湖北省荆州市荆州中学2025-2026学年高二下学期3月月考物理试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省荆州市荆州中学2025-2026学年高二下学期3月月考物理试卷（Word版附解析），共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列有关物理学史描述正确的是（ ）
A. 安培发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，揭示了电与磁的联系
B. 奥斯特通过实验得出了电磁感应定律
C. 法拉第建立了完整的电磁场理论，并预言了电磁波存在
D. 赫兹通过实验捕捉到了电磁波
【答案】D
【解析】
【详解】A．奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，揭示了电与磁的联系，故A错误；
B．法拉第通过实验得出了电磁感应定律，故B错误；
C．麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并预言了电磁波存在，故C错误；
D．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故D正确。
故选D。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 图1中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落（不计空气阻力）可视为自由落体运动
B. 图2中，仅减小通过励磁线圈的电流，则电子的运动半径减小
C. 图3中，若电磁铁电流方向与图中相反，可通过减小电流的方式实现电子的逆时针加速运动
D. 图4中，加速氘核的回旋加速器不可以直接用来加速氦核
【答案】C
【解析】
【详解】A．强磁体在铝管中下落时，即使铝管有裂缝，铝管中仍会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁体相对运动，磁体受安培阻力，不是只受重力，不可视为自由落体运动，故A错误；
B．电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，推导得轨道半径
仅减小励磁线圈电流，磁感应强度减小，因此增大，故B错误；
C．电流反向后，电磁铁磁场方向反向（变为竖直向下），电子带负电，逆时针加速要求电场力沿逆时针切线，因此感生电场方向为顺时针；根据楞次定律，顺时针感生电场对应向下的磁场在减小，因此减小电磁铁电流即可满足条件，故C正确；
D．回旋加速器中，交变电源频率等于粒子回旋频率，即频率由粒子比荷决定。氘核与氦核二者比荷相同，回旋频率相同，因此加速氘核的回旋加速器可以直接加速氦核，故D错误。
故选C。
3. 定值电阻两端电压的变化规律如图甲所示（图中每段曲线都是二分之一正弦曲线），两端电压的变化规律如图乙所示（图中每段曲线都是四分之一正弦曲线），则两电阻在一个周期内产生的热量之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】
定值电阻，联立得两电阻在一个周期内产生的热量之比
故选B。
4. 上珠峰、下矿井、入海港、进工厂、到田间，5G网络正在加速赋能千行百业实现数字化生产。2023年12月6日，2023世界5G大会在河南郑州开幕，主题为“5G变革共绘未来”。目前全球已部署超过260张5G网络，覆盖近一半的人口。产生无线信号电波的LC振荡电路某时刻的工作状态如图所示，则该时刻（ ）
A. 线圈中磁场的方向向上
B. 电容器正在放电，线圈储存的磁场能正在减小
C. 若电容器两极板间距变大，则电路产生的无线信号电波的频率变大
D. 线路中的电流正在减小且与线圈中感应电流的方向相反
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据安培定则可知，线圈中磁场的方向向下，故A错误；
BD．电流方向流向正极板，表示电容器在充电，两极板电荷量增大，电路中电流在减小，线圈储存的磁场能正在减小，逐渐转化成电场能，根据“增反减同”可知，线圈中感应电流的方向与线路中原电流方向相同，故BD错误；
C．根据可知，若电容器两极板间距变大，则电容器的电容减小；根据可知，电路产生的无线信号电波的频率变大，故C正确。
故选C。
5. 如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕圆心做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为；该点电荷在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中也能做匀速圆周运动，如图（b）所示。已知两个圆弧轨迹的半径均为，两次圆周运动的线速度大小相等，下列说法正确的是（ ）
A. 点电荷的向心加速度大小为
B. 点电荷的线速度大小为
C. 点电荷的比荷为
D. 图（b）中点电荷可能沿逆时针转动也可能沿顺时针转动
【答案】A
【解析】
【详解】B．对图（a）有
对图（b）有
可得，故B错误；
A．向心加速度大小为，故A正确；
C．根据，
可得点电荷的比荷为，故C错误；
D．由图（a）可知点电荷一定带正电，对图（b）由左手定则可知点电荷一定沿逆时针转动，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，端接入电压的正弦交流电，理想变压器原线圈与定值电阻串联，副线圈接有滑动变阻器（阻值范围为），变压器原、副线圈的匝数比，电压表和电流表均为理想交流电表。调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数变化量的绝对值为和，下列正确的是（ ）
A. 若将滑动变阻器的滑片下移，电压表、的示数将减小
B.
C. 接入电路的阻值为时，电流表的示数为
D. 接入电路的阻值为时，变压器的输出功率最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．滑动变阻器滑片下移，接入电路的阻值减小，将副线圈电阻等效到原边，等效电阻减小，由得增大；
测电压，​，​增大，故​示数增大；
原线圈电压，增大，故减小，​也减小，示数减小， 故A错误；
B．对，代入、
整理得
​ 变形得
因此变化量绝对值满足，故B正确；
C．当，将副线圈电阻等效到原边，等效电阻
原边总电阻
原线圈电流
由得，即示数为，故C错误；
D．将和看作等效电源（电动势，内阻​），变压器输出功率等于该等效电源的输出功率，电源输出功率最大的条件是外阻等于内阻；
等效外阻​
令，得，即时输出功率最大，故D错误。
故选B。
7. 如图所示，在区域内存在垂直于三角形平面向里的匀强磁场，，，BC=2d。在顶点处有一粒子源，可以在垂直磁场的平面内，向区域内各个方向均匀射入比荷为、速率为的带负电的粒子，有的粒子能从边射出，忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法中正确的是（ ）
A. 匀强磁场的磁感应强度大小为
B. 从BC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
C. 粒子在磁场中运动的最长时间为
D. 边有粒子射出的区域长度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．粒子源射出的粒子有从边射出，，则速度方向与边成角范围内的粒子都能从边射出，如图所示，当粒子速度方向与边成角时，粒子运动轨迹与边相切，其圆心为，由几何关系可得粒子运动的轨迹半径为，又，解得，故A错误；
B．所有粒子在磁场中运动的轨迹半径相同，轨迹为劣弧时对应弦长越短，在磁场中运动时间越短，运动时间最短的粒子对应的弦垂直于，由几何关系可得，轨迹对应圆心刚好在边上，最短时间，故B错误；
C．轨迹为劣弧时对应圆心角越大，在磁场中运动时间越长，沿弧运动时时间最长，故，故C错误；
D．边有粒子射出的区域为，由几何关系可得，故D正确。
故选D。
【点睛】
8. 如图所示为一个质量为m、电荷量为+q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，重力加速度为g，则圆环克服摩擦力做的功可能为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】圆环克服摩擦力做的功，在数量上等于圆环的动能变化量，所以：
①当圆环以初速度v0向右运动时，洛伦兹力的大小恰好等于圆环的重力，则圆环将不受摩擦力的作用，圆环克服摩擦力做的功为零，故A正确；
②当圆环以初速度v0向右运动时，洛伦兹力的大小小于圆环的重力，则圆环在摩擦力作用下做减速运动，最终完全停止，处于平衡状态，此过程中损失的动能为，故B正确；
③当圆环以初速度v0向右运动时，洛伦兹力的大小大于圆环的重力，则圆环在摩擦力作用下做减速运动，当速度减小到某一值时，洛伦兹力与重力等大反向，则圆环将保持此时的速度匀速运动下去，设此时的速度为v，则
解得
所以圆环损失的动能为
故C错误，D正确。
故选ABD。
9. 如图为某风力发电场向一学校供电线路图，发电场的输出功率为10kW，输出电压为250V，用户端电压为220V，输电线总电阻，升压变压器原、副线圈匝数比，变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A. 降压变压器的匝数比
B. 输电线上的电流为40A
C. 该输电系统的输电效率为
D. 深夜学校的用电器减少，输电线上损失的功率将变小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据题意可知升压变压器原线圈的电流为
则输电线上的电流为
升压变压器副线圈的电压为
降压变压器原线圈的电压为
降压变压器的匝数比为，故A正确，B错误；
C．该输电系统的输电效率为
代入数据解得，故C错误；
D．深夜用户的用电器减少，则降压变压器的输入功率减小，输入电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确。
故选AD。
10. 间距为、电阻不计且足够长的光滑平行导轨如图所示放置，水平和倾斜部分平滑连接。质量分别为和、电阻均为的金属棒、静置在水平导轨上，两金属棒平行且与导轨垂直。图中虚线的右侧存在着范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为的绝缘棒垂直放在倾斜导轨高为处由静止释放，运动到水平导轨上与金属棒发生弹性正碰，碰后金属棒进入磁场最终未与金属棒碰撞。重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 绝缘棒与金属棒碰后瞬间金属棒的速度大小为
B. 整个过程金属棒产生的焦耳热为
C. 整个过程通过金属棒的电荷量为
D. 金属棒的初始位置距离磁场边界的最小距离为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设绝缘棒a滑到水平导轨时的速度为，根据动能定理有
解得
绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰，设绝缘棒a、金属棒b碰后速度分别为、，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
联立解得，，故A正确；
B．分析可知金属棒b、c最终以相同的速度匀速运动，设最终速度为v，系统产生的总热量为Q，取向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定律可得
联立解得
故整个过程金属棒c产生的焦耳热为，故B错误；
C．从金属棒b进入磁场到金属棒b、c共速，对金属棒c，由动量定理有
通过金属棒c的电荷量
联立解得，故C正确；
D．设金属棒c初始位置距离磁场边界的最小距离为时，金属棒b进入磁场后恰好不能与金属棒c发生碰撞，平均电动势
平均电流
结合上述有电荷量，
联立解得，故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 一研究学习小组设计出如图甲所示的实验装置来探究“动量守恒定律”。
（1）如图甲所示，两个半径相同的刚性球悬挂于同一水平面，两悬点的距离等于刚性球的直径大小，线长相等，将其中一球拉开至一定角度，松手后使之与另一球发生正碰。
（2）如图甲所示，分析连拍照片得出，球1从点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后达到的最高位置为，球2向左摆动的最高位置为。测得球1的质量、球2的质量，、、到最低点的竖直高度差分别为、、，已知重力加速度为。则碰后瞬间小球1的速度大小为__________。
（3）若测量数据近似满足关系式__________（用、、、、表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒；若两小球发生的是弹性碰撞，则应满足关系式__________（用、、表示）
（4）如图乙所示，在两个球上分别套上尼龙搭扣（魔术贴）毛面和勾面做的套圈，再进行同样的碰撞。若碰后两球能分开，则两小球均__________（填“能”或“不能”）到达原来的位置跟。
【答案】 ①. ②. ③. ④. 不能
【解析】
【详解】[1]由动能定理有
解得
[2]根据动量守恒有
由动能定理可知，，
联立以上各式可得满足动量守恒则需满足关系式
[3]根据弹性碰撞，需满足机械能守恒，即还需满足关系式
联立以上各式得
[4] 两个球上分别套上尼龙搭扣（魔术贴）毛面和勾面做的套圈，此时发生非弹性碰撞，有机械能损失，故两个小球均不能到达原来的位置C跟B。
12. 某小组同学利用压敏电阻和电流计做一个测力计。
（1）利用图甲电路测量压敏电阻的阻值。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于__________端（填“”或“”）；已知电流表内阻为，某次测量中电压表示数为、电流表示数为，则压敏电阻__________（用所给物理量符号表示）；
（2）改变作用在压敏电阻上的压力大小，测出不同压力下压敏电阻的阻值，可得到图乙所示的图像；
（3）将该压敏电阻连入图丙电路中，电源电动势，内阻，电流表量程，内阻，如果压力时，电流表刚好满偏，电阻箱的阻值应调整为__________；
（4）在图丙电路中，保持不变，将该电流表改装为压力计，则压力与电流的关系式为__________（代入（3）中各已知量的数值，表达式中只有电流未知）
【答案】 ①. ②. ③. 10 ④.
【解析】
【详解】[1]闭合开关前，滑动变阻器应调到接入阻值最大处保护电路，由图甲的接法可知，滑片位于端时接入电阻最大，故填。
[2]甲图中电压表测量压敏电阻和电流表的总电压，由欧姆定律得
整理得压敏电阻
[3]由图乙的图像可得与的关系
当时，， 此时电流表达到满偏电流
根据闭合电路欧姆定律
解得
[4]保持不变，总电阻满足
代入已知数值得，整理得
结合
整理得
13. 如图所示，线圈的面积，匝数，线圈总电阻，外接电阻，匀强磁场的磁感应强度。线圈以的角速度绕转轴匀速转动，从图示位置开始计时。
（1）写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）时间内上产生的热量；
（3）线圈从图示位置转过过程中通过电阻的电荷量。
【答案】（1）
（2）960J （3）
【解析】
【小问1详解】
电动势最大值
解得
故表达式为
【小问2详解】
电流的有效值为
则的时间内电阻产生的热量为
解得
【小问3详解】
由法拉第电磁感应定律可知
又
q=I⋅Δt=NΔΦR+r=NBSR+r
解得通过电阻的电荷量
14. 如图间距足够长平行导轨，与水平面间的夹角，、间连接有一个阻值的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为。将一根质量为的金属棒紧靠放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至处时达到稳定速度。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，金属棒从运动到过程中，通过电阻的电荷量为，金属棒沿导轨下滑过程中始终与平行，不计金属棒和导轨的电阻（，，）。求：
（1）金属棒到达处的速度大小；
（2）金属棒从运动到过程中电阻产生的焦耳热。
（3）若将金属棒滑行到处的时刻计作，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度应该怎样随时间变化（写出与的关系式）。
【答案】（1）4m/s
（2）1J （3）
【解析】
【小问1详解】
设金属棒到达cd处的速度大小为v，当金属棒做匀速运动时，产生的感应电动势E=B0Lv
根据闭合电路的欧姆定律可得
金属棒受到的安培力大小为F=B0IL
对金属棒，根据平衡条件可得F+μmgcsθ=mgsinθ
代入数据解得v=4m/s
【小问2详解】
金属棒从NQ运动到cd过程中，通过电阻的电荷量为
解得x=5m
则由能量关系
解得Q=1J
【小问3详解】
当回路中的磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流。此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，由牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcsθ=ma
解得a=g（sinθ-μcsθ)=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2
根据磁通量不变，可得B0Lx=BL（x+vt+at2）
解得
15. 如图所示，在y轴上A点沿平行x轴正方向以v0发射一个带正电的粒子，在该方向上距A点3R处的B点为圆心存在一个半径为R的圆形有界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，当粒子通过磁场后打到x轴上的C点，且速度方向与x轴正向成60°角斜向下，已知带电粒子的电量为q，质量为m，粒子的重力忽略不计，O点到A点的距离为R．求：
（1）该磁场的磁感应强度B的大小
（2）若撤掉磁场，在该平面内加上一个与y轴平行的有界匀强电场，粒子仍按原方向入射，当粒子进入电场后一直在电场力的作用下打到x轴上的C点且速度方向仍与x轴正向成60°角斜向下，则该电场的左边界与y轴的距离为多少？
（3）若撤掉电场，在该平面内加上一个与（1）问磁感应强度大小相同的矩形有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，粒子仍按原方向入射，通过该磁场后打到x轴上的C点且速度方向仍与x轴正向成60°角斜向下，则所加矩形磁场的最小面积为多少？
【答案】（1）；（2）R；（3）。
【解析】
【详解】（1）带电粒子离开磁场时，速度偏转60°角，轨迹如左图所示：
由几何关系可得
根据
解得
（2）粒子做类平抛运动以60°角打到C点，其速度方向的反向延长线过B点，由平抛知识可得速度的方向延长线平分水平位移．如中间图所示，由几何知识求出其水平位移的一半
所以电场的左边的边界到B的距离是2R，因此电场的左边到y轴的距离为R．
（3）由左手定则可知，粒子进入磁场后向上偏转，并最终沿BC的方向离开磁场，由于磁场的磁感应强度与（1）相同，所以粒子运动的半径不变，以入射方向和出射方向为切线画圆，则为粒子的运动轨迹，如右图所示．切点E、F分别为入射点和出射点，即为磁场的两个边界点，则矩形的最小面积应满足有三条边与圆轨迹相切，第四条边过EF 如图．由几何知识可得，矩形边长为a
矩形短边为b
所以矩形的最小面积为