四川省泸县第一中学2022-2023学年高二物理下学期3月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第一中学2022-2023学年高二物理下学期3月月考试题（Word版附解析），共6页。

1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2.考试结束后，将本试卷自己保管，答题卡交回。
3.物理110分，化学100分，生物90分；同堂分卷考试，满分300分，考试时间共150分钟。
第I卷 选择题
一、选择题：本题共9小题，每小题6分，共54分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~9题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（ ）
A. 穿过闭合电路中的磁通量增大，但闭合电路中感应电流可能减小
B. 穿过闭合电路中的磁通量为零的瞬间，闭合电路中不可能有感应电流
C. 穿过闭合电路中的磁通量减小，则闭合电路中的感应电动势一定减小
D. 穿过闭合电路中的磁通量变化越来越快，但闭合电路中感应电动势可能不变
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量没有直接关系；穿过闭合电路中的磁通量增大，但磁通量的变化率不一定增大，如果变化率减小，则根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势减小，感应电流就会减小，故A正确．
B、穿过闭合电路中的磁通量不为零时，若磁通量发生变化，闭合电路中就会有感应电流产生，故B错误．
C、穿过闭合电路中的磁通量减少，磁通量的变化率不一定减少，根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势不一定减少，感应电流就不一定减少．故C错误．
D、根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，故磁通量变化越快，则感应电动势越大，产生的感应电流越大，故D错误．
2. 图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
【答案】C
【解析】
【详解】AB．断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；
C．闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D．闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，电场方向未知．一电子以一定的初速度由A点射入电场，虚线为电子的运动轨迹，B点是运动轨迹上的一点，则( )

A. A点电势高于B点电势
B. 电子在B点的电势能大于在A点的电势能
C. 电子在A点的速度大于在B点的速度
D. 电子由A到B，电场力先做负功后做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A、由曲线运动的知识可知：电子所受的电场力向左，由于电子的受力与场强方向相反，可知电场线向右，结合沿着电场线电势逐渐降低得，故A错误； D、电子从A到B点过程中，电场力先与速度成钝角力做负功，后与速度成锐角力做正功，D项正确；B、C、电子全过程逆着电场线运动，电场力总的功为正功，则电荷的电势能减小，即B点的电势能小于A点的电势能，动能增大有B点的速度大于A点速度，故B，C均错误；故选D．
【点睛】由运动的轨迹与电场线确定出受力向，根据力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出能量的大小关系．
4. 如图所示，已知电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，保护电阻，则当电阻箱R消耗的电功率最大时，这个电阻箱R的读数和电阻R0消耗的电功率为（ ）

A. 1.5 Ω， 2 WB. 1.5 Ω， 6 WC. 2 Ω， 6 WD. 2Ω， 2 W
【答案】A
【解析】
【详解】ABCD．将保护电阻R0等效为电源内阻，则电阻箱R消耗的电功率最大时，其与等效电源内阻相等，内电阻变为
此时电路电流为
则电阻R0消耗电功率为
故选A。
5. 如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源,定值分别为，且,理想变压器的原、副线圈匝数比为k且,电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示。当问下调节电滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法错误的是（ ）
A. B.
C. 电源的输出功率一定减小D. 电压表示数一定增加
【答案】B
【解析】
【详解】A．理想变压器初、次级线圈电压变化比
电流变化比为
则
将视为输入端电源内阻，则
所以
这也是耦合到次级线圈电阻值为，即为等效电源内阻，故A正确；
B．因
故B错误；
C．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C正确；
D．当向下调节滑动变阻器R3滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D正确。
故选B。
6. 如图所示，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC=60°，BC边处在x轴上。现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t=0时线框B点恰好位于原点O的位置。规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个i-x图象中,能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】线圈从0-L过程，产生逆时针方向的电流；有效长度从0增大到，故电流逐渐变大；从L-2L过程，产生逆时针方向的电流；有效长度从逐渐减到0，故电流逐渐变小；从2L-3L过程，产生顺时针方向的电流；有效长度从逐渐减到0，故电流逐渐变小；则图线D正确，ABC错误。
故选D。
7. 如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的波的图像，a、b、c为介质中的三个质点，图乙表示该波处a质点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴负向传播
B. 时刻，质点b振动的速度方向与加速度方向相同
C. 时刻，质点c振动速度方向沿y轴负方向
D. 质点c的位移随时间变化的关系式
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由图乙可知，时a质点正在向y轴负方向振动，可判断出，波沿x轴正方向传播，A错误；
B由图乙可知，时，a正在平衡位置向y正方向振动，所以b还在负方向的某个位置，正在向平衡位置振动，做加速运动，速度方向与加速度方向相同，B正确；
C．时，甲图刚好经过1.5s，质点c过波谷不久，速度方向沿y轴负方向。C正确；
D．波向右传播，质点c正在向y轴正方向振动，可知，其函数关系式为
已知A = 10cm，T = 4s，且代入点（2s，5cm）有
D正确。
故选BCD。
8. 如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期大小为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时感应电流为1 A．那么（ ）
A. 线圈消耗此交流电的电功率为4 W
B. 线圈中产生此交流电电流的有效值为2 A
C. 线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=
D. 从图示位置开始转过90°的过程中，通过线圈的电量为C
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．从垂直中性面开始其瞬时表达式为
则电流的最大值为
线圈中电流的有效值为
线圈消耗的电功率为
选项A正确，B错误；
C．感应电动势的最大值为
任意时刻线圈中的感应电动势为
选项C错误；
D．通过线圈的电荷量
又知道
联立解得
选项D正确。
故选AD。
9. 如图所示，空间存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（竖直面）向里，为磁场区域的上边界，磁场上方有一个质量为m的正方形导线框abcd，ab边与平行。已知线框边长为L，总电阻为R，重力加速度为g，线框从图示位置由静止开始自由下落，则在ab边进入磁场的过程中，关于线框的运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 线框可能先做加速运动再做减速运动
B. 线框可能一直做匀加速运动
C. 线框可能先做减速运动再做匀速运动
D. 线框若出现匀速运动，其速度大小一定是
【答案】CD
【解析】
【详解】线框刚开始做自由落体运动，ab边以一定速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，结合右手定则和左手定则可以判断出ab受到竖直向上的安培力作用，有
，，
第一种情况：若线框进入磁场时，安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，有
可得
第二种情况：若线圈进入磁场时，安培力大于重力，则线框做减速运动，安培力减小，线框做加速度减小的减速运动，当线框速度减小到时，线框若仍未全部进入磁场，则线框后面将做匀速运动。第三种情况：若安培力小于重力，线框做加速度减小的加速运动，当线框速度加速到时，线框若仍未全部进入磁场，则线框后面将做匀速运动。
故选CD。
第II卷（非选择题 56分）
二、实验题
10. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上。
②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长L。
③记录小球完成n次全振动所用的总时间t。
④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小。
根据图2所示，测得的摆长________；
重力加速度测量值表达式_______（用L、n、t表示）。
（2）为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制图像，如图3所示。由图可知重力加速度________（用图中字母表示）。
（3）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是_______（选填选项前的字母）。
A．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量
B．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好
C．当摆球经过最高位置时开始计时
D．多次改变摆线长l，测量多组对应的50次全振动时间t，通过绘制的关系图线也可以测定重力加速度
【答案】 ①. 98.50 ②. ③. ④. AD##DA
【解析】
【详解】（1）[1]刻度尺的分度值为0.1cm，读数为98.50cm；
（2）[2]单摆的周期为
根据单摆的周期公式有
解得
[3]由单摆周期公式变形可得
结合图象的斜率可解得
（3）[4] A．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量，可以更精确地测量出悬点到球心的距离，故A正确；
B．单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作简谐运动，故B错误；
C．当摆球经过平衡位置时开始计时，故C错误
D．由单摆周期公式可得
可得
通过绘制的关系图线也可以测定重力加速度，故D正确。
故选AD。
11. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测于电池一节
B．电流表：量程0~0.6A，内阻
C．电流表：量程0~0.6A，内阻约为0.1Ω
D．电压表：量程0~3V，内阻未知
E．电压表：量程0~15V，内阻未知
F．滑动变阻器：0~10Ω，2A
G．滑动变阻器：0~100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）实验电路图应选择下图中______（填“甲”或“乙”）；
（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。
【答案】 ①. 甲 ②. 1.5 ③. 0.7
【解析】
【详解】（1）[1]由于电流表内阻已知，所以可采用外接法，从而消除由于电压表分流而带来的系统误差，即电路图应选择甲。
（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有
可知U-I图像的纵截距表示干电池的电动势，斜率的绝对值表示干电池与电流表内阻之和，所以
四、解答题（本答题共三个小题，12题10分，13题12分，14题18分，共40分）
12. 如图，一列简谐横波沿x轴传播，实线为tl=0时刻的波形图，虚线为t2=0.05 s时的波形图．
(1)若波沿x轴正方向传播且2T(2)若波速v=260m·s－1，则从tl=0时刻起x=2 m 处的质点第三次运动到波谷所需的时间．
【答案】（1）220m/s；（2）
【解析】
【详解】（1）波沿x轴正向传播，由图像可知：λ=4m；在∆t时间内：
因为2T解得 ，
（2）若波速v=260m/s，则在∆t=0.05s内传播的距离为
则波沿x轴负向传播，此时周期为 ，
则从tl=0时刻起x=2 m 处的质点第三次运动到波谷所需的时间
13. 如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为的绝缘细线把质量为、电荷为的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为，已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：（g取，，）
（1）匀强电场的场强大小；
（2）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于方向运动的初速度最少为多少？（结果可用根号表示）
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得
得
（2）分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则
由动能定理得
联立解得
14. 如图所示，光滑矩形斜面的倾角，在其上放置一矩形金属线框，的边长，的边长，线框的质量，电阻，线框通过细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近；重物质量，离地面的高度为；斜面上区域是有界匀强磁场，方向垂直于斜面向上；已知到的距离为，到的距离，到的距离为，取；现让线框从静止开始运动（开始时刻，与边重合），发现线框匀速穿过匀强磁场区域，求：
(1)线框进入磁场时的速度v；
(2)区域内匀强磁场的磁感应强度B；
(3)线框在通过磁场区域过程中产生的焦耳热Q；
(4)线框从开始运动到边与边重合需经历多长时间。
【答案】(1)；(2)；(3)18J；(4)2.2s
【解析】
【详解】(1)设进入磁场时速度，由机械能守恒得
解得
(2)在磁场中运动所受安培力
根据平衡条件则有
联立解得
(3)由能量守恒可得线框在通过磁场区域过程中产生的焦耳热
(4)金属线框从到的过程，根据牛顿第二定律有
解得
金属线框从到的过程的时间
金属线框在通过磁场区域过程的时间
重物着地以后，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式有
解得
总时间