【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22BavFBIaR=

=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.2

kUxkB=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1

02V=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1122224V48VnUUn===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1A，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R1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112UnUn=，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6

0°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()232NBLq

Rr=+（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=BLv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21sincos2mgdQmvmgd=++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=10

0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1AI=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－