2025-2026学年山东菏泽市鄄城县第一中学高二下学期4月月考物理试题 含答案

/菏泽市鄄城县第一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题目要求。1.如图所示，是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为的水平方向的匀强磁场中，线框面积为边水平，线框绕某一竖直固定轴以角速度匀速转动。图示时刻边与磁场方向的夹角为，下列说法正确的是（）A.此时通过线框的磁通量为B.此时线框中的电动势瞬时值为C.此时感应电流的方向为D.当通过线框的磁通量最大时，线框中的感应电流也最大【答案】A【解析】【详解】A．此时通过线框的磁通量为，故A正确；B．导线框中产生的瞬时电动势的大小是，故B错误；C．由楞次定律可知，导线框中电流的方向是N→M→L→K→N，故C错误；D．当通过线框的磁通量最大时，磁通量的变化率为零，线框中的感应电流也为零，故D错误。故选A。2.如图所示为某一交变电压的图像，曲线部分为正弦式交流电的部分图像，其峰值为U1=10V，直线部分的电压大小为U2=10V，则该交变电压的有效值为（）A. B.10V C. D.【答案】A【解析】【详解】根据电流的热效应，在一个周期内，有解得故选A。3.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场轴线匀速转动时产生的正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图线a所示。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示。以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是（）A.图线a电动势的有效值为B.线圈先后两次转速之比为C.在图中时刻穿过线圈的磁通量均为零D.图线b电动势的瞬时值表达式为【答案】D【解析】【分析】【详解】A．图线a电动势的有效值为A错误；B．转速与周期成反比，则转速之比为3:2，B错误；C．时感应电动势为零，所以磁通量最大。C错误；D．图线a的电动势的瞬时值表达式为线圈先后两次的角速度之比为3:2，所以图线b电动势的瞬时值表达式为D正确。故选D。4.如图甲所示，匝数匝的矩形线框在匀强磁场中绕中心轴线以恒定的角速度转动，通过电刷与电路连接。已知线框的电阻，定值电阻，流过理想电表的电流随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时，电流表的示数为B.穿过单匝线框的最大磁通量为C.一个周期的时间内，电阻R产生的热量为D.时间内，流过电阻R的电荷量为【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，正弦交流电的最大值为，电流表示数为有效值，则电流表的示数为故A错误；B．根据题意，由，，联立解得故B错误；C．一个周期的时间内，电阻R产生的热量为故C正确；D．时间内磁通量的变化量大小为，则平均感应电动势为通过电阻的电荷量联立解得流过电阻R的电荷量为故D错误。故选C。5.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比，原线圈接有电阻，副线圈接有电阻，ab两端电压随时间变化规律。已知电阻，下列说法正确的是（）A.两端的电压是20V B.流过电阻的电流是2.0AC.流过电阻的电流是0.8A D.电阻两端的电压是16V【答案】C【解析】【详解】AB．根据电压关系其中满足，满足电流关系联立可得即把理想变压器和负载等效为电阻电阻与等效电阻串联，ab两端电压有效值流过电阻的电流电阻的电压，故AB错误；CD．原线圈两端的电压根据理想变压器，可得副线圈两端的电压电阻的电压就是8V，流过电阻的电流，故C正确，D错误。故选C。6.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。则第二次进入与第一次进入时相比（）A.线圈中电流之比为1∶2B.外力做功的功率之比为4∶1C.线圈中产生的热量之比为4∶1D.通过线圈中某一横截面的电量之比为2∶1【答案】B【解析】【详解】A．线圈进入磁场时产生的感应电动势则电流，可知线圈中电流之比为2∶1，A错误；B．外力做功的功率等于电功率，则，可知电功率之比为4∶1，B正确；C．线圈中产生的热量，可知热量之比为2∶1，C错误；D．通过线圈中某一横截面的电量，可知电量之比为1∶1，D错误。故选B。7.法拉第圆盘发电机如图所示，半径为的导体圆盘绕竖直轴以角速度旋转，匀强磁场竖直向上，两电刷、分别与圆盘中心轴和边缘接触，电刷间接有阻值为的电阻，不计其他电阻。下列说法正确的是（）A.电阻中电流从到B.点电势高于点电势C.角速度增大，电压不变D.半径减小，中通过的电流变大【答案】A【解析】【详解】AB．根据右手定则可知，流过定值电阻的电流方向为b到a，根据电源外部，电流从高电势点流向低电势点，故d点电势高于c点电势，故A正确，B错误；C．由题知，电刷间接有阻值为的电阻，不计其他电阻，则电压等于电源电动势，则有可知角速度增大，电压增大，故C错误；D．电流大小为可知半径减小，中通过的电流变小，故D错误。故选A。8.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。两光滑平行金属导轨的宽度l=2m、倾角θ=37°，底端连接电源，顶端ab导体棒垂直导轨放置且静止在两平行导轨上。已知导体棒的质量m=0.1kg，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。则流过导体棒的电流为（）A.0.75A B.0.7A C.0.65A D.0.6A【答案】A【解析】【详解】因为导体棒静止，沿斜面方向有解得流过导体棒的电流故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。9.图甲为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n=50匝、电阻r=2.0Ω的受电线圈，N为送电线圈，当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙，下列说法正确的是（）A.受电线圈产生的电动势的有效值为B.在时刻，受电线圈产生的电动势为20VC.在时间内，通过受电线圈的电荷量为D.在时间内，通过受电线圈的电荷量为【答案】AC【解析】【详解】A．由图乙可知，磁通量随时间按正弦规律变化，周期，因此角速度磁通量最大值根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大值为正弦交变电动势的有效值，故A正确；B．时刻磁通量达到最大值，图像的斜率表示磁通量变化率，由图可知根据法拉第电磁感应定律，受电线圈的感应电动势为0，故B错误；CD．平均电动势

平均电流电荷量联立可得

时刻，时刻，因此代入得，故C正确，D错误。故选AC。10.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，b是原线圈的中心抽头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R以外其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=311sin100πtV．下列说法中正确的是（）A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB.当时，c、d两点间的电压瞬时值为110VC.单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大【答案】AD【解析】【详解】A．原线圈两端电压最大值为331V=，则有效值为V=220V根据原副线圈电压与匝数成正比，得副线圈两端电压有效值为22V电表测量的是有效值，当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V，故A正确；B．当时，c、d间的电压瞬时值为故B错误；C．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，电流表示数减小，故C错误。D．单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，电压与匝数成正比，所以电压表和电流表的示数均变大，故D正确。故选AD。11.如图所示，边长为L的正方形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m，带电量为q的粒子从bc边中点O垂直入射，恰能从c点离开磁场，不计粒子重力，则正确的是（）A.粒子带正电B.此时粒子入射速度大小为C.为使粒子从d点射出，速度大小应调整为D.粒子从O进入到从d点射出用时大于【答案】BC【解析】【详解】A．由于粒子从c点离开磁场，则粒子在O点受到竖直向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B．根据洛伦兹力提供向心力有根据几何关系可得联立解得粒子入射速度大小为，故B正确；C．若粒子从d点射出，则有根据几何关系可得解得所以粒子的速度大小应调整为，故C正确；D．设粒子从O进入到从d点射出时圆心角为θ，则所以则运动时间为，故D错误。故选BC。12.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，电阻不计。在MQ之间接有一阻值为R的电阻。导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度，使杆向右运动。下列说法正确的是（）A.ab杆将做匀减速直线运动直到静止B.整个过程电阻R上产生的热量为C.ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为D.ab杆速度减为零时，ab杆走过的位移为【答案】BD【解析】【详解】A．导体棒运动过程中受到安培力安培力方向与速度方向相反，因此做减速运动，安培力逐渐减小，则加速度逐渐减小，故A错误；B．整个过程中根据能量守恒可知回路中产生热量电阻R上产生的热量为C．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为故C错误；D．ab杆速度减为零时，根据动量定理得ab杆走过的位移为故D正确。故选BD。三、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分。）13.某同学用如图甲所示的可拆变压器进行实验研究。（1）研究线圈电阻：如图乙，用“伏安法”测量200匝线圈的电阻（约几欧姆），电压表V内阻约3000Ω，电流表A内阻约2Ω，为了减小实验误差，V右端应该接至图中的_______（选填“a”或“b”）位置。（2）研究电磁感应：按图丙连接电路后，接通直流电源开关瞬间，发现灵敏电流计指针向右偏转一下；保持开关接通，将滑动变阻器的滑片快速向右滑动，灵敏电流计指针向________（选填“左”或“右”）偏转。（3）研究变压器：将400匝原线圈与6V交流电相接，200匝副线圈与交流电压表相接，通电后交流电压表示数为2.9V，并不是完全正好满足电压与匝数成正比，原因是_____。【答案】（1）a（2）左（3）不是理想变压器，存在漏磁##可拆变压器中有功率损耗【解析】【小问1详解】伏安法测电阻时，待测电阻约几欧姆，，且属于小电阻，应采用电流表外接法减小误差，因此电压表右端接点。【小问2详解】接通直流电源开关瞬间，原线圈电流从无到有，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计右偏；滑片快速向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，原线圈电流减小，穿过副线圈的磁通量减少，感应电流方向改变，因此灵敏电流计向左偏转。【小问3详解】电压与匝数成正比是理想变压器的规律，实际可拆变压器不是理想变压器，存在漏磁，磁通量有功率损耗，这些因素使得副线圈实际电压略低于理论值。14.为了测一个自感系数很大的线圈L的直流电阻，实验室提供以下器材：待测线圈L（阻值约为5Ω）；电流表（量程3.0A，内阻约为0.2Ω）；电流表（量程0.6A，内阻）；滑动变阻器（0~10Ω）；电压表V（量程3V，内阻约为2kΩ）；电阻箱（0~99.9Ω）；电源E（电动势E约为3V，内阻很小）；单刀单掷开关、；导线若干。某实验小组按如图所示的电路测量线圈L的直流电阻，实验主要步骤如下：（1）按电路图连接好电路，断开开关、，滑动变阻器的滑片移动到________（填“左”或者“右”）端；（2）闭合开关、，移动滑动变阻器的滑片至适当位置，记下电流表的示数为，电压表V的示数为U，线圈L的直流电阻的测量值的计算式为________；（3）测量完后，应先断开开关________，再断开开关________。（以上两空填或）【答案】（1）右（2）（3）①.②.【解析】【小问1详解】闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器接入电路的阻值应调至最大。由电路结构可知，滑片移动到右端时，滑动变阻器接入电阻最大。【小问2详解】由电路可知，电压表V测线圈和电流表的总电压，的示数是流过线圈的电流，总电阻为，减去​的内阻，即得线圈直流电阻【小问3详解】[1][2]由于线圈自感系数很大，若断开开关时先断开​，线圈会产生很大的自感电动势，在电压表中形成大电流损坏电压表。因此测量完成后，应先断开，断开电压表回路，再断开干路开关​。四、解答题（本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示，不可伸长的细绳上端固定于横梁上的A点，细绳的下端挂一边长为、总电阻为R=0.025Ω的正方形金属框abcd，水平对角线bd下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场，在t=0到t=3.0s时间内，磁感应强度大小随时间的变化关系为，求：（1）t=2.0s时金属框所受安培力的大小；（2）在t=0到t=2.0s时间内，金属框产生的焦耳热。【答案】（1）0.2N（2）0.05J【解析】【小问1详解】由，得磁感应强度变化率​金属框中产生的感应电动势为金属框中的电流为时，磁感应强度金属框处于磁场中的有效长度为此时金属框所受安培力大小为【小问2详解】感应电流恒定，由焦耳定律，得0~2.0s内金属框产生的焦耳热为16.如图，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有一半径为且与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小；（2）粒子的比荷；（3）粒子穿过圆形区域所用的时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】粒子沿直线通过cdef区域，可知解得【小问2详解】由逆向思维可知，粒子在左侧电场中做类平抛运动，可知，解得【小问3详解】粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，则解得则粒子转过的圆心角为可得则时间为17.某手摇式发电机的原理示意图如图所示。一半径的半圆形单匝金属线圈处在磁感应强度，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，摇动手柄使线圈以角速度绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，金属线圈电阻，外电路连接的