天津市静海区2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2025第二学期高二物理（3月）学生学业能力调研试卷第Ⅰ卷基础题（共80分）一、单项选择题：每小题5分，共25分。1.关于电磁波的发现及应用，下列说法正确的是（）A.根据麦克斯韦电磁场理论，变化电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围也一定产生变化的电场B.利用红外线的热效应能杀菌消毒，夜视仪利用了紫外成像技术C.在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫调制D.为了有效向外发射电磁波，振荡电路不必采用开放电路，但要提高振荡频率【答案】C【解析】A．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围也产生稳定的电场；周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场周围也一定产生周期性变化的电场，选项A错误；B．利用紫外线的化学效应能杀菌消毒，夜视仪利用了红外成像技术，选项B错误；C．在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫调制，选项C正确；D．为了有效向外发射电磁波，必须要提高振荡电路得振荡频率，同时采用开放电路，选项D错误。故选C。2.汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（）A.制动过程中，导体不会发热B.制动力的大小与导体运动的速度无关C.改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力D.制动过程中导体获得的制动力逐渐减小【答案】D【解析】A．由于导体中产生了涡流，根据可知，制动过程中，导体会发热，A错误；B．导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；C．根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；D．制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。故选D。3.如图所示的电路中，A、B是相同的两个小灯泡，L是一个带铁芯的线圈，电阻极小。调节R，稳定后两灯泡均能正常发光。则（）A.闭合S时，A立即变亮，B逐渐变亮B.闭合S时，B立即变亮，A逐渐变亮C.断开S时，A会突然闪亮一下而B立即熄灭D.断开S时，B会突然闪亮一下而A立即熄灭【答案】B【解析】AB．合上S，B灯立即正常发光，A灯支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流增大，A灯逐渐变亮，故A错误，B正确；CD．断开S后，由L作为电源的供电电流是从原来稳定时通过L中的电流值逐渐减小的，故A、B两灯只是延缓一些时间熄灭，并不会比原来更亮，故CD错误。故选B。4.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为阻值为2R的金属棒，一端固定在竖直导电转轴上，随轴以角速度水平匀速转动，转动时棒与圆环接触良好，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和一个平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（）A.带电微粒带负电B.若增大角速度，微粒将向下运动C.金属棒产生的电动势为D.电阻消耗的电功率为【答案】D【解析】A．导体棒转动时，根据右手定则可知，产生感应电流流过电阻R的方向向上，可知电容器下板带正电，带电微粒带正电，选项A错误；B．若增大角速度，则电容器两板间电压变大，场强变大，向上的电场力变大，可知微粒将向上运动，选项B错误；C．金属棒产生的电动势为选项C错误；D．感应电流电阻消耗的电功率为选项D正确。故选D。5.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列正确的是（）A.若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为B.当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为C.若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D.若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变亮【答案】B【解析】A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为故A错误；B．原线圈电压为灯泡电压即副线圈电压为所以原、副线圈的匝数比为故B正确；C．若将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器有效电阻增大，则副线圈电流变小，根据电流关系可知原线圈电流减小，即电流表示数变小，故C错误；D．若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数减小，根据变压器电压规律可知副线圈电压减小，所以灯泡会变暗，故D错误。故选B。二、多项选择题：每小题5分，共15分。6.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为l，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。金属导轨右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中（）A.流过金属棒的最大电流为B.通过金属棒的电荷量为C.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为mg（h－μd）【答案】D【解析】A．金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律，得mgh＝mv2金属棒到达平直部分时的速度v＝金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝Blv最大感应电流故A错误；B．通过金属棒的电荷量故B错误；C．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－W安－μmgd＝0－0克服安培力做的功W安＝mgh－μmgd故C错误；D．克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q′＝Q＝W安＝mg（h－μd）故D正确。故选D。7.风能是一种清洁无公害可再生能源，风力发电非常环保，且风能蕴量巨大，如图所示为某风力发电厂向一学校供电的线路图．已知发电厂的输出功率为10kW，输出电压为250V，用户端电压为220V，输电线总电阻，升压变压器原、副线圈匝数比，变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（）A.输电线上损耗的功率为80WB.用户端的电流为44AC.降压变压器的匝数比D.若用户端用电器变多，则输电线上损失的功率会减小【答案】BC【解析】A．根据题意，由可得升压变压器原线圈的电流为输电线上的电流为则输电线上损耗的功率为A错误；BC．用户端的功率为解得则降压变压器的匝数比BC正确；D．若用户端的用电器变多，则降压变压器的输出功率增大，输入电流增大，输电线上损失的功率增大，D错误。故选BC。8.如图所示，足够长的光滑平行直导轨竖直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，已知金属棒MN能紧贴导轨滑动，导轨上端接一定值电阻R，金属棒与导轨电阻不计，金属棒由静止释放，感应电动势E、加速度a随时间t，以及通过电阻R的电荷量q、金属棒动能Ek随下落高度h变化关系图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】导体棒受到重力加速，切割磁感线，产生感应电动势产生感应电流为导体棒受到向上的安培力根据牛顿第二定律，有解得随着速度增大，加速度减小，直到安培力等于重力，加速度为0，速度达到最大，后匀速运动。A．根据由于加速度逐渐减小，所以图像斜率逐渐减小，A正确；B．根据由于加速度减小，所以图像斜率逐渐减小，B错误；C．根据可得所以图像斜率不变，C错误；D．根据动能定理有由于导体棒的加速度逐渐减小到0，所以图像的斜率逐渐减小到0，D错误。故选A。三、填空题（每空1分，共6分）9.如图甲所示，N=10匝的线圈，线圈内有垂直纸面向里的变化磁场，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。通过电阻R的电流方向______（填“a→b”或“b→a”）；电源的电动势即产生的感应电动势E=______V。若线圈阻，电阻，则Uab=______V。【答案】a→b107.5【解析】[1]由图可知，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，根据右手螺旋定则可知，感应电流的方向为逆时针方向，所以通过电阻R的电流方向为a→b；[2]根据法拉第电磁感应定律可得V=10V[3]根据欧姆定律有V10.某物理兴趣小组用如图1所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。（1）本实验主要运用的科学方法是___________。A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想模型法（2）关于实验操作，下列说法正确的是___________。A.实验可以用多节干电池串联起来作为电源B.实验中手不能接触裸露的导线、接线柱C.用交流电压表测副线圈两端电压时，副线圈应接小灯泡（3）若变压器为理想变压器，由原、副线圈若干组电压比与匝数比作出如图2所示的关系图像，该图像的斜率为___________。【答案】（1）A（2）B（3）1【解析】（1）探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，保持原线圈输入电压一定时，通过改变原。副线圈的匝数，测量副线圈上的电压，主要运用的科学方法是控制变量法。故选A。（2）A．该实验应使用交流电源，故A错误；B．手接触裸露导线、接线柱，会使人体接入电路中，导致数据不准确；故实验中手不能接触裸露的导线、接线柱，故B正确；C．若副线圈接小灯泡，测得电压为小灯泡两端电压，小于副线圈电压，故C错误。故选B。（3）若变压器为理想变压器，根据电压比等于匝数比可得故图像的斜率为1。四、易混易错辨析题（每小题2分，共8分）11.关于下列基本概念，判断是否正确，对的表明√，不对的表明×，不对的加以改正。（1）在电磁感应现象中，有感应电流就一定有感应电动势；反之，有感应电动势就一定有感应电流（）（2）线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大。（）（3）线圈在通过中性面时，磁通量最大，电流也最大。（）（4）线圈在中性面位置时，电流的方向发生改变。（）【答案】（1）×（2）×（3）×（4）√【解析】（1）在电磁感应现象中，有感应电流就一定有感应电动势；反之，有感应电动势如果电路不导通，则无感应电流，该说法错误；（2）根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大，则线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势不一定越大，该说法错误；（3）线圈在通过中性面时，磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，感应电动势为零，则电流为零，该说法错误；（4）线圈在中性面位置时，电流的方向发生改变，该说法正确。五、解答题（12题10分，13题16分）12.如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈在磁场中可绕过边和边中点且垂直于磁场方向的水平轴匀速转动。为了便于观察，图中发电机的线圈只画出了其中的1匝，用以说明线圈两端的连接情况。线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻连接。已知矩形线圈边和边的长度，边和边的长度，匝数匝，线圈转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度。线圈的总电阻，外电路的定值电阻，其余电阻不计。电流表和电压表均为理想电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计，图示位置线圈平面和磁场方向垂直。求：（1）线圈从图示位置开始转过30°时的瞬时感应电动势；（2）线圈匀速转动过程中电流表的示数；（3）线圈从图示位置转过180°过程中流过电阻的电荷量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）感应电动势最大为瞬时感应电动势线圈从图示位置开始转过30°时（2）线圈匀速转动过程中，电流表的示数为有效值，则有则电流表的示数为（3）线圈由如图位置转过180°的过程中，通过的电量为代入数据解得13.如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角，导轨间距为L=0.5m，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场。一质量、有效电阻r=2Ω的导体棒从距磁场上边缘d处静止释放，当它进入磁场时刚好匀速运动，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直，已知d=0.4m，接在两导轨间的电阻R=6Ω，不计导轨的电阻，取求：（1）导体棒刚进入磁场时的速度v；（2）导体棒通过磁场过程中，电阻R上产生的热量QR；（3）（关键环节）导体棒通过磁场过程中，通过电阻R的电荷量q；（4）规律总结：归纳总结电磁感应中求热量的方法（写出两种方法）。【答案】（1）2m/s（2）0.075J（3）0.05C（4）见解析【解析】（1）导体棒从静止下滑距离d的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：代入数据解得：v=2m/s（2）导体棒通过磁场过程中，由能量守恒定律得：mgdsinθ=Q总代入数据解得：Q总=0.1

J则电阻R上产生的热量为：QR=Q总=0.075J（3）导体棒进入磁场后，感应电动势为：E=BLv感应电流为：导体棒受到的安培力为：由平衡条件得：FA=mgsin

θ代入数据解得：B=2T可得导体棒通过磁场过程中，通过电阻R的电荷量（4）归纳总结电磁感应中求热量的方法：（1）可以通过能量转化角度