流随时间变化的图像是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】

根据题意，由图乙可知，02s内，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针（与正方向相反）；同理可知，24s内，线圈中同样产生恒定的感应电流，线圈中感应电流方向为顺时针（与正方向相同）。故选A。8.如图所示是弹簧振子做简

谐运动的振动图像，可以判定（）A.从1t到2t时间内系统的动能不断增大，势能不断减小B.从2t到3t时间内振幅不断增大C.t3时刻振子处于平衡位置处，动能最大D.14tt、时刻振子的动能、速度都相同【答案】AC【解析】【

详解】A．1t到2t时间内，x减小，弹力做正功，系统的动能不断增大，势能不断减小，故A正确；B．振幅是离开平衡位置的最大位移，振幅不变，故B错误；C．3t时刻振子处于平衡位置，位移零，速度最大，动能最大，故C正确；D．14tt、时

刻位移相同，即处于同一位置，速度等大反向，动能相同，故D错误。故选AC。9.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，凭借此项成果，他于1939年获得诺贝尔物理学奖。其原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，

交流电源频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为q+，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（）A.质子在回旋加速器中做圆周运动的速率与半径成正比为B.若只增大交流电压U，则

质子获得的最大动能增大C.质子在电场中加速的次数为222qBRmUD.若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当减小才能正常工作【答案】AC【解析】【详解】A．质子做圆周运动洛伦兹力提供向心力2vqvBmr=解得

mvrqB=可得v与r成正比，故A正确；B．质子只在电场中加速，设最大速度为v，根据洛伦兹力提供向心力得2vqvBmR=解得最大速度为qBRvm=质子获得的最大动能为22222km11222qBRqBREmvmmm===说明最大动能跟交流电压无关，跟D形金属盒的半径有关，半

径越大，最大动能越大，故B错误；C．根据kmEnqU=可得，质子在电场中加速的次数为222qBRnmU=故C正确；D．因为交流电的频率和质子圆周运动的频率相同，质子圆周运动的频率为12qBfTm==若磁感应强度B增大，得圆周运动的频率增大，故电流的频率也要增大

才能正常工作，故D错误。故选AC。10.一个长直密绕线圈N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与线圈轴线重合，如图甲所示。线圈N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（）A.t＝8T时刻，圆环有扩张的趋势B.t＝8T时刻，圆环有收缩的趋势C.t＝

8T和t＝38T时刻，圆环内有相同的感应电流D.t＝38T和t＝58T时刻，圆环内有相同的感应电流【答案】AD【解析】【详解】AB．由图可知在t＝8T时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属圆环的磁通量增大，对圆环，面积越大，磁通

量越小，根据楞次定律可知，圆环有扩张趋势，选项A正确，B错误；C．由图可知，在t＝8T时刻通过线圈的电流增大，而在t＝38T时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向不同，选项C错误；D．由图可知，在t＝38T和t＝58T时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线

圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向也相同，选项D正确。故选AD。二、非选择题：共5小题，共54分。11.某同学在做“利用单摆测

重力加速度”的实验中，先测得摆线长为L，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t。则：（1）他测得的重力加速度g=________（用测量量表示）；（2）某同学在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大

，可能的原因是（）A．摆球质量过大B．单摆振动时振幅较小C．测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径D．测量周期时，把n个全振动误认为()1n−个全振动，使周期偏大E．测量周期时，把n个全振动误认为()

1n+个全振动，使周期偏小（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l和T的数值，再以l为横坐标、2T为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k。则重力加速度g=

________（用k表示）。【答案】①.22242dnLt骣琪+琪桫②.E③.24k【解析】【详解】（1）[1]该实验单摆摆长2dlL=+周期tTn=故由单摆运动周期2lTg=可得222224()42dnLlgTt+==（2）[2]AB．由（1）可知，g与摆球质量、单摆振动时振幅无关，

故A、B错误；C．测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径，则l偏小，由（1）可知g偏小，故C错误；D．测量周期时，把n个全振动误认为()1n−个全振动，使周期偏大，则g偏小，故D错误；E．测量周期时，把n个全振动误认为()1n+个全振动，使周期偏小，则g偏大，故E正确。故选

E。（3）[3]以l为横坐标、2T为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k，那么21lTk=所以22244lgTk==12.（1）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。①如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线

圈迅速抽出B线圈中，电流计指针将______偏转。（填“向左”“向右”或“不”）②连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可采取的操作是______。A.插入铁芯B.拔出A线圈C.变阻器的滑片向左滑动D.断开电键S瞬间（2

）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的偏转情况如图（1）中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是向______（填“上”、“下”）；图（4）中的条形磁铁下端为__

____极（填“N”、“S”）。【答案】①.向左②.AC##CA③.下④.S【解析】【详解】（1）[1]如果在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速抽出B线圈中，穿

过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转。[2]A．插入铁芯，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，故A正确；B．拔出A线圈，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转，故B错误；C．变阻器的滑片向左滑动，

电阻减小，电流增大，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，故C正确；D．断开电键S瞬间，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转，故D错误；故选AC。（2）[3][4]图（2）条形磁铁的运动方向向下，穿过线圈的磁通量增加，感应

电流的磁场向下，电流顺时针，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏；图（4）与图（2）中电流方向相反，但条形磁铁抽出，条形磁铁下端应和图（2）相同，故下端为S极。13.一列简谐横波沿x轴传播，在t=0和t=0.10s时的波形分别如图

中实线和虚线所示，P为介质中的一点。已知该波的周期T>0.10s。试问：（1）若波沿x轴负方向传播，质点P在t=0时刻沿什么方向振动？（2）这列波的波速为多少?【答案】（1）振动方向沿y轴正方向；（2）0.4m/s1.2m/sv=或。【解析】【详

解】（1）若波沿x轴负方向传播，t=0时刻P点的振动方向沿y轴正方向；（2）因为0.10sT且0.10st=，所以16cmx=若波沿x轴正方向传播14cm4x==110.4m/sxvt==若波沿x轴负方向传播2312cm4x=

=221.2m/sxvt==14.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里匀强磁场，O为圆心，A、C、D为圆形区域边界上的三点，∠AOC=90°，∠AOD=60°。现有一对质量相等、电荷量不等的正、负粒子，从A点沿AO方向以相同大小的速度垂直磁场射

入，一个从C点离开磁场，另一个从D点离开磁场，粒子的重力及相互作用力均不计。（1）从C点离开磁场的粒子的电性；（2）从C点和D点离开磁场的两个粒子的电荷量之比；（3）从C点和D点离开磁场的两个粒子在磁场

中运动的时间之比。【答案】（1）负电；（2）33；（3）334【解析】【详解】（1）若粒子从C点离开磁场，其在A点受到的洛伦兹力必水平向左，根据左手定则可知，粒子带负电；（2）设磁场圆的半径为R，带电粒子的运动轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力，

有2vqvBmr=可得mvqBr=由图可知CrR=的tan30DrR=所以33CDDCqrqr==（3）带电粒子在磁场中运动时间为2tT=2rTv=所以33322443CCCDDDTtrtrT===15.如图所示，MN、PQ为两

条平行放置间距为L的光滑金属导轨，左右两端分别接有阻值为R的定值电阻1R、2R，金属棒垂直放在两导轨之间，且与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面。金属棒在水平向右、大小为F的恒力作用下向右匀速运动。不计金属导轨和金属棒的电阻，求：(1

)判断流过1R的电流的方向；(2)计算流过电阻2R的电流大小；(3)计算金属棒运动的速度v的大小。【答案】(1)由M到P；(2)2FBL；(3)222FRvBL=【解析】【分析】【详解】(1)根据右手定则

可知，流过1R的电流方向为由M到P(2)金属棒向右匀速运动，满足FBIL=的由于1R、2R的阻值相等，流过电阻2R的电流22IFIBL==(3)不计金属导轨和金属棒的电阻，由欧姆定律得EIR=感应电动势EBLv=联立解得22

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