吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高二下学期3月月考物理试卷（含解析）

高二物理 3 月考
一、单选题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1 ．高铁已成为重要的“ 中国名片”，领跑世界。一高铁以速度v 匀速行驶的过程中，车头会受到前方空气的阻力，假设车头碰到空气前，空气的速度为 0；碰到空气后，空气的速度立刻与汽车速度相同。已知空气密度为 r ，车头的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S 。已知重力加速度为 g ，则空气对高铁的平均阻力大小为( )
1
A ． rSv B ． r Svg 2
1
C ． rSv2 D ． gSv
2
2 ．关于下列几幅图片的说法错误的是( )
..
A ． 燃气灶中针尖形点火器是利用高压尖端放电原理进行点火
B ． 真空冶炼炉利用交变电流直接产生热能给炉体加热，从而融化
炉内金属
C ． 高压输电线上方的两根接地导线具有避雷保护线路的作用
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D ．金属编织网包裹着导体线芯利用了静电屏蔽原理降低干扰
3．如图所示为街头通过降压变压器给用户供电的示意图。负载变化时变压器的输入电压（市区电网的电压）不变。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0 表示，
变阻器 R 代表用户用电器的总电阻。忽略变压器上的能量损耗，各电表为理想交流电表，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是( )
A ．用户用电器的总电阻 R 变大
B ．电表A2 的示数变大，A1 的示数变小
C ．电表V2 的示数不变，V3 的示数变小
D ．电表V1 的示数与输电线损失的电压均变大
4 ．竖直平行导轨 MN 上端接有电阻 R，金属杆 ab 质量为 m ，跨在平行导轨间的长度为 L，垂直导轨平面的水平匀强磁场方向向里，不计 ab 杆及导轨电阻，不计摩擦，且 ab 与导轨接触良好，如图所示。若 ab 杆在竖直方向上的外力 F 作用下匀速上升 h，则下列说法错误的是( )
A ．金属杆 ab 克服安培力所做的功等于电阻 R 上产生的焦耳热
B ．金属杆 ab 克服安培力所做的功与克服重力做功之和等于金属杆机械能的增加量
C ．拉力 F 与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功
D ．拉力 F 与安培力的合力所做的功等于mgh
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5 ．图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度 a 随时间 t 变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是( )
A ．t = 0 时，弹簧弹力为 0
B ．t = 0.2s 时，手机位于平衡位置下方
C ．从t = 0 至t = 0.2s ，手机的动能增大
D ．改变手机振动的振幅，加速度随时间的变化周期将发生改变
6 ．北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运” 的理念。国家体育馆“鸟巢” 隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统。假设该发电系统的输出电压恒为 250V，通过理想变压器向远处输电，如图，所用输电线的总电阻 r=8Ω。升压变压器 T1 原、副线圈匝数比为 1 ∶ 16，下列说法正确的是( )
A ．若该发电系统输送功率为 1×105W，则输电线损失的功率为 5×103W
B ．若该发电系统输送功率为 1×105W，用户获得 220V 电压，则降压变压器 T2 原、副线圈的匝数比为 200 ∶ 11
C ．若用户消耗功率减少，则升压变压器 T1 输出电压 U2 减小
D ．若用户消耗功率增加，则用户电路两端电压 U4 增大
7．如图甲所示，劲度系数为 k 的轻弹簧下端挂一质量为m 的物体， 物体在竖直方向上做简谐运动，弹簧对物体的拉力 F 随时间变化如图乙所示，重力加速度为 g。由此可以判定运动过程中( )
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A ．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
B ．物体的最大动能等于
C ．物体的最大加速度为 2 倍的重力加速度
D ．振幅为 2mg
k
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。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 ．如图所示的装置可用于研究弹簧振子的受迫振动，砝码和轻弹簧构成弹簧振子。匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子一驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动， 给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图象如图甲所示。当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图象如图乙所示。若用 T0 表示弹簧振子的固有周期，T 表示驱动力的周期，y 表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅。则( )
A ．由图线可知 T0 ＝4 s
B ．由图线可知 T0 ＝8 s
C ．当 T 在 4 s 附近时，y 显著增大；当 T 比 4 s 小得多或大得多时，y 很小
D ．当 T 在 8 s 附近时，y 显著增大；当 T 比 8 s 小得多或大得多时，y 很小
9．一列简谐波沿 x 轴传播，t=0 时刻的波形如图甲所示，质点 P 平衡位置在x=1m 处，质点P 振动比质点 Q 振动超前，质点 Q 和质点 M 的平衡位置分别在 x=4m 和x=8m 处，某质点的振动图像如图乙所示，则( )
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A ．波沿 x 轴正向传播
B ．波传播的速度为 16m/s
C ．质点 P 振动比质点 Q 振动超前 0.075s
D ．图乙可能是质点 M 的振动图像
10 ．如图所示，在磁感应强度大小为0.5T 的匀强磁场中，等腰直角三角形导线框abc 以直角边ac 为轴按图示方向以20πrad/s 的角速度匀速转动，ab 边的边长为30cm ，闭合导线框的总电阻为2Ω . 若从图示位置开始计时（t = 0 时刻），则( )
A ．t = 0 时，通过ab 边的电流方向从 a 到 b
9π
B ．回路中感应电动势的最大值为 V 20
9π
C ．100s 内，导线框产生的焦耳热为 J 2
27π
D ．t = 0 时，bc 边受到的安培力大小为 N
800
二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。解答应写出必要的文字说明。方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11 ．某同学利用电压表（量程 0～3V，内阻约2kΩ ), 电阻箱等实验器材测量两种内阻较小的电池a 和电池b 的电动势和内阻，实验电路如图甲所示。实验时， 多次改变电阻箱的阻值，
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记录电阻箱电阻R 及其对应的电压表示数U ，建立 坐标系，描点绘出如图乙所示的关系图线a ，图线a 与纵轴交点坐标为(0, 0.5) 。重复上述实验操作， 测量电池b 的电动势和内阻，得到图乙中的图线b 。
(1)由图乙可知电池a 的电动势Ea = V ；
(2)由图乙判断电池a 的内阻ra 和电池b 的内阻rb 大小关系为( )
A ．ra > rb B ．ra < rb C ．ra = rb D ．不确定
(3)若将同一电阻先后接在电池a 及电池b 两端，则两电池的输出功率和Pb 的大小关系为( )
A ．Pa > Pb B ．Pa < Pb C ．Pa = Pb D ．不确定
(4)若将同一电阻先后接在电池a 及电池b 两端，则两电池的效率ηa 和ηb 的关系为( )
A ．ηa > ηb B ．ηa < ηb C ．ηa = ηb D ．不确定
12 ．通过实验研究小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有：小灯泡 L（额定电压为 2.5V，额定电流为 0.20A）；
多用电表；
电压表 V（量程为 0~3V，内阻约为3kΩ );滑动变阻器R1（ 0 ~ 10Ω );
滑动变阻器R2 （ 0 ~ 100Ω );电源（电动势为 3V）；
开关 S，导线若干。
(1)该同学使用多用电表的电流挡测电流，应选择的直流电流挡是 。（填选项前的字母）
A ．0~2.5mA，内阻约为50Ω
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B ．0~50mA，内阻约为 2.50Ω
C ．0~250mA，内阻约为 0.5Ω
(2)实验要求能够实现在 0~2.5V 的范围内对小灯泡的电压进行测量，为方便操作，滑动变阻器应选 （选填“ R1 ”或“ R2 ”）。
(3)图 1 中的实物电路图已完成部分连线，则电压表的负接线柱应与多用电表的 （选填“红”或“黑”）表笔连接；请用笔画线代替导线，将图中的实物电路图连接完整 。
(4)连接好电路后，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表的读数 U 及相应的多用电表直流电流挡的读数 I，在I -U 坐标系中描点连线如图 2 所示，由图像可知，小灯泡的电阻随电流的增大而 （选填“变大”“变小”或“不变”）；若将实验中的小灯泡与另一电源（电动势为 3V，内阻为 10Ω)连接成闭合回路，则小灯泡消耗的功率为 W。（结果保留两位小数）
(5)下列关于该小灯泡的功率 P 随通过小灯泡电流的平方I2 的图像及功率 P 随小灯泡两端电压的平方U2 的图像中可能正确的是 。（多选）
A ． B ．
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C．
D．
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13 ．如图所示，在水平向右、大小为E = 4V/m 的匀强电场中，在 O 点固定一电荷量为
Q = +2 10-11C 的点电荷，A 、B 、C、D 为以 O 为圆心、半径为r = 0.3m 的同一圆周上的四点，B 、D 连线与电场线平行，A 、C 连线与电场线垂直，已知静电力常量
k = 9.0 109 N . m2 / C2 ，求：
(1)A 点的电场强度；
(2)将一电荷量为q = 1 10-12 C 的试探电荷从 D 点移动到 B 点，电场力对其做的功。
14 ．如图所示，位于D1 圆心处的质子源 A 在t = 0 时产生的质子（初速度可以忽略）在两盒之间被电压为U = 4.8 103 V 的电场加速，第一次加速后进入 D 形盒D2 ，在 D 形盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，已知质子比荷
k = 9.6 107 C / kg，两半圆形 D 形盒所在空间只有磁场，磁场的磁感应强度B = 1.0T ，D 形盒的半径R = 0.5m ，当质子被加速到最大速度后，沿 D 形盒边缘运动半圈后再将它引出，质子的重力不计，求：
(1)质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径；
(2)质子在磁场中运动的总时间。（结果均保留两位有效数字）
15 ．如图所示，MN 、PQ 是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距 L=0.5m，导轨所在
平面与水平面的夹角 θ=30° , M、P 间接有 R=3.2Ω 的电阻。范围足够大的匀强磁场垂直导
轨所在平面向上，磁感应强度大小 B=1.6T。长度与导轨间距相等、质量 m=0.2kg、阻值 r=0.8Ω的金属棒放在两导轨上，在大小为 1.8N、方向平行于导轨向上的恒定拉力 F 作用下，从静
止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触， 导轨足够长且电阻不计，取重力加速度大小 g=10m/s2。
（1）当金属棒的速度大小 v1=1m/s 时，求金属棒的加速度大小 a；
（2）金属棒向上的位移大小 s=5.5m 前，金属棒已经进入匀速运动状态，求金属棒从开始运动到位移大小 s=5.5m 的过程中 R 上产生的焦耳热。
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1 ．C
Δt 时间内冲击高铁的空气体积为V = SL = Sv . Δt Δt 时间内冲击高铁的空气质量为m = rV = rSv . Δt
取高铁运动方向为正方向，设高铁对空气的平均作用力大小为F ，由动量定理可得
F . Δt = mv
联立解得F = rSv2
根据牛顿第三定律可知，空气对高铁的平均阻力大小为f = F = rSv2故选 C。
2 ．B
A ．因为电荷集中于形状比较尖端的地方，即尖端放电，所以燃气灶中针尖形点火器是利用高压尖端放电原理进行点火，故 A 正确，不符合题意；
B ．真空冶炼炉是利用高频交流电在炉内金属中产生涡流进行加热，使金属熔化，而不是利用交变电流直接产生热能，故 B 错误，符合题意；
C ．高压输电铁塔最上面的两条导线是避雷线，防止雷直接击到输电线上，这两条线一般与铁塔相连，将电流引入大地，故 C 正确，不符合题意；
D．金属编织网能起到静电屏蔽的作用，使网内不受外部电场的影响，故 D 正确，不符合题意。
故选 B。
3 ．C
A ．用户电阻是并联关系，根据公式
得用户用电器的总电阻 R 变小，A 错误； BCD ．根据变压器公式
变压器输入电压U1 不变，电表V1 的示数不变，线圈匝数比不变，则副线圈获得电压U2 不变，电表V2 的示数不变，在右边电路中，根据欧姆定律得
I R0 不变，用户用电器的总电阻 R 变小，副线圈电流I2 变大，电表A2 的示数变大，
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则R0 两端电压变大，V3 的示数变小，根据能量守恒有
U2I2 U1 、U2 不变，I2 变小，则I1 减小，BD 错误，C 正确。
故选 C。
4 ．B
A ．根据功能关系可知，金属杆 ab 克服安培力所做的功等于电阻 R 上产生的焦耳热，故 A 正确，不符合题意；
B ．金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即金属杆机械能的增加量等于外力 F 与克服安培力做功之差，即
ΔE = WF -WF安故 B 错误，符合题意；
CD ．ab 杆在竖直方向外力 F 作用下匀速上升 h，由动能定理可得
WF - mgh -WF安 = 0故金属杆克服安培力做的功
WF安 = WF - mgh拉力 F 与安培力的合力所做的功为
WF -WF安 = mgh故 CD 正确，不符合题意；
故选 B。
5 ．B
A ．由题图乙知，t = 0 时，手机加速度为 0，即手机处于平衡状态，则弹簧弹力F = mg
A 错误；
B ．由题图乙知，t = 0.2s 时，手机的加速度为正，根据a 可知手机位于平衡位置下方， B 正确；
C．由题图乙知，从t = 0 至t = 0.2s ，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C 错误；
D ．对于同一个振子，其振动周期与振幅无关，改变手机振动的振幅，加速度随时间的变化
答案第 2 页，共 11 页
周期不变，D 错误。
故选 B。
6 ．A
A ．若该发电系统输送功率为1× 105 W ，则升压变压器原线圈电流为
根据
可得升压变压器副线圈电流为
I2 = 25A则输电线损失的功率为
ΔP = I22r = 252 × 8W = 5 × 103 W故 A 正确；
B ．根据
可知升压变压器副线圈输出电压为
U2 = 4000V则降压变压器原线圈电压为
U3 = U2 - I2r = 3800V又
可得降压变压器原、副线圈的匝数比为
故 B 错误；
C ．若用户消耗功率减少，根据
由于U1 和匝数均不变，可知升压变压器输出电压U2 不变，故 C 错误；
答案第 3 页，共 11 页
D ．若用户消耗功率增加，则升压变压器的输送功率也增加，根据
P = U2I2
由于U2 不变，可知输电线电流I2 变大，输电线上损失的电压变大，则降压变压器原线圈的输入电压U3 变小，根据
可知用户电路两端电压U4 减小，故 D 错误。
故选 A。
7 ．B
A ．由于弹簧与物体组成的系统机械能守恒，所以弹簧的弹性势能和物体的机械能（动能和重力势能之和）总和不变，故 A 错误；
B ．由题图乙可知，当弹簧处于原长时，物体位于最高点；当物体位于平衡位置时，动能达到最大值 Ekm，此时弹簧的伸长量为
由于弹力 F 与伸长量 x 的图像与 x 轴所围的面积表示弹力的功，所以物体从最高点运动到平衡位置的过程中，弹力对物体做的功为
根据动能定理可得
mgx + W = Ekm ③
联立①②③解得
故 B 正确；
C ．当物体位于最低点时，所受合外力大小均达到最大，此时物体的加速度大小最大，为am = g
故 C 错误；
D ．振幅为
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故 D 错误。
故选 B。
8 ．AC
AB ．若保持把手不动，砝码以一定的初速度做简谐振动，这时为自由振动，题中图甲为砝码的自由振动图象，由图读出固有周期为
T0 ＝4s
B 错误，A 正确；
CD ．当把手以某一速度匀速转动时，砝码做受迫振动，此时砝码振动的周期 T 等于驱动力的周期，题中图乙为砝码做受迫振动的图象，由图读出驱动力周期为
T＝8s
当驱动力的周期越靠近砝码的固有周期时，砝码的振动越强烈，振幅越大；当驱动力的周期越远离砝码的固有周期时，砝码的振动越弱，振幅越小，D 错误，C 正确。
故选 AC。
9 ．AC
A ．由于质点 P 振动比质点 Q 振动超前，可知波沿 x 轴正向传播。故 A 正确；
B ．波传播的速度为
依题意，有
λ = 8m ，T = 0.2s
解得
v = 40m / s
故 B 错误；
C ．波从 P 传到 Q 的时间为
故 C 正确；
D ．由于波向右传播，在 t=0 时刻，M 点恰好经平衡位置，且沿y 轴负方向运动，图乙不可能是质点 M 的振动图像。故 D 错误。
故选 AC。
答案第 5 页，共 11 页
10 ．BD
A ．根据楞次定律可判断，t = 0 时，通过ab 边的电流方向从 b 到 a。故 A 错误；
B ．导线框匀速转动时，产生正弦式交流电，感应电动势的最大值为
故 B 正确；
C ．感应电动势的有效值为
E 100s 内，导线框产生的焦耳热为
联立，可得
故 C 错误；
D ．t = 0 时，导线框中的电流达到最大值，即
Im A bc 边受到的安培力大小为
故 D 正确。
故选 BD。
11 ．(1)2.0 (2)A
(3)D (4)B
（1）由电路图甲结合闭合电路欧姆定律有
整理得
1 r 1 1
= . +
U E R E可见，在 图像中，图线的斜率
答案第 6 页，共 11 页
纵截距
结合图乙中图线 a，可得
得
Ea = 2.0V
（2）由（1）问分析可得电源内阻
由图乙可知
ka > kb ，ba < bb
则
ra > rb
故选 A。
（3）若将同一电阻先后接在电池a 及电池b 两端，则两电池的输出功率和Pb 的大小为
可得
由于Ea > Eb ，ra > rb ，所以无法判断 和Pb 的大小。
故选 D。
（4）电源的效率为
若将同一电阻先后接在电池a 及电池b 两端，由于ra > rb ，则两电池的效率ηa 和ηb 的关系为
ηa < ηb
故选 B。
答案第 7 页，共 11 页
12 ．(1)C
(2) R1
(3) 红 见解析
(4) 变大 0.22##0.21##0.23##0.24
(5)BC
（1）由于小灯泡的额定电流为 0.20A，即直流电流挡应选用 0~250mA 的量程。故选 C。
（2）要求能在 0~2.5V 范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器应采用分压式接法，为便于操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1。
（3）[ 1][2] 因小灯泡的电阻较小，则电流表应外接，多用电表作为电流表使用时，电流应从多用电表的红表笔流入，从黑表笔流出，故电压表的负接线柱应与多用电表的红表笔相连，实物连线如答案图所示
（4）[3][4] I -U 图像中上某点与原点连线的斜率为小灯泡电阻的倒数，则小灯泡的电阻随电流的增大而变大；设通过小灯泡的电流为 I，小灯泡两端的电压为 U，将该小灯泡与另一电源连成闭合回路后，由闭合电路的欧姆定律有
E = U + Ir
可得
即
I = 300 -100U(mA )在I -U 坐标系中作出图像，如图所示
答案第 8 页，共 11 页
两图像交点坐标I = 156mA 、U = 1.43V ，故小灯泡消耗的功率
P = UI = 0.22W
（5）AB ．由P = I2R可知， P - I2 图像上的点与原点连线（割线）的斜率表示小灯泡电阻R，又小灯泡的电阻随电流的增大而增大，故 A 错误，B 正确；
CD ．由 P 知， P -U2 图像上的点与原点连线（割线）的斜率大小表示小灯泡电阻的
1
倒数 ，故 C 正确，D 错误。
R
故选 BC。
(
2
)13 ．(1) 25 Vm ，方向为右上方与水平方向夹角为 arctan 1
(2) 2.4 10-12 J
（1）点电荷 Q 在 A 点产生的场强大小为
方向竖直向上，场强为矢量，根据电场的叠加原理，A 点的电场强度大小为
1
方向为右上方与水平方向夹角为arctan 。
2
（2）D 点和 B 点关于点电荷对称，则试探电荷从 D 点移动到 B 点过程中，点电荷对试探电荷的库仑力做功为 0，则电场力做功等于匀强电场对试探电荷做的功，即为
W = Eq . 2r = 2.4 10-12 J
14 ．(1)0.01m (2) 8.2 10-5 s
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（1）质子第一次被电场加速，由动能定理：qU mv 进入磁场后，洛伦兹力提供向心力：qv1B = m
已知比荷 k
联立整理得：
代入数值 U = 4.8 103 V, k = 9.6 107 C / kg, B = 1.0T
（2）当质子速度最大时，轨道半径等于 D 形盒半径R ，同理有：qvmB = m 设质子共加速n 次，总动能满足：nqU mv
联立得加速次数：n
质子在磁场中做圆周运动的周期： T
每次加速后质子在磁场中运动半周，总时间为n 个半周期，即： t = n 将n、T 代入化简得： t
代入数值R = 0.5m
得：t s
15 ．（1）a=3.2m/s2 ；（2）QR=1.52J
解：（1）当金属棒的速度大小 v1=1m/s 时，设回路中的感应电动势为 E、感应电流为 I，则
E1 = BLv1
此时金属棒受到的安培力
FA1 = BI1L
根据牛顿第二定律有
F -mg sin θ - FA1 = ma
答案第 10 页，共 11 页
解得
a = 3.2m / s2
（2）设金属棒进入匀速运动状态时的速度大小为 vm，根据受力平衡有F - mg sin θ - FA = 0
又
设在所研究的过程中金属棒克服安培力做的功为 W 安，根据动能定理有
又知道 R 上产生的焦耳热为
QR W安联立解得
QR = 1.52J
答案第 11 页，共 11 页