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福建省龙岩市龙岩北附高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷（Word版附解析）
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这是一份福建省龙岩市龙岩北附高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷（Word版附解析），文件包含答案龙岩北附高二普通班月考物理试题319docx、龙岩北附高二普通班月考物理试题319docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
1．B
【详解】A．X射线具有较强的穿透能力，所以不能用于广播，故A错误；
B．γ射线是波长最短，频率最高的电磁波，故B正确；
C．紫外线的波长比紫光短，紫外线的频率比紫光的高，故C错误；
D．长波波长较长，频率较低，能量较小，不可摧毁病变的细胞，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．P不动，向下滑动时，根据，可知，自耦变压器输出电压U2不变，故A错误；
B．电压是电源电压，输入电压，与匝数无关，故B错误；
C．P'不动，P顺时针转动一个小角度时，副线圈匝数减小，根据，副线圈电压减小，则电流减小，副线圈功率减小，原线圈功率等于副线圈功率减小，则原线圈电流减小，故C错误；
D．P顺时针转动一个小角度，U2变小，同时P'向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，副线圈电流可能不变，小灯泡的亮度可以不变，故D正确；
故选D。
3．D
【详解】ABC．酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器R的阻值减小，则电流增大，根据
可知电压表示数变小，故ABC错误；
D．根据功率的公式可知
可知电源的总功率增大，故D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．依题意，该交流电的周期为
则频率为
故A正确；
B．当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为0，故B错误；
C．当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电动势最大、感应电流最大，故C错误；
D．线圈每经过中性面电流方向改变一次，所以转动一周，感应电流的方向改变两次，故D错误。
故选A。
5．BCD
【详解】A．“探究电磁感应的产生条件”实验中，为了看到明显的实验现象，线圈的两个接线柱与直流电流表相接，故A错误；
B．观察电容器充电过程可以发现，随着电流逐渐减小，电容器两极板所带电荷越来越多，由
电容器的电容不变，电容器两端的电压逐渐增大；
C．“用单摆测定重力加速度”实验中，摆球的最高点速度为零，用最高点作为计时起点，会导致较大的偶然误差。摆球的最低点速度最大，用最低点作为计时起点，会减小偶然误差。故C正确；
D．理论和实验表明，电阻中有电流流过时电能转化为内能，电阻是耗能元件，而电容器和电感线圈工作时电能分别与电场能和磁场能转换，都是储能元件。故D正确；
6．BD
【详解】AB．以向左为正方向，足球与墙壁的接触过程的动量改变量为
B正确，A错误；
CD．根据动量定理可得
可得足球受到墙壁水平方向的平均作用力大小为
D正确，C错误。
故选BD。
7．CD
【详解】A．由动量定理有
所以合外力的冲量为，故A项错误；
B．由冲量公式，重力的冲量大小为
故B项错误；
C．对物块受力分析，其支持力大小为
支持力的冲量大小为
故C项正确；
D．物块受到的摩擦力大小为
所以受到摩擦力的冲量为
故D项正确。
故选CD。
8．BC
【详解】A．其它条件不变，当开关从b打到a，原线圈匝数增加。根据
可知副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据
可知原线圈电流变小，A错误；
B．其它条件不变，当开关从a打到b，原线圈匝数减小。根据
可知副线圈电压增大，副线圈电流增大，根据
可知原线圈电流变大，B正确；
C．其它条件不变，电压U增大，即原线圈电压增大，根据
可知副线圈电压增大，副线圈电流增大，根据
可知原线圈电流变大，C正确；
D．其它条件不变，变阻器电阻R增大，则副线圈电流变小，根据
可知原线圈电流变小，即输入电流I变小，D错误。
故选BC。
9． 等于 小于 大于
【详解】[1]由动量守恒定律
所以弹开后，两车动量大小相等，方向相反；
[2]由动能和动量的关系
依题意得A车动能小于B车动能；
[3]由冲量定义式得重力冲量
两车作用时间相等，则A车重力冲量大于B车重力冲量。
10． 10
【详解】[1][2] 某时段的用电总功率为2200W则该电路的电流有效值为
最大值为
所以瞬时电流表达式为
11． 900 大于
【详解】（1）[1]根据闭合电路的欧姆定律
[2] 当温度处于，总电阻依然为，由题意
，
故滑动变阻器阻值
故选。
（2）[3]由表格可知
（3）[4]由闭合电路欧姆定律
电动势E不变，内阻r增大，电磁继电器工作电流不变，故热敏电阻的阻值减小，即电磁继电器工作时，实际温度大于40℃。
12． D A
【详解】（1）[1]为了减小变压器铁芯中的涡流损耗，则铁芯的结构和材料应为绝缘的硅钢片叠成。
故选D。
（2）[2]与学生电源直流输出端相连的变压器线圈不会产生感应电流，故电压表与副线圈0、8（800匝）接线柱相连，则电压表的示数是0。
故选A。
13．（1），竖直向下；（2），竖直向下；
【详解】(1)碰撞前铁锤是自由落体运动，如设碰撞前瞬间铁锤速度为v，则
解得
撞击前瞬间铁锤的动量
方向竖直向下；
(2)根据自由下落公式
解得
铁锤在自由下落过程中重力的冲量
方向竖直向下；
14．（1）431.8A，；（2）1:16，
【详解】（1）发电机电压即升压变压器原线圈两端电压
用户得到的功率
P4=
解得
又因损失功率为
解得
损失电压为
（2）因为
升压变压器输出功率为
解得
升压变压器的匝数比为
降压变压器的匝数比为
15．（1）3m/s；（2）2m/s；（3）3J
【详解】（1）（2）设A与C发生碰撞后，A的速度为vA，C的速度为vC，B与A发生相互作用后，共同速度为v共，根据题意得
代入已知数据联立解得
（3）根据能量守恒定律可得A与B之间摩擦产生的内能为
解得
1．B
【详解】A．X射线具有较强的穿透能力，所以不能用于广播，故A错误；
B．γ射线是波长最短，频率最高的电磁波，故B正确；
C．紫外线的波长比紫光短，紫外线的频率比紫光的高，故C错误；
D．长波波长较长，频率较低，能量较小，不可摧毁病变的细胞，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．P不动，向下滑动时，根据，可知，自耦变压器输出电压U2不变，故A错误；
B．电压是电源电压，输入电压，与匝数无关，故B错误；
C．P'不动，P顺时针转动一个小角度时，副线圈匝数减小，根据，副线圈电压减小，则电流减小，副线圈功率减小，原线圈功率等于副线圈功率减小，则原线圈电流减小，故C错误；
D．P顺时针转动一个小角度，U2变小，同时P'向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，副线圈电流可能不变，小灯泡的亮度可以不变，故D正确；
故选D。
3．D
【详解】ABC．酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器R的阻值减小，则电流增大，根据
可知电压表示数变小，故ABC错误；
D．根据功率的公式可知
可知电源的总功率增大，故D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．依题意，该交流电的周期为
则频率为
故A正确；
B．当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为0，故B错误；
C．当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电动势最大、感应电流最大，故C错误；
D．线圈每经过中性面电流方向改变一次，所以转动一周，感应电流的方向改变两次，故D错误。
故选A。
5．BCD
【详解】A．“探究电磁感应的产生条件”实验中，为了看到明显的实验现象，线圈的两个接线柱与直流电流表相接，故A错误；
B．观察电容器充电过程可以发现，随着电流逐渐减小，电容器两极板所带电荷越来越多，由
电容器的电容不变，电容器两端的电压逐渐增大；
C．“用单摆测定重力加速度”实验中，摆球的最高点速度为零，用最高点作为计时起点，会导致较大的偶然误差。摆球的最低点速度最大，用最低点作为计时起点，会减小偶然误差。故C正确；
D．理论和实验表明，电阻中有电流流过时电能转化为内能，电阻是耗能元件，而电容器和电感线圈工作时电能分别与电场能和磁场能转换，都是储能元件。故D正确；
6．BD
【详解】AB．以向左为正方向，足球与墙壁的接触过程的动量改变量为
B正确，A错误；
CD．根据动量定理可得
可得足球受到墙壁水平方向的平均作用力大小为
D正确，C错误。
故选BD。
7．CD
【详解】A．由动量定理有
所以合外力的冲量为，故A项错误；
B．由冲量公式，重力的冲量大小为
故B项错误；
C．对物块受力分析，其支持力大小为
支持力的冲量大小为
故C项正确；
D．物块受到的摩擦力大小为
所以受到摩擦力的冲量为
故D项正确。
故选CD。
8．BC
【详解】A．其它条件不变，当开关从b打到a，原线圈匝数增加。根据
可知副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据
可知原线圈电流变小，A错误；
B．其它条件不变，当开关从a打到b，原线圈匝数减小。根据
可知副线圈电压增大，副线圈电流增大，根据
可知原线圈电流变大，B正确；
C．其它条件不变，电压U增大，即原线圈电压增大，根据
可知副线圈电压增大，副线圈电流增大，根据
可知原线圈电流变大，C正确；
D．其它条件不变，变阻器电阻R增大，则副线圈电流变小，根据
可知原线圈电流变小，即输入电流I变小，D错误。
故选BC。
9． 等于 小于 大于
【详解】[1]由动量守恒定律
所以弹开后，两车动量大小相等，方向相反；
[2]由动能和动量的关系
依题意得A车动能小于B车动能；
[3]由冲量定义式得重力冲量
两车作用时间相等，则A车重力冲量大于B车重力冲量。
10． 10
【详解】[1][2] 某时段的用电总功率为2200W则该电路的电流有效值为
最大值为
所以瞬时电流表达式为
11． 900 大于
【详解】（1）[1]根据闭合电路的欧姆定律
[2] 当温度处于，总电阻依然为，由题意
，
故滑动变阻器阻值
故选。
（2）[3]由表格可知
（3）[4]由闭合电路欧姆定律
电动势E不变，内阻r增大，电磁继电器工作电流不变，故热敏电阻的阻值减小，即电磁继电器工作时，实际温度大于40℃。
12． D A
【详解】（1）[1]为了减小变压器铁芯中的涡流损耗，则铁芯的结构和材料应为绝缘的硅钢片叠成。
故选D。
（2）[2]与学生电源直流输出端相连的变压器线圈不会产生感应电流，故电压表与副线圈0、8（800匝）接线柱相连，则电压表的示数是0。
故选A。
13．（1），竖直向下；（2），竖直向下；
【详解】(1)碰撞前铁锤是自由落体运动，如设碰撞前瞬间铁锤速度为v，则
解得
撞击前瞬间铁锤的动量
方向竖直向下；
(2)根据自由下落公式
解得
铁锤在自由下落过程中重力的冲量
方向竖直向下；
14．（1）431.8A，；（2）1:16，
【详解】（1）发电机电压即升压变压器原线圈两端电压
用户得到的功率
P4=
解得
又因损失功率为
解得
损失电压为
（2）因为
升压变压器输出功率为
解得
升压变压器的匝数比为
降压变压器的匝数比为
15．（1）3m/s；（2）2m/s；（3）3J
【详解】（1）（2）设A与C发生碰撞后，A的速度为vA，C的速度为vC，B与A发生相互作用后，共同速度为v共，根据题意得
代入已知数据联立解得
（3）根据能量守恒定律可得A与B之间摩擦产生的内能为
解得
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