四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理 Word版含解析.docx

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2022-2023学年度高二下期第一次月考物理试题考试时间：90分钟；满分：100分第I卷（选择题，共48分）一、单选题（共8题，每题4分，共32分）1.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V。已知变压器原线圈匝数为1200，则副线圈匝数为（　　）A.200B.400C.600D.1200【答案】C【解析】【详解】根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得可得副线圈匝数为故选C。2.如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd。则（　　）A.若线圈向右平动，其中感应电流方向是adcbaB.若线圈竖直向下平动，无感应电流产生C.当线圈以ab边为轴转动时，其中感应电流方向是adcbaD.当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是abcda【答案】B 【解析】【分析】本题考查通电导线的磁场分布以及楞次定律的应用。【详解】通电直导线电流向上，根据安培右手螺旋定则，导线右侧有垂直于纸面向里的磁场，靠近导线处磁感应强度较大。A．若线圈向右平动，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流方向是abcda。故A错误；B．若线圈在线圈平面内沿电流方向，即竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生。故B正确；C．当线圈从图示位置以ab边为轴转动瞬时，穿过线圈的磁场度的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向是abcda。故C错误；D．当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁场增大，根据楞次定律可知，产生感应电流为逆时针adcba。故D错误。故选B。3.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。4.一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在转动过程中，线框中的最大磁通量为m，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是（）A.当磁通量为零时，感应电动势也为零B.当磁通量减小时，感应电动势也减小C.当磁通量等于0.5m时，感应电动势等于0.5EmD.角速度等于Em/m【答案】D【解析】【详解】A．当磁通量为零时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，A错误BC．磁通量变化率的大小决定感应电动势大小，与磁通量变化无关，BC错误；D．最大感应电动势为，最大磁通量，所以解得：D正确5.如图所示是一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】交变电流一个周期内通过电阻R上产生的热量为 设交流电的有效值为I，则由交流电有效值的定义可知由以上两式联立解得故选D。6.如图甲所示，在阻值为R的电阻左侧连接一个电容为C的电容器，在R的右侧连接一个环形导体，环形导体的电阻为r，所围的面积为S。环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示，连接电路的导线电阻不计，在0~t0时间内电容器（　　）A.上极板带正电，所带电荷量为B.上极板带负电，所带电荷量C.上极板带正电，所带电荷量为D.上极板带负电，所带电荷量为【答案】C【解析】【详解】由题图乙可知B增大，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，感应电动势为 电容器两端电压为所以电容器所带电荷量为故选C。7.如下图所示，有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高H处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，则线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为()A.2mgLB.2mgL＋mgHC.2mgL＋mgHD.2mgL＋mgH【答案】C【解析】【详解】设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v，对于线框自由下落过程，根据机械能守恒定律得解得从线框开始下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热为：故C正确。故选C。8.如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度的升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3 为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是(　　)A.的示数不变，的示数增大B.的示数减小，的示数增大C.的示数不变，的示数增大D.的示数不变，的示数减小【答案】D【解析】【详解】当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以ABC错误，D正确．故选D．【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．二、多选题（每题4分，选对但不全得2分，选错得0分，共16分）9.某电站用11kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到330kV送电，下面哪个选项正确（　　）A.因，所以输电线上的电流增为原来的30倍B.因，所以输电线上的电流减为原来的C.因，所以输电线上损失的功率为原来的900倍D.若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的【答案】BD【解析】【详解】AB．根据P=UI得，。输送功率一定，输送电压变为原来的30 倍，则输送电流变为原来的，故A错误，B正确；C．电流减小到倍，根据，可知电线上损失的功率为原来的倍，故C错误；D．输送电流变为原来的，根据得，要使输电线上的功率不变，电阻变为原来的900倍，根据，直径变为原来的，故D正确。故选BD。10.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则(　　)A.两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B.曲线a，b对应的线圈转速之比为2∶3C.曲线a表示的交变电动势频率为25HzD.曲线b表示的交变电动势有效值为10V【答案】AC【解析】【详解】t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝25Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10V，有效值Eb＝V＝5V，D项错误．11.如图所示，电阻不计间距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R 的电阻连接，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一根电阻也为R，质量为m的金属杆垂直于导轨放置于处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x轴正方向的初速度，金属杆刚好能运动到处，在金属杆运动过程中()A.通过电阻R的电荷量B.金属杆克服安培力所做的功为C.金属杆上产生焦耳热为D.金属杆运动的时间为【答案】AB【解析】【详解】整个过程中通过导体截面的电荷量为：q=It=，故A正确；根据动能定理可得，金属杆克服安培力所做的功等于动能的减小，即W安=mv02，选项B正确；金属杆克服安培力所做的功为等于整个过程中回路中产生的焦耳热，即W安=Q=mv02，所以金属杆上产生的焦耳热为：Q1=，故C错误；金属杆运动中所受的安培力，则随速度的减小，安培力减小，加速度减小，即金属棒做加速度减小的减速运动，若金属棒做匀减速运动，则运动时间为，则因为金属棒做加速度减小的减速运动，可知平均速度小于，运动的时间大于，故D错误．故选AB．点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．12.如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，逆时针方向为感应电流i 的正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向，则图中可能正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．由图乙可知，在0~1s内，磁感应强度方向为正向且均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，同理，在1~3s内，感应电流恒定，沿顺时针方向，在3~4s内，感应电流恒定，沿逆时针方向，故B错误，A正确；CD．在0~1s内，ad边的电流方向为a→d，根据左手定则可知，安培力的方向为水平向右，根据安培力的计算公式有F安=BIL，其中I恒定不变，B随着t均匀增大，则F安随着t均匀增大，同理，1~2s内，安培力水平向左且均匀减小，2~3s内安培力水平向右且均匀增大，3~4s内安培力水平向左且均匀减小，故C错误，D正确。故选AD第II卷（非选择题，共52分）三、实验填空题（每空2分，共10分）13.G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时指针的偏转情况如图甲中所示，即电流从灵敏电流表G的左接线柱流进时，指针从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图乙中的条形磁铁的运动方向是向___________（填“上”或“下”）；图丙中的条形磁铁下端为___________（填“N”或“S”）极。 【答案】①.下②.S【解析】【详解】[1]图乙中指针向左偏，可以知道线圈中感应电流的方向是顺时针（俯视），感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入。[2]图丙中可以知道指针向右偏，则线圈中感应电流的方向为逆时针（俯视），感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。14.根据如图所示的某振子的振动图像，填空作答：时刻振子相对平衡位置的位移（）时刻振子相对平衡位置的位移（）将位移随时间的变化规律写成的形式（）【答案】①.②.③.【解析】【详解】[1][2]由题图可知则当时，振子相对平衡位置的位移当时，振子相对平衡位置位移 [3]将位移随时间的变化规律写成的形式为四、解答题（共3小题，每题14分，共42分）15.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈外部和20Ω的电阻R相连接．求：(1)S断开时，电压表的示数；(2)开关S合上时，电压表和电流表的示数；(3)通过电阻R的电流最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率是多少？【答案】（1）50V；（2）40V，2A；（3）2A，80W【解析】【详解】（1）感应电动势最大值：Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50=50V感应电动势有效值S断开时，电压表示数，U=E=50V。（2）S合上时，电路电流电压表示数U=IR=2×20=40V （3）通过R的最大电流R消耗的电功率P=I2R=22×20=80W16.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为，导轨所在平面与水平面夹角，M、P间接阻值为的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为。质量为、阻值为的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，导轨和磁场足够大，重力加速度取，求：（1）当金属棒的速度为时的加速度；（2）金属棒能获得的最大速度；（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是3m，这一过程中金属棒上产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）当金属棒的速度为时，电动势为根据闭合电路欧姆定律有以金属棒为对象，根据牛顿第二定律可得又联立解得金属棒的加速度为 （2）当金属棒受力平衡时，加速度为0，速度最大，此时有代入数据解得（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是3m，该过程根据动能定理可得该过程回路产生的焦耳热为则金属棒上产生的焦耳热为联立解得17.如图所示，在距离水平地面h＝0.8m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝0.2m，质量m＝0.1kg，电阻R＝0.08Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝0.2kg的物体A(A未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10m/s2.求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小． （2）线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？（3）线框落地时的速度多大？【答案】（1）1T；（2）0.9s；（3）4m/s【解析】【详解】（1）设线框到达磁场边界时速度大小v，由机械能守恒定律可得：Mg(h－l)＝mg(h－l)＋(M＋m)v2代入数据解得v＝2m/s线框的ab边刚进入磁场时，感应电流I＝线框恰好做匀速运动，有Mg＝mg＋IBl代入数据解得B＝1T（2）设线框进入磁场之前运动时间为t1，有h－l＝vt1代入数据解得t1＝0.6s线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间t2＝＝0.1s此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间t3＝＝0.2s线框从开始运动到最高点，所用时间t＝t1＋t2＋t3＝0.9s（3）线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即IBl＝(M－m)g＝mg因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．由机械能守恒定律可得 m＝mv2＋mg(h－l)代入数据解得线框落地时的速度vt＝4m/s