广东省惠州市博罗县博罗名校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷（含答案）

第第页广东省惠州市博罗县博罗名校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷一、单项选择题：本题7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题意。1．如图所示，2022年3月23日下午，神舟十三号乘组航天员在中国空间站成功上了“天宫课堂”第二课。航天员太空授课的画面通过电磁波传输到地面接收站，下列关于电磁波的说法正确的是（）A．牛顿根据电磁场理论预言了电磁波存在B．麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在C．电视机、收音机和手机接受的信号都属于电磁波D．电磁波不可以在真空中传播2．如图，长直导线MN置于三角形金属线框abc上，彼此绝缘，线框被导线分成面积相等的两部分。导线通入由M到N的电流，当电流逐渐增大时，线框中（）A．磁通量变化量为零 B．没有产生感应电流C．感应电流方向为abca D．感应电流方向为acba3．2021年9月3日，聂海胜示范了太空踩单车，如图甲所示。太空单车是利用电磁阻尼的一种体育锻炼器材，其原理如图乙所示。在铜质轮子的外侧有一些磁铁（与轮子不接触），在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻碍，磁铁与轮子间的距离可以改变。下列说法正确的是（）A．轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关B．若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果C．磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小D．轮子转速不变时，磁铁与轮子间距离越小，受到的阻力越大4．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=10：1。一个标有“10V、100W”的灯泡正常发光时，则理想变压器的（）A．输入电压U1=10V B．输入功率P1=100WC．输入电流I1=10A D．输出电流I2=1A5．我国新能源汽车产业的高速增长使得市场对充电桩的需求越来越大，解决充电难题已经刻不容缓。无线充电的建设成本更低，并且不受场地限制等因素的影响，是解决充电难的途径之一、如图所示是某无线充电接收端电流经电路初步处理后的i-t图象，则该交变电流的有效值为（）A．5A B．33A C．66．一质点做简谐振动，其位移x与时间t的关系曲线如图。由图可知（）A．质点振动的频率是4HzB．质点振动的振幅是4cmC．在t=3s时，质点的速度为最大D．在t=4s时，质点所受的回复力为零7．图甲为某种车辆智能道闸系统的简化原理图：预埋在地面下的地感线圈L和电容器C构成LC振荡电路，当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，使得振荡电流频率发生变化，检测器将该信号发送至车牌识别器，从而向闸机发送起杆或落杆指令。某段时间振荡电路中的电流如图乙，则下列有关说法错误的是（）A．t1时刻电容器间的电场强度为最小值B．t1~t2时间内，电容器处于充电过程C．汽车靠近线圈时，振荡电流频率变小D．从图乙波形可判断汽车正靠近地感线圈二、多项选择题：本题有3小题，每题6分，共18分。每题多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻和理想变压器匝数均不变，且n1：n2=n4：n3，当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（）A．用户的总电阻增大B．用户两端的电压U4减小C．U1：U2=U4：U3D．用户端增加的功率等于升压变压器多输入的功率9．如图是电动充气泵的结构示意图。其工作原理：电磁铁通入电流，弹簧片上下振动，通过橡皮碗对气室施加力的作用，达到充气目的。当电流从电磁铁的a端流入时，小磁体被吸引而向下运动，则（）A．小磁体的下端为S极 B．小磁体的下端为N极C．a、b间接入的可能是交流电 D．a、b间接入的可能是恒定电流10．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍三、实验题：共2题，共16分11．利用“探究单摆摆长和周期关系”实验来测定当地的重力加速度。（1）用游标卡尺测量小球直径d，如图所示，d=cm；（2）单摆悬挂在铁架台上，细线的上端悬挂方式正确的是图（选填“甲”或“乙”）；（3）用刻度尺测量摆线长度为L，摆球直径为d，则摆长为____（选填序号）；A．L B．L+d C．L（4）某同学在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期T=t30。其他操作步骤均正确，他测得出的重力加速度12．功放内部的变压器一般为环状，简称环牛，如图所示。某同学利用环牛探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系（环牛效率极高，可看成理想变压器）。（1）测量环牛的初级（原）、次级（副）线圈匝数n1、n2的方法是：先在闭合铁芯上紧密缠绕n=70匝漆包细铜线，并将理想交流电压表1接在细铜线两端；然后在初级线圈（左侧）上输入有效值为24.0V的低压交流电，再将理想交流电压表2连接在次级线圈（右侧）上，若理想交流电压表1的示数为3.（2）若在初级线圈（左侧）上接入电压瞬时值u=2202sin100（3）由于变压器工作时有能量损失，实验中测得的原、副线圈的电压比（选填“大于”、“等于”或“小于”）原、副线圈的匝数比n1四、解答题：共3题，共38分。13．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图（甲）所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图（乙）所示，问：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）电压表的示数为多少；（3）如果使线圈转速加倍，则发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为多少。14．饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为如图所示。设线圈的匝数为1000匝，每匝线圈面积均为S=10−3m2，线圈的总电阻为（1）请你判定0~0.1s时间内，流经电阻R的电流方向（2）求0~0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热；（3）求0.1~0.4s时间内，通过电阻R的电荷量。15．如图甲所示，平行光滑金属轨道ABC和A'B'C'置于水平面上，两轨道间距为d=0.8m，CC'之间连接一定值电阻R=0.2Ω，BB'P'P为宽x1未知的矩形区域，区域内存在磁感应强度B1=1.0（1）导体棒刚进入匀强磁场时，导体棒两端的电势差的大小；（2）导体棒从BB'到PP'过程中流过导体棒的电荷量q与（3）整个运动过程中，导体棒上产生的焦耳热。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】AB、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，故AB错误；

C、根据电磁波谱，可知电视机、收音机和手机接受的信号都属于电磁波，故C正确；

D、电磁波可以在真空中传播，其传播速度都等于光速c，故D错误。

故选：C。

【分析】根据物理学史判断；根据电磁波谱判断；电磁波在真空中的传播速度都相同。2．【答案】C【解析】【解答】AB．虽然线框被导线分成面积相等的两部分但离导线越远，磁场越弱。所以根据磁通量相互抵消一部分可得：导线通入由M到N的电流，当电流逐渐增大时，通过导线框的与下方磁场方向相同的磁通量增大，会产生感应电流，AB不符合题意；CD．根据MN中电流的方向，结合楞次定律则可判断abc中电流的方向感应电流方向为abca，C符合题意，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】利用其安培定则可以判别通电线圈中磁通量的方向，结合其磁通量的变化可以判别感应电流的方向。3．【答案】D【解析】【解答】A．太空单车的轮子应为导体，轮子（导体）在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，安培力F=BIL，材料的电阻率会影响感应电流的大小，就是影响安培力的大小，故A错误；

B．轮子在磁场中做切割磁感线的运动，必须是导体材料才会产生感应电动势和感应电流，因此不能用绝缘材料替换，故B错误；

C．磁铁与轮子间的距离不变时，轮子转速越大，由E=BLv可知，产生的感应电动势和感应电流越大，轮子受到的阻力（安培力）越大，故C错误；

D．磁铁与轮子间距离越小时磁铁越靠近飞轮，飞轮所在位置的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，故D正确。

故选：D

【分析】明确太空单车原理，知道金属飞轮在磁场中运动的过程中产生感应电流，与磁场之间产生相互作用的电磁阻力，明确感应电流大小与速度大小的关系中，从而分析阻力大小。4．【答案】B【解析】【解答】A．灯泡正常发光，则灯泡的电压为10V，即变压器的输出电压为10V，根据变压器的电压关系U可知，变压器的输入电压为UA不符合题意；B．灯泡正常发光，则灯泡达到额定功率100W，即变压器的输出功率为100W，则输入功率P1等于输出功率也为100W，B符合题意；CD．灯泡正常发光，可得变压器的输出电流为I根据变压器的电流关系I可得，变压器的输入电流为I1=1ACD不符合题意。故答案为：B。

【分析】利用其匝数之比结合输出电压的大小可以求出输入电流的大小；利用其输出功率可以求出输入功率的大小；利用电功率的表达式可以求出灯泡电流的大小；利用匝数之比可以求出输入电流的大小。5．【答案】D【解析】【解答】设有效值为I，根据有效值的概念可知(解得I=2故答案为：D。

【分析】利用焦耳定律结合其图像电流的大小可以求出其电流的有效值。6．【答案】C【解析】【解答】A、由图读出周期T=4s，则频率f=1T=0.25Hz，故A错误；

B、质点的振幅等于振子的位移最大值，由图读出振幅为A=2cm，故B错误；

C、t=3s时，质点的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，故C正确；

D、质点做简谐运动，振幅是不变的，故D错误；

故选：C。

【分析】7．【答案】D【解析】【解答】A．t1时刻电流最大，线圈中磁场能最大，根据能量守恒定律知，电容器中电场能最小，电容器间电场最弱，所以电容器间的电场强度为最小值，故A正确；

B．t1～t2时间内，电流逐渐减小，线圈中磁场能减小，根据能量守恒定律知，电容器中电场能增大，电容器间的电场强度在增强，两极板间的电压在增大，由C=QU可知，电容器的电量在增加，所以电容器处于充电过程，故B正确；

C．当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，根据T=2πLC可知周期变大，频率变小，故C正确；

D．从图乙波形可知周期越来越小，频率越来越大，线圈的自感系数在减小，所以汽车正远离地感线圈，故D错误。

故选：D

【分析】根据振荡电路中电容器充放电过程进行分析：0～t1时间内电流在增大，说明电容器在放电，t1时刻放电结束，电容器两端电压为零，t1～t2时间内电流在减小，说明电容器在充电，电荷量减少；当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，当汽车远离地感线圈时，线圈的自感系数在减小，根据LC振荡电路的周期公式T=2π8．【答案】B,C【解析】【解答】A、当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小。故A错误。

B、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小。故B正确。

C、因为原副线圈的电压比等于匝数之比，则U1U2=n1n2，U3U4=n3n4因为n1：n2=n4：n3，所以U9．【答案】B,C【解析】【解答】AB、电流从a端流入，根据右手螺旋法则可以判断电磁铁的磁场方向向下，所以电磁铁上面为S极，下面为N极，根据同性相斥异性相吸可以判定小磁体下面为N极，故A错误，B正确；

CD、当a、b间接入恒定电流时，电磁铁的磁场始终保持一个方向，小磁体将只能被吸引，如果接入的是交流电，电磁铁的磁场方向在不断变化，从而可以使小磁体不断的与电磁铁之间有吸引和排斥的作用，使得弹簧片上下振动，故a、b间接入的可能是交流电，故C正确，D错误。

故选：BC。

【分析】由右手螺旋定则分析磁极，由受力分析判断电流情况。10．【答案】A,B【解析】【解答】A、铜盘转动产生的感应电动势为：E=12BL2ωB、L、ω不变，E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流动，故AB正确；

C、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；

D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据P=I2R电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误；

11．【答案】（1）2.45（2）乙（3）C（4）大于【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为d=2（2）若采用图甲中细线的上端悬挂方式，则在摆动的过程中，摆长会发生变化，从而引起实验误差，所以细线的上端悬挂方式正确的是图乙。（3）摆长为悬点到球心的距离，即为摆线长度L加上摆球的半径d2，即L+故选C。（4）测量周期时，按照实验中的操作把29次全振动误认为是30次全振动，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大。故答案为：（1）2.45；（2）乙；（3）C；（4）大于【分析】（1）结合游标卡尺读数规则即可解决；

（2）为了减小实验误差，应选取除所要研究对象改变其他都不变的装置；

（3）摆长应该等于摆线长度加摆球的半径，故此题答案可知；

（4）实际的全振动次数是29次，而实验中是运用30次来算的，即根据周期计算公式即可判断周期测量值误差的偏差，从而推测重力加速度的偏差。12．【答案】（1）280（2）110（3）大于【解析】【解答】（1）根据变压器原副线圈之间电压的关系可得UU1=n1n，代入数据解得n1=560，再由UU2=n1n2，代入解得n2=280。13．【答案】（1）解：由图甲可知ω=若从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=（2）解：电表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图知电动势的最大值Em=220灯泡两端电压为U=（3）解：如果使线圈转速加倍，根据E可知最大电压变为原来的4倍，即E则有效值为E'=880发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q【解析】【分析】（1）线圈处于性面开始计时，利用周期的大小可以求出角速度的大小；结合峰值的大小可以求出电动势瞬时值的表达式；

（2）当电动势的峰值已知，利用峰值可以求出有效值的大小，结合欧姆定律可以求出灯泡两端电压的大小；

（3）当线圈转速加倍时，利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小，结合欧姆定律及焦耳定律可以求出产生的焦耳热的大小。14．【答案】（1）解：根据楞次定律“增反减同”可知0~0.1s时间内，流经电阻R的电流方向从上到下；（2）解：由法拉第电磁感应定律有E=n0～0.1s时间内线圈产生的感应电动势为E根据闭合电路欧姆定律，则有I根据焦耳定律，可得0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为Q=（3）解：0.1～0.4s时间内，根据法