辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高二物理上学期第三次月考试题（Word版带解析）

2022-2023学年度上学期月考试卷高二物理时间：75分钟满分：100分范围：选择性必修二一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题单选题，每题4分：8~10题多选题，每小题6分，全对得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。1.关于电磁波下列说法正确的是（　　）A.麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在B.医院里常用X射线照射病房和手术室进行消毒C.一切物体都在辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关D.电磁波的传播需要介质，其在介质中的传播速度等于光速【答案】C【解析】【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在且测得了波速，故A错误；B．X射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体；对人体有一辐射，故不能用来消毒，故B错误；C．一切物体都在不停地向外辐射红外线，这种辐射与物体温度有关，物体的温度越高，辐射的红外线就越强，故C正确；D．电磁波传播不需要介质，电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D错误；故选C。2.如图所示，两平行直导线1和2竖直放置，通以方向相反，大小相等的电流，a点在导线1的左侧，位于两导线所在的平面内。不考虑地磁场的作用，则下列说法正确的是（　　）A.a点的磁感应强度可能为零B.a点的磁场方向可能垂直于纸面向外 C.导线1受到的安培力方向向左D.两根导线之间的力为电场力【答案】C【解析】【详解】A．根据右手螺旋定则判断出导线1和2在a点的磁感应强度方向相反，但a点离导线1的距离较近，故导线1在a点的磁感应强度大，导线2在a点的磁感应强度小，则a点的磁感应强度不可能为零，故A错误；B．导线1在a点的磁感应强度方向垂直纸面向里，导线2在a点的磁感应强度方向垂直纸面向外，且导线1在a点的磁感应强度大，故磁场方向垂直纸面向里，故B错误；C．根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可知导线1和2相互排斥，故导线1受到的安培力方向向左，故C正确；D．磁场对通电导体有力的作用，这个磁场力叫做安培力，导线1在导线2产生的磁场中受到力的作用，同理导线2在导线1产生的磁场中受到力的作用，根据左手定则判断两个力相互排斥，则两根导线之间的力为磁场力（安培力），大小相等，方向相反，故D错误。故选C。3.如图所示的速度选择器两板间有互相垂直的匀强电场和磁场，电荷量为+q的带电粒子，以水平速度v0从左侧射入，恰能沿直线飞出速度选择器，不计粒子重力和空气阻力，在其他条件不变的情况下（　　）A.若仅改为电荷量-q粒子，将仍沿直线飞出B.若仅将电荷量变为+2q，则不能沿直线飞出C.若仅将该粒子改为从右侧射入，仍沿直线飞出D.若仅将磁场方向反向，仍沿直线飞出【答案】A【解析】【详解】AB．粒子在板间运动时电场力等于洛伦兹力，改为电荷量-q的粒子，根据受力分析，电场力和洛伦兹力仍可平衡；根据题意同时有qE=qvB可知 与粒子带电量无关，A正确，B错误；CD．若仅将该粒子改为从右侧射入或仅将磁场方向反向，受力分析可得此时电场力和洛伦兹力不能平衡，所以粒子不能沿直线飞出，CD错误。故选A。4.如图所示，带电粒子从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，粒子的入射方向与磁场边界的夹角为，从磁场的右边界P点离开，长为d，粒子仅受磁场力作用。则（　　）A.可以求出粒子在磁场中的运动时间B.可以求出粒子做圆周运动的半径C.可以求出粒子的速度大小D.可以求出粒子的比荷【答案】B【解析】【详解】AB．粒子仅受磁场力作用,在磁场中做圆周运动，由图可知解得粒子在磁场中做圆周运动，则解得 则周期为由几何知识可知，粒子在磁场中的运动时间为则其中质量、电荷量和磁感应强度未知，则无法求出，故A错误，B正确；C．由于则其中，R可以求出，但质量、电荷量和磁感应强度未知，故无法求出，故C错误；D．由公式推导可知比荷为其中，R可以求出，但速度和磁感应强度未知，故无法求出，故D错误。故选B。5.如图所示，两个灯泡和的规格相同，与线圈L串联后接到电路中，与可变电阻R串联后接到电路中。先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节，使它们正常发光，然后断开开关S，下列说法正确的是（　　）A.重新接通电路，逐渐变亮，而立即变亮B.重新接通电路，同时变亮，而后稍微变暗C.电路稳定后再次断开S，逐渐变暗，而立即变暗 D.电路稳定后再次断开S，闪亮一下再熄灭【答案】A【解析】【详解】AB．重新接通电路，由于L有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以逐渐变亮，而立即变亮。故A正确；B错误；CD．一段时间电路稳定后，再次断开S，与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现闪亮一下再熄灭的现象，、都会逐渐熄灭。故CD错误。故选A。6.磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁的运动可能是（  ）A.向上运动B.向下运动C.向左运动D.向右运动【答案】B【解析】【详解】A．条形磁铁通过线圈的磁场整体向下，磁铁向上运动，穿过线圈平面的磁通量减小，根据楞次定律，线圈中感应电流激发出的磁场在线圈内的方向向下，根据安培定则，从上往下看，感应电流方向沿顺时针方向，A错误；B．条形磁铁通过线圈的磁场整体向下，磁铁向下运动，穿过线圈平面的磁通量增大，根据楞次定律，线圈中感应电流激发出的磁场在线圈内的方向向上，根据安培定则，从上往下看，感应电流方向沿逆时针方向，B正确；C．条形磁铁通过线圈的磁场整体向下，磁铁向左运动，穿过线圈平面的磁通量减小，根据楞次定律，线圈中感应电流激发出的磁场在线圈内的方向向下，根据安培定则，从上往下看，感应电流方向沿顺时针方向，C错误；D．条形磁铁通过线圈的磁场整体向下，磁铁向右运动，穿过线圈平面的磁通量减小，根据楞次定律，线圈中感应电流激发出的磁场在线圈内的方向向下，根据安培定则，从上往下看，感应电流方向沿顺时针方向，D错误。故选B。7.如图表示一交变电流随时间而变化的图像，此交流电流的有效值是（　　） A.5AB.5AC.AD.3.5A【答案】B【解析】【详解】根据有效值的概念可知解得I=5A故选B。8.初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初速度方向如图，则（　　）A.电子将向左偏转B.电子将向右偏转C电子所受洛伦兹力变小D.电子所受洛伦兹力大小不变【答案】BC【解析】【详解】AB．由安培定则可知导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力方向向右，因此电子将向右偏转，A错误，B正确；CD．洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛=Bvq，B变小，F洛变小，D错误，C正确。故选BC。9.如图甲所示，电阻为5Ω、匝数为100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与电阻R相连，R=95Ω 。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，则（　　）A.A点的电势低于B点的电势B.在线圈位置上感应电场沿顺时针方向C.0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05CD.回路中电流为0.5A【答案】CD【解析】【详解】AB．线圈中磁通量增加，由楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，线圈相当于电源，电流由负极流向正极，故A相当于电源的正极，B相当于电源的负极，A点的电势高于B点的电势，故AB错误；D．由法拉第电磁感应定律可得由闭合电路欧姆定律可得故D正确；C．0.1s时间内通过电阻R的电荷量为故C正确。故选CD。10.如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1=250V，输出功率P1=100kW，输电线电阻R=8Ω。则进行远距离输电时，下列说法中正确的是（　　）A.若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大 B.若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小C.输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比为n1:n2=1:16D.用10000V高压输电，输电线损耗功率为8000W【答案】BC【解析】【详解】AB．电站的输出电压没有变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，电站的输出功率突然增大，则根据P=UI，输电线上的电流增大，根据U损=I线R，U3=U2-U损可知降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A错误，B正确；C．输电线损耗比例为5%时，根据ΔP=I线2R，ΔP=5%P1解得I线=25A升压变压器原线圈的电流为I1==400A升压变压器的匝数比为故C正确；D．输送电流为I′==10A损失功率为ΔP′=I′2R=800W故D错误。故选BC。二、非选择题：共5小题，共54分。11.胡丽同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。 （1）为了探究电磁感应规律，胡同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是______（填“向上拔出”或“向下插入”）。（2）胡丽同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是______。A．在A线圈中插入铁芯B．拔出A线圈C．变阻器的滑片向右滑动D．变阻器的滑片向左滑动（3）通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场，总是______。【答案】①.向下插入②.BC##CB③.阻碍引起感应电流的磁通量的变化【解析】【详解】（1）[1]要使灵敏电流计的指针向左偏转，可知线圈中感应电流的方向时顺时针的，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁磁场方向向上，根据楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入。（2）[2]A．要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律可知，磁通量减小，插入铁芯，B线圈磁通量增加，故A错误；B．拔出线圈A时，B线圈中的磁通量减小，B正确；CD．滑动变阻器滑片向右滑动，电流减小，B线圈磁通量减小，故C正确，D错误。故选BC。（3）[3]通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。12.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是___________；（填字母）A．整块硅钢铁芯　　B．整块不锈钢铁芯 C．绝缘的铜片叠成　　D．绝缘的硅钢片叠成（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数___________；（填“多”或“少”）（3）实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为，则原线圈的输入电压为___________；（填字母）A.　　B.　　C.（4）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是___________。（填字母）A．控制变量法　　B．等效替代法　　C．整体隔离法【答案】①.D②.少③.C④.A【解析】【详解】（1）[1]观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，故D正确，ABC错误。故选D。（2）[2]观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据可知，匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少。（3）[3]若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为7V，故C正确，AB错误。故选C。（4）[4]实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故A正确，BC错误。故选A。13.如图所示，在x轴上方有垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m，电荷量为+q的粒子（不计重力），从O点以某一初速度垂直磁场射入，其轨迹与y轴交于M点，与x轴交于N点（图中M、N未画出）。已知，，求：（1）粒子初速度v的大小； （2）粒子在磁场中运动的路程s。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】根据题意作出粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可得得R=a根据洛伦兹力提供向心力可得得（2）根据几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为 代入得则粒子在磁场中运动的路程代入得14.如图所示，平行金属导轨MN和PQ相距，NQ间连接有电阻，放置在平行导轨上的导体棒ab向右以大小为的速度匀速运动，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度。求：（1）判断ab中感应电流的方向；（2）ab产生的感应电动势多大？（3）电阻，导体棒电阻，导轨电阻不计，求作用于导体棒ab上的外力大小。【答案】（1）b由流向a；（2）；（3）【解析】【详解】（1）导体棒ab向右匀速运动，根据右手定则可知，ab中感应电流方向b由流向a。（2）导体棒ab向右以大小为的速度匀速运动，ab产生的感应电动势为（3）电阻，导体棒电阻，导轨电阻不计，则电路电流为由于导体棒匀速运动，根据受力平衡可得作用于导体棒ab上的外力大小为15.如图所示，绝缘水平面上固定有足够长的两平行金属导轨，导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=1.0T、 方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6.0V、内阻r=1.0Ω的直流电源。现把一个质量m=0.1kg的导体棒ab放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=2.0Ω，金属导轨电阻不计。最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,sin=0.6，cos=0.8。取重力加速度大小g=10m/s2，求：（1）导体棒受到的安培力；（2）导体棒与金属导轨间的滑动摩擦因数μ；（3）若将直流电源置换成一个电阻为R0=0.4Ω的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放，导体棒将沿导轨向下运动，求导体棒的最大速率。【答案】（1），沿斜面向上；（2）；（3）【解析】【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有导体棒受到的安培力解得根据左手定则可得安培力沿斜面向上。（2）对导体棒受力分析，根据共点力平衡有由于此时导体棒恰好静止，即f为最大静摩擦力，则有解得（3）ab沿斜面向下运动时，ab相当于电源，根据法拉第电磁感应定律有 由闭合电路欧姆定律得当导体棒达到最大速度时，导体棒受力平衡有解得