【文档说明】湖北省武汉市育才中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 含解析【武汉专题】.docx，共(19)页，1.683 MB，由小赞的店铺上传

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武汉市育才高中2022－2023学年度下学期3月高二物理试题一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44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8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于电磁波谱，下列说法正确的

是（）A.红外体温计的工作原理是人的体温越高，发射的红外线越强，有时物体温度较低，不发射红外线，导致无法使用B.紫外线的频率比可见光低，医学中常用于杀菌消毒，长时间照射人体可能损害健康C.铁路，民航等安检口使用红外线对行李内物品进行检测D.手机通信使用的是无线电波，其波长较长【答案】D【解

析】【详解】A．红外体温计的工作原理是利用红外线的热效应，人的体温越高，发射的红外线越强，有时物体温度较低，仍发射红外线，A错误；B．由电磁波谱可知，紫外线的波长比可见光的波长小，由波长与频率的关系式cf=，可知紫外线的频率比可见光频率高，医学中常用于杀菌消毒

，长时间照射人体可能损害健康，B错误；C．铁路，民航等安检口使用X射线安检仪对行李内物品进行检测，C错误；D．手机通信使用的是无线电波中的微波，由电磁波谱可知，无线电波的波长较长，D正确。故选D。2.某LC振荡电路在正常工作，某一时刻回路中的电流沿

顺时针方向，且此时上极板带正电如图所示。假设此时电流的大小为i，两板间的电势差用U表示，电容器所带的电荷量用q表示，线圈中的磁场能用BE表示，线圈周围的磁感应强度用B表示。则此时（）A.i和BE都在逐渐增大B.U

正在增大C.q正在减小D.B正在增强【答案】B【解析】【分析】【详解】A．题图中标明电流方向为顺时针方向，且电容器上极板带正电，说明电容器正处于充电状态。电容器充电过程中，回路中电流减小，磁场能减少，故A错误；C．磁场能减少，电场能增多，电容器带电量

正在增大，故C错误；B．电容器带电量正在增大，由=QUC知，电压正在增大，B正确；D．线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减弱，D错误。故选B。3.一电阻为R的矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框内磁通量随时间t变化的规律为2sinmtT=。则一个周期内该线

框中产生的热量为（）A.224mTRB.222mTRC.222mTRD.222mTR【答案】B【解析】【详解】由m2=sintT可知，通过线框磁通量的最大值为mBS=，周期为T，角速度为=2T，线框为N=1匝，线框感应电动势的最大值为mm2=ENBST

=由于线框在磁场绕轴转动时产生的电流为正弦交流电，因此电动势的有效值为mm2=2EET=由于线框匀速转动，根据焦耳定律得线框在一个周期内产生的热为2222m2EQIRTTRTR===ACD错误，B正确。故选B。4.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度

为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45角，若线框的总电阻为R，则（）A.线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBAB.AC刚进入磁场时，线框中感应电流

为2BavRC.AC刚进入磁场时，线框所受安培力为222BavRD.AC刚进入磁场时，CD两端电压为34Bav【答案】D【解析】【分析】【详解】A．线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，则感应电

流的方向为ABCD方向，故A错误；B．AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，有效的切割长度为a，所以产生的感应电动势为EBav=则线框中感应电流为EBavIRR==故B错误；C．AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是22BavFB

IaR==且AD边与CD边受到安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，即为2222BavFFR==合故C错误；D．CD两端的电压是外电压3344UEBav==故D正确。故选D。5.如图所示

，一个比荷为k的带正电粒子(重力忽略不计)，由静止经加速电压U加速后，从小孔0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中(磁场区域足够大)，粒子打在挡板上P点，OP=x.挡板与左边界的夹角为30°，与入射速度方向夹角为60°，则下列表达式中，能正确反映x与U之间

关系的是A.2kUxkB=B.6kUxkB=C.6kUxB=D.123kUxkB=【答案】B【解析】【详解】带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：212qUmv=可得：22qUvkUm==进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：2vqvBmr=可得：mvrqB=粒子运动到P点，

所以2cos30xr=，所以6kUxkB=所以选择B.【点睛】带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理求出末速度，进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦的,兹力提供向心力公式求出半径，粒子打到P点，则OP=2cos30xr=，进而可以求出x与U的

关系．6.如图所示，二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，定值电阻R1＝5Ω，R2＝10Ω，a、b两端接交流电，其电压瞬时值的表达式为()102sin100Vut=。该电路的电功率为（）A.15WB.152WC.30WD.60W【答案】A【

解析】【详解】由二极管的单向导电性可知，在一个周期T内，有一半时间电流通过1R做功，2R中无电流，有一半时间电流通过2R做功，1R中无电流，故2222121211221122UUTTRRUUPTRR+==+其中U为交流电的有效

值102V=10V2U=解得15WP=故选A。7.含有理想变压器的电路如图所示，1L、2L、3L为“24V，2W”的灯泡，V为理想交流电压表，a、b端接正弦式交流电源（输出电压的有效值恒定）。当开关S闭合时，灯泡均正常发光。下列说法正确的是

（）A.变压器原、副线圈匝数比为1:2B.电压表示数为81VC.变压器的输入功率为8WD.若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡1L可能会烧毁【答案】D【解析】【详解】A．当开关S闭合时，灯泡均正常发光，则有副线圈中每个灯泡的电流为LLL21AA2412PIU===可知原线圈

中电流为11A12I=副线圈中的电流2112AA126I==可得变压器原、副线圈匝数比为122121nInI==A错误；B．由题意可知，副线圈的电压为U2=24V，由变压器的原副线圈电压比与匝数比1122UnUn=，可得原线圈的电压为1

122224V48VnUUn===可知电压表的示数为1L48V24V72VUUU=+=+=B错误；C．由题意可知，副线圈的功率为4W，则有变压器的输入功率为4W，C错误；D．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，则有副线圈的电流增大，可知原线圈的电流

也增大，则流经灯泡1L的电流大于额定电流，灯泡1L可能会烧毁，D正确。的的故选D。8.如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44V、44W”的灯泡和线圈电阻1r=的电动机，原线圈接上2202sin100(V)ut=的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1

A，则下列说法正确的是（）A.理想变压器原、副线圈匝数之比为4:1B.电动机的输出功率为160WC.电动机的热功率为6WD.若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9A【答案】BD【解析】【详解】A．原线圈两端的电压12202V220V2U==根据题意灯泡和电动机都正常工

作，所以灯泡两端的电压为44V，根据电压与匝数成正比，得12122052441nUnU===A错误；BC．根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流2155AII==灯泡中的电流44A1A44LLLPIU===则电动机的电

流为5A1A4AMI=−=电动机的热功率216WMPIr==热则电动机输出功率222444W41W160WMMPUIIr=−=−=出B正确，C错误；D．若电动机被卡住，电灯正常发光，则通过电动机的电流44A44A1MI==此时变压器次级电流为45A

,则初级电流212145A9A5nIIn===电流表的示数变为9A，D正确。故选BD。9.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终

与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向

右做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误．10.如图所示为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，1V

、1A为监控市电供电端的电压表和电流表，2V、2A为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，1R、2R为教室的负载电阻，3V、3A为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时，以下说法正确的

是（）A.电流表1A、2A和3A的示数都变大B.只有电流表1A的示数变大C.电压表2V和3V的示数都变小D.电压表1V和3V的示数变小【答案】CD【解析】【详解】AB．当开关S闭合时，可知副线圈中的电流变大，即A2变大，则有配电房到教室间输电线上的电压降增大，则教室的负载电阻上的电压减小，可知R

1的电流变小，则A3变小，由变压器原、副线圈的电流比与匝数比的关系1221InIn=，原线圈中的电流I1变大，则有A1示数变大，AB错误；CD．原线圈的电流变大，则电阻R两端的电压变大，原线圈的电压U1变小，即V1示数变小，由112

UnUn=，可知副线圈的电压U2变小，即V2示数变小；副线圈中的电流变大，则有配电房到教室间输电线上的电压降增大，则教室的负载电阻上的电压U3变小，即V3示数变小，CD正确。故选CD。11.如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间

变化、内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载。如果要求负载上消耗的电功率最大，则下列说法正确的是（）A.变压器原、副线圈匝数的比值为rRB.电流表的读数为m24ERrC.负载上消耗的热功率

为2m4ErD.该交流电源电动势的瞬时值表达式为msin(100)VeEt=【答案】AB【解析】详解】D．由图可知0.04sT=，则250rad/sT==交流电源电动势的瞬时值表达式为msin(50)VeEt=故D

错误；A．把变压器与负载看成一个整体，当其等效电阻等于电源内阻时，变压器输入功率最大，即负载的电功率最大。则m1m122222EUEIrrr===2212IrIR=解得12IRIr=可得变压器原、副线圈匝数的比值

为【1221nIrnIR==故A正确；B．电流表的读数为1m21224nEIInRr==故B正确；C．负载上消耗的热功率为22m228EPIRr==故C错误。故选AB。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.某同学使用如图所示的三组器材探究电磁感应现象。（1）在甲图中，闭合开

关s后，将滑片P向右减速移动的过程中，线圈B中的磁通量______（选填“增大”或“减小”）。（2）在乙图中，将如图所示条形磁铁向下插入线圈的过程中，感应电流从______（选填“正”或“负”）极接线柱流入电表。（3）为判断线圈绕向，可将灵敏

电流计G与线圈L连接，如图丙所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为_______（填：“顺时针”或“逆时针”）。【答案】①.增大②.负③.逆时

针【解析】【分析】【详解】（1）[1]滑片P向右减速移动的过程中，电阻减小，电路中电流增大，线圈A产生的磁场增强，B中的磁通量增大。（2）[2]条形磁铁向下插入线圈，线圈中的磁场方向向上，且磁通量增大，根据楞次定律的“增减反同”，线圈中的感应

电流产生的磁场向下，根据安培定则和图中线圈的绕向可知线圈中感应电流从上端流入，下端流出，因此电流从负接线柱流入电表。（3）[3]条形磁铁从图中位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上且减小，由楞次定律可知，感应电

流产生的磁场向上，由安培定则可知，线圈中电流由b流向a，俯视线圈，其绕向为逆时针。13.如图所示，虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。所用部分器材已在图中给

出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关，此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线，实验电路图如图所示。（1）完成下列主要实验步骤中的填空。①按图接线。②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙

，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1。③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出________________，并用天平称出________________。④用米尺测量________

________。（2）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=______________。（3）判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。【答案】①.电流表的示数I②.此时细

沙的质量m2③.D的底边长度l④.21||mmgIl−⑤.m2>m1【解析】【详解】（1）③[1]闭合开关后，D受重力G1=m1g、细线拉力T和安培力作用，处于平衡状态。读出电流表的示数I。[2]并用天平称出此时细沙的质量m2。[3]

用米尺测出D的底边长度l，可列式求磁感应强度B的大小。（2）[4]根据平衡条件，有│m2-m1│g=IlB解得B=21||mmgIl−（3）[5]若m2>m1，则D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外；若m2<m1，

则D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。14.一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO以如图所示的角速度匀速转动，外电路电阻为R。（1）线

圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？（2）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电荷量是多少？（3）图中理想电流表的示数是多少？【答案】（1）22NBL；（2）()232NBLRr+；（

3）()222NBLRr+【解析】【详解】（1）线圈平面从图示位置开始转动，产生的电动势的瞬时值表达式为2mcoscoseENBL==其中θ角为线圈平面与磁感线的夹角，因此线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为22cos2NBLeNBL==（2）从图示

位置开始，线圈转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量是223sin02BLBL=−=所用时间为3t=由电磁感应定律可得ENt=由闭合电路的欧姆定律可得，电路中电流的平均值为EIRr=+线圈转过60°的过程中通过R的电荷量是qIt=联立解得()232NBL

qRr=+（3）由题意可知，电路中电流的有效值为()()()22m2222ENBLNBLIRrRrRr===+++则有图中理想电流表的示数是()222NBLRr+15.如图所示，足够长的U形倾斜导轨间距L=1.0m，电阻忽略不计，倾角37=，磁感应强度B=0.2T的匀强磁场垂直

于导轨平面向上。质量m=0.2kg，电阻0.4Ωr=的导体棒ab垂直跨放在U形导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数0.5=。现由静止释放导体棒，直至恰能匀速下滑，已知该过程中通过导体棒的电荷量5C=q，（sin370.6

=，cos370.8=，210m/sg=）。求；(1)导体棒匀速下滑的速度v；(2)该过程中，导体棒的焦耳热Q。【答案】(1)4m/s；(2)2.4J【解析】【详解】(1)由闭合电路的欧姆定律EIr=安培力为AFBIL=电动势为E=BL

v得22ABLvFr=对导体棒ab，匀速下滑时有sincosAmgmgF=+即22(sincos)4m/smgrvBL−==(2)设导体棒由静止至恰好匀速下滑通过的距离为d，则由qIt=EIr=Et=得dLBqtr==可得d=qrBL=10m又据能量守恒有21sinco

s2mgdQmvmgd=++所以焦耳热21sincos2.4J2Qmgdmvmgd=−−=16.南海上某哨塔想采用浮桶式波浪发电补充生活用电，其原理简化如图甲。能产生如图乙辐向磁场的磁体通过支柱固定在暗礁上，线圈内置于浮桶中。浮桶随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终

处于磁场中。该线圈与阻值R=16Ω的指示灯相连。如图乙所示，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成，图乙中斜线阴影部分为产生磁场的磁体；匝数N=100匝的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度B=0.4T，线圈直径D=0.4m，内阻不计。假设浮桶振动的速度可表示为22sin()

/103vtms=，取π2≈10，求：(1)图甲中，当t=0.25s时，流过指示灯泡的电流大小；(2)灯丝在1小时内产生的焦耳热；(3)若ab输出端通过理想变压器给哨塔供电，如图丙所示，若S1、S2闭

合，S3断开时，原线圈中电流表示数为8.25A，已知图中灯泡标称为“220V，88W”恰能正常发光，电动机线圈电阻50Ω，则此时图中电动机的机械功率为多少。【答案】(1)2A2；(2)57600J；(3)42W【解析】【详

解】(1)根据22ππsin()m/s103vt=可得t=0.25s时浮桶振动的速度22π2πsin0.25m/sπ10320v==则切割磁感线产生电动势为π82VENBLvBNDv==

=由欧姆定律得2A2EIR==(2)经过平衡位置时浮桶的速度最大为max2πm/s10v=此时感应电动势为maxmax162VEBNDv==则最大电流为maxmax2AEIR==由于速度随时间变化规律为正弦函数，故产生正弦式交变电流，故电流有效值为1

AI=有效由焦耳定律得灯丝在1小时内产生的焦耳热为257600JQIRt==有效(3)灯泡标称为“220V，88W”恰能正常发光，根据P=UI得L0.4APIU==116V2MEU==2220VU=则变压器的匝数比为1122455nUnU==电流值比为1221554InIn==则

248.25A0.6A55I==(0.60.4)A0.2AI==机－2242WPUIIr==出机机－