四川省广安市第二中学2022-2023学年高二物理下学期第一次月考试题（Word版附解析）

广安二中高二下期第一次月考物理试题一、单选题（本大题共8小题，共32分）1.下列关于电磁感应的说法中正确的是（  ）A.只要导体与磁场发生相对运动，闭合导体内就一定产生感应电流B.导体在磁场中做平行磁感线的相对运动，导体两端就一定会产生电势差C.闭合回路中感应电动势的大小只与磁通量的变化快慢有关，而与回路的导体材料无关D.感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量变化成正比【答案】C【解析】【详解】A．当闭合导体与磁场发生相对运动，若磁通量不变，则不会产生感应电动势，因此也没有感应电流，故A错误；B．导体在磁场中做平行磁感线的相对运动，导体没有切割磁感线，导体两端不会产生电势差，故B错误；C．闭合回路中感应电动势取决于穿过闭合回路的磁通量的变化率，即磁通量的变化快慢，与回路的导体材料无关，故C正确；D．感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量变化率成正比，故D错误。故选C。2.如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外,正方形金属线框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时。在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P-t图像为抛物线。则图中这些量随时间变化的关系正确的是（　　）A.B. C.D.【答案】C【解析】【详解】A．由于线框做初速度为0，加速度为a的匀加速直线运动由，，解得感应电流感应电流与时间成正比，A错误；B．由安培力公式有由上面几式解得线框做匀加速度直线运动由牛顿第二定律有解得外力与时间的关系为一次函数，不是成正比，B错误；C．线框中电功率的瞬时值为P则解得线框中电功率的瞬时值为P与时间是二次函数关系，图像有开口向上的抛物线，C正确；D．通过导体横截面的电荷量为q有，， 由上式解得又因为磁通量的变化量有，解得通过导体横截面的电荷量为q与时间是二次函数关系，图像有开口向上的抛物线，D错误。故选C。3.如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）A.线圈a有扩大的趋势B.穿过线圈a磁通量变小C.线圈a对水平桌面的压力FN将增大D.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．将滑动变阻器的滑片P向下滑动，接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，螺线管激发的磁场变强，线圈a中的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，与螺线管间出现排斥力，即线圈a对水平桌面的压力FN将增大。故A错误；B错误；C正确；D．根据电路图可判断出螺线管的下端为N极，可知线圈a中的磁通量为竖直向下的增大，根据楞次定律的增反减同，可知线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，故D错 误。故选C。4.如图所示电路（电源内阻不计），若开关S是闭合的，流过线圈L的电流为i1，流过灯泡的电流为i2，且线圈直流电阻小于灯泡的电阻。若t1时刻断开S，下列四个图中能正确表示流过灯泡的电流i2随时间t变化关系的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】因为线圈有阻碍电流变化的作用，由题意可知i1>i2，当开关S打开瞬间，由于线圈的自感作用，流经线圈的电流在这一瞬间没变，流经灯泡的电流在这一瞬间的方向产生改变，从右到左方向，且大小为i1，打开开关S时，线圈与灯泡构成闭合电路，随线圈上能量逐渐减小，流经灯泡的电流逐渐减小，因此ABC错误，D正确。故选D。5.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图像如图2所示，则A.=0.005s时线框的磁通量变化率为零B.=0.01s时线框平面与中性面重合 C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【答案】B【解析】【详解】由图2可知T=0.02s，Em=311V，根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E==V=220V，故C错误，根据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为，f==Hz=50Hz，故D错误；由图2可知t=0.01时，e=0所以该交流电从中性面开始计时，故B正确；t=0.005s时，e=311V，由法拉第电磁感应定律可得磁通量的变化率最大为311V，故A错误。故选B．6.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，b是原线圈的中心抽头，副线圈接理想电压表和理想电流表。在原线圈c、d两端加上的交变电压，则（　　）A.开关与a连接时，电压表的示数为B.开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，电压表示数变小C.开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，电流表示数变小D.变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率不变【答案】A【解析】【详解】A．开关与a连接时，根据变压器电压与线圈匝数关系有电压表的示数为故A正确；B．开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，根据 可知电压表示数不变，故B错误；C．开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，R减小，电流表示数变大，故C错误；D．变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，减小，增大，输出功率增大，输入功率增大，故D错误。故选A。7.如图所示，在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器，其中降压变压器原副线圈的匝数比n3：n4=100:1，输电线上的总电阻R=10Ω，输电线上损的功率，用户两端的电压U4=220V，则下列说法正确的是（　　）A.输电线上通过的电流为4AB.升压变压器的输出电压为22kVC.发电机的输出功率为66kWD.用户消耗的功率为44kW【答案】D【解析】【详解】A．根据题意有输电线上通过的电流为故A错误；B．根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，则有可知降压变压器输入电压为 输电导线上的电压为升压变压器的输出电压为故B错误；C．发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，则有故C错误；D．降压变压器的输入功率等于用户消耗的功率，则有故D正确；故选D。8.新能源电动汽车的无线充电原理图如图甲所示，M为匝数n＝50匝、电阻r＝1.0Ω的线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流后，在M线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A.M线圈产生的电动势的有效值为10VB.在t1时刻，M线圈产生的电动势为20VC.在t1~t2内，通过M线圈的电荷量为4×10－2CD.在t1~t2内，通过M线圈的电荷量为0【答案】A【解析】【详解】A．由图乙可知，受电线圈产生的感应磁场的周期为T=π×10-3s最大磁通量为Φm=2.0×10-4Wb所以受电线圈产生的电动势最大值为 所以受电线圈产生的电动势的有效值为故A正确；B．由图乙可知，t1时刻磁通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时受电线圈产生的电动势为0V，故B错误；CD．t1到t2时间内，通过M线圈的电荷量故CD错误。故选A。二、多选题（本大题共4小题，共16分）9.如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数，电阻为的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻，，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期。从线圈与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2V。下列说法正确的是（）A.电阻上的电功率为B.时，电阻两端的电压瞬时值为零C.从开始计时到通过电阻的电荷量为D.若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为【答案】AD【解析】 【分析】【详解】A．电阻上的电功率为A正确；B．线圈匀速转动的周期，时，正好又转到了与磁场方向平行位置，此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻两端的电压瞬时值最大，B错误；C．线圈两端所接电路的总电阻，根据闭合电路欧姆定律可知线圈产生的感应电动势的有效值最大值有故故从开始计时到，磁通量的变化故通过电阻的电荷量为C错误；D．转速增大2倍，线圈产生的感应电动势变为原来的2倍，故最大值为 且由可知，线圈中产生的电动势随时间变化规律为故D正确。故选AD。10.如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则（　　）A.只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大B.只将Q向下移动时，电流表的读数变小C.只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D.只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大【答案】BD【解析】【详解】AB．当将Q向下移动时，改变的是连入电路的电阻大小增大，而灯泡两端的电压副线圈的匝数比决定，现在匝数不变，输入电压不变，所以灯泡两端电压不变，亮度不变，所以电流减小，故A错误B正确；C．将P沿顺时针方向移动时，因变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，灯泡两端的电压将减小，所以电流变小，则电流表读数变小，故C错误；D．当提高输入端的电压U时，由于原副线圈的匝数不变，则输出电压也变大，所以电流表的读数会变大，故D正确；故选BD。11.如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成角，上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端。金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加 速度为则（　　）A.金属杆加速运动过程中平均速度为B.金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C.当金属杆的速度为时，它的加速度大小为D.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为【答案】BC【解析】【分析】【详解】A.若金属杆匀加速运动，则平均速度为，实际上金属杆加速运动中，加速度不断减小，速度时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移大于匀加速运动的位移，金属杆平均速度大于匀加速运动的平均速度，故A错误；B.金属杆加速运动过程中，安培力平均值小于匀速运动的安培力，且加速运动的平均速度小于匀速直线的速度，因此金属杆加速运动过程中，克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率，故B正确；C.根据匀速直线运动时，金属杆速度大小为v，所受的安培力大小为，此时依据平衡状态，则有：；金属杆的速度为时，它所受的安培力为，据牛顿第二定律解得 联立得：故C正确；D.整个运动过程中回路产生的焦耳热为所以R上产生的焦耳热小于，故D错误。故选BC。12.如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B=1.0T，质量m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=5Ω、n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相等，线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直，若小车运动的速度v随位移x变化的v﹣x图象如图乙所示，则根据以上信息可知（）A.小车的水平长度l=10cmB.磁场的宽度d=35cmC.小车的位移x=10cm时线圈中的电流I=7AD.线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92J【答案】AC【解析】【详解】A．闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度l=10cm，A正确；B．磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，是进入的过程，15~30cm是完全在磁场中运动的过程，30~40cm是离开磁场的过程，所以B错误； C．位移x=10cm时线圈的速度为7m/s，线圈进入磁场过程中，根据C正确；D．线圈通过磁场过程中运用动能定理得由乙图可知带入数据得所以克服安培力做功为5.46J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为5.46J，D错误。故选AC。三、实验题（本大题共2小题，共14分）13.（1）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.被测干电池一节B.电流表：量程0~0.6AC.电压表：量程0~3VD.滑动变阻器：0~10Ω，2AE.开关、导线若干①实验电路图应选择图中___；（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图像，则所测干电池的电动势为____V，内电阻为____Ω。（2）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“3.8V，0.3A”。除了开关、导线外，还有如下器材：电压表V，量程0~5V，内阻约5kΩ；电流表A1，量程0~500mA，内阻约0.5Ω； 电流表A2，量程0~100mA，内阻约4Ω；滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流2.0A；滑动变阻器R2，最大阻值100Ω，额定电流1.0A；直流电原E，电动势约为6V，内阻约为0.5Ω。①上述器材中，电流表应选___，滑动变阻器应选___。（填器材符号）②请根据所选的器材，在图甲中用笔画线代替导线，连接实验电路___。③将被测小灯泡与一个电动势为1.5V，内电阻为5Ω的电源串联组成闭合回路，则通过小灯泡的电流____A。【答案】①.乙②.1.5③.1##1.0④.A1⑤.R1⑥.⑦.0.15##0.14【解析】【详解】（1）①[1]干电池内阻较小，采用乙图电路所产生系统误差更小，故实验电路图应选择乙图。②[2][3]U－I图像的纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻，则（2）①[4]由题意可知，灯泡的额定电流为0.3A，故电流表选择；因本实验中要求从零开始调节，故采用分压接法，滑动变阻器选择小电阻，故选。②[5]电压从零开始，故应采用滑动变阻器的分压接法，由于小灯泡与电流表的内阻相接近，故采用电流表的外接法，如图所示 ③[6]在图像中做出电源的伏安特性曲线两图线的交点的纵坐标即为通过小灯泡的电流，电流为四、计算题（本大题共3小题，共38分）14.风力发单作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为，输出电压为，用户需要的电压是，长距离输电线电阻为.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%．试求：（1）长距离输电线上的电流多大；（2）用户得到的电功率是多少；（3）在输电线路中设置的升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是多少．【答案】（1）20A（2）96 kW（3）1:20；240:11【解析】【详解】（1）输电线损耗功率P线=100×4%kW=4kW，又P线=I22R线 输电线电流I2=20A（2）用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用=P-P损=P（1-4%）=100×96% kW=96 kW（3）原线圈中输入电流所以这样U3=U2-U线=5000-20×10V=4800V所以15.如图甲所示，阻值不计的光滑金属导轨在竖直面上平行固定放置，间距d为0.5m，下端通过导线与阻值RL为4Ω的小灯泡L连接，在矩形区域CDFE内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示，CE长为2m．在t=0时刻，电阻R为1Ω的金属棒以某一初速度从AB位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，g取10m/s2.求：(1)通过小灯泡的电流的大小；(2)金属棒的质量；(3)金属棒通过磁场区域所用的时间．【答案】（1）0.4A（2）0.008kg（3）0.2s【解析】 【分析】【详解】（1）金属棒未进入磁场时=（2）因灯泡亮度不变，故0.2s末金属棒进入磁场时刚好匀速运动，且通过灯泡的电流不变，即所以金属棒的质量（3）金属棒在磁场中运动时电动势且金属棒从CD位置运动到EF位置过程时间为．16.如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0T。一根质量m＝0.2kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2。求：(1)金属棒运动的最大速率v；(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小； (3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。【答案】(1)4m/s；(2)1m/s2；(3)1.5J【解析】详解】(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得解得(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得，解得F＝0.6N金属棒速度为时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得，解得：a＝1m/s2(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系则电阻R上的焦耳热解得：QR＝1.5J