四川省成都市天府新区实外高级名校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（含答案）

第第页四川省成都市天府新区实外高级名校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题一、单选题1．如图所示，水平固定的长直导线与矩形导线框abcd在同一竖直平面，导线框的ab边与导线平行，导线中通有向右的恒定电流Ⅰ、现将导线框由静止释放，导线框在竖直下落过程中没有翻转。下列对导线框下落过程的分析，其中说法正确的是（）A．导线框中产生了顺时针方向的感应电流B．导线框的面积有收缩的趋势C．导线框下落的加速度有时可能大于重力加速度gD．若导线中的电流Ⅰ方向向左，则线框所受安培力的合力方向向下2．如图所示，一导线弯成半径为R的半圆形闭合回路。虚线MA右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A．感应电流方向始终沿直径由C到DB．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势最大值ED．感应电动势平均值E3．如图所示，在竖直向下的匀强磁场B中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，不计空气阻力，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域，下列说法正确的是（）A．a点电势比b点电势高B．金属棒中的感应电动势越来越大C．单位时间内ab扫过的曲面中的磁通量不变D．金属棒在运动过程中机械能越来越小4．如图所示，一个竖直方置，匝数为n的矩形线圈abcd在水平向右的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，转轴OO'与磁场方向垂直，线圈面积为S，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是（）A．线圈平面与磁场垂直时，磁通量为零B．线圈平面与磁场垂直时，磁通量变化最快C．线圈平面与磁场平行时，磁通量变化率最大D．感应电动势最大值为BSω5．街头变压器通过降压给用户供电的示意图如图所示。输出电压通过输电线输送给用户，输电线总电阻为R0，变阻器R代表用户用电器的总电阻。负载变化时输入电压不会有大的波动，若变压器上的能量损耗可以忽略，当滑片下移（相当于用户的用电器增加）时（）A．A1和A2示数均增大 B．V2示数增大C．R0的功率减小 D．变压器输入功率减小6．如图所示是法拉第在1831年做电磁感应实验的示意图，铁环上绕有A、B两个线圈，线圈A接直流电源，线圈B接电流表和开关S。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件，分析这个实验，下列说法中正确的是()A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流D．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电流表G指针不偏转7．在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，则下列判断错误的是（）A．S刚闭合瞬间，A灯和B灯同时亮B．S闭合后电路稳定前，A灯逐渐变暗C．S闭合电路稳定后，A灯和B灯亮度相同D．S闭合电路稳定后，再断开S时，A灯闪亮一下后熄灭8．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，原线圈电路中接入正弦交流电压u=2202sin(100πt)V，电流表为理想交流电表。已知RA．定值电阻R2=1ΩB．开关断开时，副线圈磁通量变化率的最大值为110C．开关S闭合时，原线圈的输入功率最大D．开关断开时，电路中消耗的总功率为1512.5W二、多选题9．如图甲所示，边长为a的正方形线框电阻为R，线框左半部分有垂直线框平面的匀强磁场，MN分别为线框两边的中点，磁场随时间变化的规律如图乙所示，磁场方向以向里为正方向，下列说法正确的是（）A．0到t2时间内磁通量的变化量为B．0到t1与t1到C．t1到t2时间内线框中M点电势始终比D．0−t210．在同一电热器中分别通入如图所示的甲、乙两种交变电流，则下列说法正确的是（）A．甲的有效值为IB．乙的有效值为2C．该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为1：8D．该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为5：411．如图所示的电路为在实验室完成的远距离输电的模拟电路，电路中左侧升压变压器原、副线圈的匝数比为1:5，右侧降压变压器的匝数比为2:1，定值电阻A．r=8B．流过升压变压器原线圈的电流为2AC．闭合开关，输电线上流过r的电流为5D．闭合开关，输电效率为50%三、实验题12．如图为“探究电磁感应现象”的实验中所用器材的示意图。（1）请用笔画线代替导线，将所缺导线补接完整；（2）电路连接完整后，某同学闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，则他将滑线变阻器的滑动端P向左滑动时，电流计指针向__偏转（选填“左”或“右”）13．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：（1）实验室中有下列器材：A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B．条形磁铁C．开关、导线若干D．交流电压表在本实验中，上述器材不用的是（填器材序号字母），还需用到的器材有（填直流电源，低压交流电源）。（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压（选填“增大”“减小”或“不变”）；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压（选填“增大”“减小”或“不变”）；上述探究过程采用的实验方法是。（3）若实验电路图如图（b）所示，实验时n1=800匝，n2=400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6V，若可拆变压器可视为为理想变压器，则：①变压器的输入电压有效值为。A.3V

B.62V

C.12V

②若灯泡的额定电压为6V，闭合S，灯泡能否正常发光？（填“能”或“不能”）。四、解答题14．如图，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。求：（1）第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比；（2）第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比；（3）第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。15．如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，其宽度L=1 m，导轨M与P之间连接阻值为R=0.2 Ω的电阻，质量为m=0.5 kg、电阻为r=0.2 Ω、长度为1 m的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力F=7.0 N拉金属杆ab，使它由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，其通过电阻R上的电荷量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，已知ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10 m/s2(忽略ab（1）磁感应强度B的大小和金属杆的最大速度；（2）金属杆ab从开始运动的1.8 s内所通过的位移；（3）从开始运动到电阻R产生热量Q=17.5 J时，金属杆ab所通过的位移。16．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M、N的质量分别为2m、m，在导轨间的电阻分别为R、2R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度大小为v（1）金属杆M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；（2）从金属杆M进入磁场到金属杆N出磁场的过程中，金属杆M上产生的焦耳热Q；（3）金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q及初始时刻N到ab的最小距离x。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】ABD、根据安培定则可知，导线下方的磁场垂直纸面向里，离导线越远的地方，磁场越小，导线框在竖直下落过程中，磁通量变小，根据楞次定律可知导线框中产生了顺时针方向的感应电流，导线框的面积有扩张的趋势，ab边受安培力较大且向上可知，线框所受安培力的合力方向向上，故A正确，BD错误；

C、导线框下落过程中，安培力向上，重力大于安培力，所以导线框下落的加速度小于重力加速度g，故C错误；

故答案为：A。

【分析】根据安培定则确定通电导线在线框中产生磁场的方向，越靠近导线，磁感应强度越大，确定导线下落过程，穿过线框磁通量的变化情况，再根据楞次定律及牛顿第二定律进行分析解答。2．【答案】C【解析】【解答】A．闭合回路进入磁场的过程中，磁通量一直在变大，由楞次定律可知，感应电流方向始终沿直径由D到C，A错误；B．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，闭合回路的磁通量一直在变大，故回路中始终存在感应电流，CD段与磁场方向垂直，所以CD段直线始终受安培力，B错误；C．从D点到达边界开始到C点进入磁场的过程可以理解为部分电路切割磁感线的运动，在切割的过程中，切割的有效长度先增大后减小，最大有效长度等于半圆的半径，即最大感应电动势为EC正确；D．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值为ED错误。故答案为：C。

【分析】往右运动过程中切割磁感线，根据动生电动势以及安培力表达式列式求解。3．【答案】C【解析】【解答】A、由右手定则可知，a点电势比b点电势低，故A错误；

B、金属棒做平抛运动，水平速度不变，根据

E=BLv0

可知，棒中的感应电动势不变，故B错误；

C、单位时间内ab的水平位移为v0，则扫过的曲面中的磁通量

Φ=BLv0t=BLv0

4．【答案】C【解析】【解答】AB、磁场与线圈垂直时磁通量最大，感应电动势为零，磁通量的变化率为零，磁通量变化最慢，故AB错误；

CD、磁场与线圈平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，感应电动势最大值为

Em=nBSω

故C正确，D错误。

故答案为：C。5．【答案】A【解析】【解答】A．当滑片下移，变阻器R的接入电阻变小，根据串反并同规律，副线圈电流I2增大，根据I原线圈电流I1增大，A1和A2示数均增大，A符合题意；B．当滑片下移，变阻器R的接入电阻变小，根据串反并同规律，V2示数减小，B不符合题意；C．当滑片下移，变阻器R的接入电阻变小，根据串反并同规律，R0的电流增大，根据P=R0的功率增大，C不符合题意；D．变压器输入功率为P输入电压U1不变，I1增大，变压器输入功率增大，D不符合题意。故答案为：A。

【分析】当滑片下移时，副线圈的电阻减小则根据输出电压不变可以判别输出电流增大，由于输出电流增大则定值电阻两端的电压增大则导致电压表V2读数减小；由于输出电流增大则导致两个电流表读数增大；由于电流增大则输入功率增大，且定值电阻的功率也增大。6．【答案】C【解析】【解答】AB、闭合开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量不变，电流表无电流，故AB错误；

C、闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知，电流表中的电流方向是b→a，故C正确；

D、闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电阻R减小，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律线圈B中有感应电流，可知电流表G指针偏转。故D错误。

故答案为：C。

【分析】确定在不同操作下，线圈A产生的磁感应强度的变化情况，继而确定穿过线圈B刺痛领导的变化情况，再根据楞次定律确定电流表G的电流方向及指针偏转情况。7．【答案】C【解析】【解答】ABC.开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光；由于自感线圈的直流电阻为零，所以随着电路逐渐稳定，线圈中感应电动势逐渐减小，通过线圈的电流逐渐增大，通过A的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，当电路稳定后，A灯因短路而熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮，AB不符合题意，C符合题意；

D.S闭合电路稳定后，断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当于新的电源，与灯泡A组成新的回路，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据自感现象的原理分析。8．【答案】A【解析】【解答】A、由题可知，设R2=R3=R，当开关S断开时，副线圈的负载电阻为2R；当开关闭合时，副线圈的负载电阻为R；将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，画出电路的等效电路图，如图所示

根据理想变压器电阻等效法，得R因此当开关断开时R当开关闭合时R根据闭合电路欧姆定律，可知等效电路中电流表示数I=且有I联立解得R=1故A正确；

BC、开关断开时R等1副线圈电流I副线圈电压U如果副线圈匝数为1，副线圈磁通量变化率的最大值为ΔΦ但是实际副线圈的匝数未知，因此磁通量变化率不可求，当R等=R1时，原线圈的输入功率最大，即副线圈开关断开时最大，故BC错误；

D、开关断开时，电路中消耗的总功率为P=故D错误。

故答案为：A。

【分析】熟悉掌握交流电最大值及有效值的关系，明确磁通量变化量的定义。当原副线圈匝数比不变时，可将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，画出电路的等效电路图。将R1和电源视为整体，则当外电路电阻等于电源内阻R1时，原线圈的输入功率最大。再根据电路连接情况结合闭合电路欧姆定律及电功率公式进行解答。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、0到t2时间内磁通量的变化量为

ΔΦ=12B0a2-(-12B0a2)=B0a2

故A错误；

B、根据楞次定律，0到t1时间内磁通量向里减小，在t1到t2时间内磁通量向外增加，则0到t1与t1到t2时间内线框中感应电流方向相同，均为顺时针方向，故B正确；10．【答案】B,D【解析】【解答】A、根据交变电流有效值的计算方法，对甲有

I02RT2+I022RT2=I甲2RT

解得甲电流的有效值为

I11．【答案】A,C【解析】【解答】AB、断开开关，两定值电阻消耗的电功率为32W，设降压变压器原副线圈的电压分别为U3、U4，原副线圈的电流分别为I3、I4，升压变压器原副线圈的电压分别为U1，U2，原副线圈的电流分别为I1、I2，则有

32W=I42R1+R2

又

U4=I4R1+R2

由理想变压器规律有

n3n4=U3U4，n1n2=U1U2，n3n4=I4I3，n112．【答案】（1）（2）右【解析】【解答】（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示

（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏一下；那么合上电键后，将滑线变阻器的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将右偏转。

【分析】熟悉探究电磁感应现象实验的实验原理及操作步骤和注意事项。确定不同操作下，穿过线圈B磁通量的变化情况，再根据楞次定律确定灵敏电流计的偏转方向。13．【答案】（1）B；低压交流电源（2）增大；减小；控制变量法（3）C；能【解析】【解答】（1）“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，题述器材在实验中不用的是条形磁铁。

故选B。

题中还需用到的器材是低压交流电源。

（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因原、副线圈电压和匝数成正比，即

U1U2=n1n2

则会观察到副线圈两端的电压增大；

然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可知将观察到副线圈两端的电压减小；

上述探究过程采用的实验方法是控制变量法。

（3）①根据变压器原理

U1U214．【答案】（1）进入磁场的过程中，感应电动势为E=Blv，根据闭合电路的欧姆定律得I=所以电流之比为I（2）匀速进入，则外力与安培力平衡，所以外力做的功的功率为P=Fv=BIlv=功率之比为P（3）根据功能关系，外力做的功转化为线圈产生的热量，所以有Q【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律确定磁场的感应电动势，再根据闭合电路的欧姆定律确定两次进入线圈的电流之比；

（2）线框匀速进入磁场，即处于受力平衡状态，根据安培力公式及平衡条件确定线框所受外力，再根据瞬时功率公式进行解答；

（3）线框做匀速直线运动，动能不变，外力对线框所做功全部转化为线框产生的热量，再根据功能关系确定两次进入线圈产生的热量之比。15．【答案】（1）解：1.8 s～2.0 s过程，通过导体棒电流I=得I=5 A导体棒匀速，对导体棒F=BLI+μmg ②导体棒匀速时，导体棒电动势E=BL欧姆定律I=由①②得B=1 T由①②③④得v（2）解：方法一：EIqΔΦ=BL由以上公式可得x方法二：0～1.8 s过程Ft−μmgt−即Ft−μmgt−B2（3）解：0～1.8 s过程F0～1.8 s过程产生总热量Q0～1.8 s电阻R产生热量QR1得Q1.8 s后匀速阶段电阻R热量QR2Qxx=x由⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮得x=7.2 m【解析】【分析】（1）导体棒先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动。q-t图像的斜率表示电流，由题意可知1.8-2.0s图像斜率不变，即回路中电流为定值。即导体棒做匀速运动，此时导体棒达到最大速度。对导体棒进行受力分析，再根据平衡条件结合欧姆定律和安培力公式