四川省威远中学2024-2025学年高二物理下学期第三次月考试题含解析

PAGE16-四川省威远中学2024-2025学年高二物理下学期第三次月考试题（含解析）一、选择题（14-18单选，19-21多选）1.以下各选项中属于沟通电的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】沟通电是指电流的方向发生改变的电流，电流的大小是否改变对其没有影响，电流的方向改变的是C故选C2.中心电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后的农村用电电价过高，农夫负担过重，其中客观缘由是电网陈旧老化，近来进行新农村电网改造，为削减远距离输电的损耗而降低电费价格，下列措施可行的是（）A.提高输送电压 B.提高输送电功率C.加快输电的速度 D.调整沟通电的频率【答案】A【解析】【详解】依据输送功率P=UI则则输电线上损耗的功率则降低输送功率、减小电阻和提高输送电压，可减小输电的功率损耗。而加快输电速度和调整沟通电的频率对功率损耗无影响，故A正确，BCD错误。

故选A。3.如图甲所示是日光灯的电路图，它主要由灯管、镇流器和启动器组成，镇流器是一个带铁芯的线圈，启动器的构造如图乙所示，为了便于启动，常在启动器的两极并上一纸质电容器C，某班教室的一盏日光灯总是灯管两端亮而中间不亮，经检查，灯管是好的，电压正常，镇流器无故障，其缘由可能是（）A启动器两脚a、b与启动器座接触不良 B.电容器C被烧断C.电容器C被击穿而短路 D.镇流器自感系数L太大【答案】C【解析】【详解】日光灯管的工作原理是，当电压加到启动器两端时，启动器内部的金属片受热膨胀而短路，短路后金属片放热断开，断开时在镇流器上感应出高压加到日光灯两端，使日光灯内的汞电离导通，日光灯发光。只有电容器C被击穿而短路不能使金属片断开。故ABD错误，C正确。故选C。4.等离子体气流由左方连续以速度射入和两板间的匀强磁场中，ab直导线与、相连接，线圈与直导线连接。线圈A内有如图乙所示的改变磁场，且磁场的正方向的规定为向左，如用甲所示，则下列叙述正确的是（）A.0~1s内、导线相互排斥 B.1~2s内、导线相互吸引C.2~3s内、导线相互吸引 D.3~4s内、导线相互吸引【答案】B【解析】【详解】由左侧电路可知，依据左手定则可知带正电的粒子偏向上极板，导线ab中的电流从a到b；对右侧电路，依据楞次定律可知在0~2s内电流从c到d，因同向电流相互吸引，可知0~2s内、导线相互吸引；同理可知对右侧电路，依据楞次定律可知在2~4s内电流从d到c，因异向电流相互排斥，可知2~4s内、导线相互排斥，故B正确，ACD错误。故选B。5.如图甲所示的电路中,当志向变压器a、b端加上如图乙所示的交变电压,闭合开关S,三只相同灯泡均正常发光下列说法中正确的是A.小灯泡的额定电压为6VB.变压器原、副线圈的匝数比为3:1C.图乙所示的交变电压瞬时值表达式为u=36sin100πt(V)D.断开开关S，L1会变亮,L2会变暗【答案】A【解析】【详解】A、B项：当S闭合后，原线圈中I1等于灯泡L1的电流，副线圈中I2是灯泡L2和L3的电流之和，由于三只相同的灯泡正常发光，故I2＝2I1，依据n1I1＝n2I2可知n1：n2＝2：1，由于输入电压U=UL+U1=18V，且，U2=UL，得U1=2UL，故UL=6V，即小灯泡的额定电压为6V，A项正确，B项错误；C项：由题意得图乙所示的交变电压瞬时值表达式为，故C错误；D项：断开开关S，负载电阻增大，副线圈电流I2减小，原线圈电流I1随之减小，则有灯泡L1变暗，L1两端电压减小，由U1=U－UL得原线圈两端电压U1增大，副线圈两端电压U2随之增大，灯泡L2变亮，D项错误．故选A．6.如图甲所示，将阻值为R=5Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间改变的规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A.电阻两端电压改变规律的函数表达式为u=2.5sin（200t）VB.电阻消耗的电功率为0.625WC.若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1AD.图乙交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为【答案】ABD【解析】【详解】A．由图可知，电流的最大值Im=0.5A，则电压的最大值Um=Im•R=0.5×5=2.5V周期T=0.01s，角速度为ω=200πrad/s，电阻R两端电压改变规律的函数表达式为u=2.5sin（200πt）V故A正确；

B．电流的有效值电阻R消耗的电功率为故B正确；

C．感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt其中Em=nBSω当线圈的转速提升一倍时，电压和电流的最大值都提升一倍，所以电流表的示数为故C错误；

D．图乙为正弦式沟通电，其有效值为图丁电流大小不变，有效值I′=0.5A，所以这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为故D正确；

故选ABD。7.如图甲所示，光滑水平面上直线MN右侧足够大区域内存在竖直向下的匀强磁场．水平面上放一质量m＝1kg、电阻R＝4Ω的正方形金属线框，线框的一条边与MN重合，某时刻让线框以初速度v0＝4m/s进入磁场，同时对线框施加一与初速度方向相反的外力F，F的大小随时间的改变关系如图乙所示．已知线框进入场磁后做匀减速直线运动，下列说法正确的是A.1s末线框刚好全部进入磁场B.匀强磁场的磁感应强度B＝3TC.线框在磁场中做匀减速运动的加速度大小为1m/s2D.线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝0.75C【答案】AD【解析】A、由于在线圈进入磁场过程中做匀减速运动所以速度减小，则安培力减小，要保持做匀减速运动则施加的外力也必需是变力，当线圈完全进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，不产生电流也不受安培力，所以此后施加的外力即为恒力，结合图像可以，1s末线框刚好全部进入磁场，故A对；BC、线圈做匀减速的加速度为，经过1s完全进入磁场，说明线圈的边长为；当线圈刚以速度进磁场时，结合图像并利用牛顿其次定律可知：;，解得：，故BC错；D、线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量，故D对；故选AD8.如图所示，半径为L的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条倾角的平行倾斜金属轨道相连，圆环区域内分布着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a，棒a一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，棒a可绕圆心转动。倾斜轨道部分处于垂直轨道平面对下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场中，金属棒b放置在倾斜平行轨道上，其长度与轨道间距均为。已知金属棒b的质量为m，棒的电阻分别为R和，其余电阻不计。若金属棒b与轨道间的动摩擦因数，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度为g。当金属棒a绕圆心以角速度ω顺时针（俯视）匀速旋转时，金属棒b保持静止。下列说法正确的是（）A.金属棒a中产生的感应电动势B.若金属棒b恰好不受摩擦力，则金属棒a旋转的角速度为C.金属棒a旋转的最小角速度为D.金属棒a旋转的最大角速度为【答案】BC【解析】【详解】A．设金属棒a在磁场中产生的感应电动势A错误；B．由闭合电路欧姆定律得，金属棒b中电流又由联立解得由左手定则可推断出b棒所受安培力方向沿倾斜导轨向上。若导体棒恰好不受摩擦力，则有

解得金属棒a旋转的角速度为B正确；CD．为保持b棒始终静止，设棒a旋转的角速度最小值设为、最大值为，由平衡条件，有解得由解得C正确，D错误。故选BC.二、试验题9.某试验小组开展“正（余）弦规律交变电流产生”的试验，线圈转到如图所示位置，形成图中所示感应电流方向，则沿轴方向看，线框是在_________（选填“顺时针”或“逆时针”）方向转动。【答案】顺时针【解析】【详解】[1]对ab边产生了由a到b的电流，依据右手定则可知，ab边向里转，则沿轴方向看，线框是在沿顺时针转动。10.在探究影响感应电流方向的因素试验中，用灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”和“拔出”磁铁，使线圈中产生感应电流，记录试验过程中的相关信息，就可以分析得出感应电流方向遵循的规律。下图为某同学的部分试验记录，在图1中，电流计指针向左偏转。①请在画出图3中电流计指针的偏转方向_______。②这组试验可以说明，感应电流的磁场方向与_______（选填“线圈的绕向”或“磁铁的磁场方向”）有关。【答案】(1).(2).磁铁的磁场方向【解析】【详解】①[1]．如图1所示，当磁铁的N极向下运动时，依据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向上，由安培定则可知感应电流的方向螺旋向下，此时电流从下向上流过电流表，电流表指针向左偏转；图3中磁铁的N极向上运动时，依据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向下，由安培定则可知感应电流的方向螺旋向上，此时电流从上向下流过电流表，则电流表指针向右偏转；如图；②[2]．同理可知图2中电流方向螺旋向上，电流表指针右偏；图4电流表指针向左偏转；所以这组试验可以说明，感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向、磁铁运动的方向有关，与线圈的绕向无关。11.某小组在做“用单摆测重力加速度”的试验：(1)小组成员用游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，则摆球直径d=_______cm；用毫米刻度尺测出摆线长为l0=88.87cm；测定了40次全振动时间如乙图中停表所示，那么单摆的摇摆周期T=__________。则重力加速度的表达式为__________（用d、l0、T表达）；(2)假如测得的g值比真实值偏小，可能的缘由是（）A.测摆线时摆线拉得过紧B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.起先计时时，停表过迟按下D.试验时误将49次全振动数为50次(3)某个小组成员遗忘了加摆球半径，将摆线长作为了摆长L，用测得的数据做出T2-L图线，做出的图线如图丙所示，则由此图计算出的重力加速度与真实值相比_______（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）【答案】(1).2.26(2).1.88(3).(4).B(5).相同【解析】【详解】(1)[1]．摆球直径d=2.2cm+0.1mm×6=2.26cm；[2]．依据表盘可知40次全振动的时间t=60s+15.2s=75.2s那么单摆的摇摆周期。[3]．依据则重力加速度的表达式为(2)[4]．依据可知A．测摆线时摆线拉得过紧，则L测量值偏大，则g值测量值偏大，选项A错误；B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而在计算时仍旧用原来的摆长计算，则g值偏小，选项B正确；C．起先计时时，停表过迟按下，则T测量值偏小，则g值偏大，选项C错误；D．试验时误将49次全振动数为50次，则T测量值偏小，则g值偏大，选项D错误；故选B。(3)[5]．若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑试验误差，依据可知，T2-L图象的斜率不变，所测重力加速度g不变，即算得的g值和真实值相比是相同的。三、计算题：12.如图所示为沟通发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=rad/s的角速度匀速转动，转动起先时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）电压表和电流表示数；（3）从计时起先，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量．【答案】（1）e=cost（V）（2）40V，2A（3）0.04C【解析】【分析】（1）依据感应电动势最大值Em=nBSω，从垂直于中性面起先计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）依据沟通电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定电流表与电压表示数；（3）依据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=公式，从而可求得．【详解】（1）线圈从平行磁场起先计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=V．故表达式为：e=Emcosωt=cost（V）；（2）依据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：，代入数据解得E=50V．电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：，U=IR．联立解得I=2A，U=40V；（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：q=I△t=，代入数据解得，q=0.04C．【点睛】本题主要考查了沟通电产生及其表达式与相关物理量的求解，较为简洁．13.如图所示，绝缘水平传送带长L1=3.2m，以恒定速度v=4m/s顺时针转动，传送带右侧与光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面夹角α=370，导轨长L2=16m、间距d=0.5m，底端接有R=3Ω的电阻，导轨区域内有垂直轨道平面对下、B=2T的匀强磁场．一质量m=0.5kg、长度为d=0.5m、电阻r=1Ω的金属杆无初速度地放于传送带的左端，在传送带作用下向右运动，到达右端时能平滑地滑上金属轨道，整个过程中杆始终与运动方向垂直，且杆与轨道接触良好，到达轨道底端时已起先做匀速运动．已知杆与传送带间动摩擦因数μ=0.5，导轨电阻忽视不计，g取10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）杆在水平传送带上的运动时间；（2）杆刚进入倾斜金属导轨时的加速度；（3）杆下滑至底端的过程中电阻R中产生的焦耳热.【答案】（1）1.2s；（2）；方向沿轨道斜面对下（3）12J【解析】【详解】（1）杆在传送带上加速运动时加速运动的时间这段时间内的位移因，此后杆匀速运动故，杆在水平传送带上的运动时间（2）杆刚进入磁场由牛顿其次定律代入数据解得：，方向沿轨道斜面对下（3）杆在轨道上匀速运动时有解得下滑过程中，闭合回路中产生的总焦耳热电阻R中产生的焦耳热代入数据解得14.下列说法正确的是（）A.做简谐运动的物体，当速率减小时，回复力肯定增大，且速度与回复力方向肯定相反B.在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与单摆的摆长成正比，与振幅和摆球质量无关C.做阻尼振动的系统，其振动的位移肯定越来越小