2021_2022学年山东省烟台市莱州市第一中学高二（下）月考物理试卷（3月）（含答案解析）

2021~2022学年山东省烟台市莱州市第一中学高二（下）月考物理试卷（3月）

1.  如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为(    )

A. BLv B.  C.  D.

2.  如图所示，匀强磁场中有a、b两个闭合线圈，它们用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径。磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀减小。两线圈中产生的感应电动势分别为和，感应电流分别为和。不考虑两线圈间的相互影响。下列说法正确的是(    )

A. ：1，感应电流均沿顺时针方向
B. ：1，感应电流均沿逆时针方向
C. ：1，感应电流均沿顺时针方向
D. ：1，感应电流均沿逆时针方向

3.  如图甲所示，线圈总电阻，匝数，其端点a、b与的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示。关于a、b两点电势、及两点电势差，正确的是

A. ， B. ，
C. ， D. ，

4.  如图甲所示的电路中，变压器原、副线圈的匝数比为，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图像，，、、为四只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，开关K闭合。以下说法正确的是(    )

 

A. 电流表的示数为2 A
B. ab输入端输入功率
C. ab输入端电压的瞬时值表达式为
D. 四只灯泡中除外，其余均能正常发光

5.  光滑曲面与竖直平面的交线是如图所示的曲线，曲线下半部分处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是的直线图中虚线所示，一个金属块从曲线上处以速度v沿曲线下滑，假设曲线足够长，重力加速度为g。则(    )

A. 金属块最终将停在光滑曲线的最低点O处
B. 金属块只有在进出磁场时才会产生感应电流
C. 金属块最终将在虚线以下的光滑曲线上做往复运动
D. 金属块沿曲线下滑后产生的焦耳热总量是

6.  图甲为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的电流I与ab边所受的安培力F随时间t变化的图像图中不考虑2 s末线框中的电流及ab边的受力情况，下列各图正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

7.  一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示。螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是(    )

A. 时刻，圆环有扩张的趋势
B. 时刻，圆环有收缩的趋势
C. 和 时刻，圆环内感应电流的大小不同
D. 和 时刻，圆环内感应电流的大小相同

8.  如图所示，abcd为粗细均匀的正方形金属框，边长为L，质量为m，总阻值为R，倾角为的斜面光滑，斜面上以PQ和MN为边界的区域内存在一垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，若将金属框从ab边距边界PQ的距离等于磁场宽度磁场宽度大于金属框的边长的地方由静止开始释放，金属框刚离开磁场时恰好加速度为0，且从开始释放到完全离开磁场，金属框产生的电热为Q，则(    )

A. 金属框先做匀加速运动再做匀减速运动
B. 磁场的宽度为
C. 金属框刚离开磁场的速度为
D. 金属框刚进入磁场时ab两点的电势差为

9.  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，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、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，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，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中(    )

A. 通过定值电阻的电流方向是
B. 通过金属棒的电荷量为
C. 金属棒滑过时的速度大于
D. 金属棒产生的焦耳热为

10.  如图所示，单匝面积为S的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，角速度为，线圈自身电阻为r，负载电阻为R，线圈由图示位置转动的过程中，下述结论正确的是(    )

A. 平均电动势 B. 通过电阻R的电荷量
C. R上产生的焦耳热为 D. 外力所做的功为

11.  如图甲所示，b为理想变压器原线圈的中心抽头，电流表为理想交流电表，在原线圈两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是(    )
 

A. 原线圈输入电压瞬时值的表达式为
B. 仅将单刀双掷开关由a扳到b，电流表的示数变小
C. 仅将滑动变阻器的滑片向上移，灯泡L的亮度将不变
D. 仅将单刀双掷开关由a扳到b，变压器的输入功率变小

12.  如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数，接入电压的电路中，在两组副线圈上分别得到电压，。若在两副线圈上分别接上
、的电阻，设此时原线圈电流为，两副线圈电流分别为和。下列关系中正确的有(    )

A. 副线圈匝数分别为， B. 、
C. 、 D.

13.  如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接定值电阻、，且，原、副线圈的匝数比，交流电源电压为U，则(    )
 

A. 两端的电压为 B. 两端的电压为
C. 两端的电压为 D. 两端的电压为

14.  如图所示额定电压为220 V的用户供电的远距离输电的示意图，已知输入原线圈两端的电压，发电机的输出功率，输电线的电阻，如果输电线上损失的功率为输送功率的。如果图中的升压变压器以及降压变压器均为理想的变压器，则下列说法正确的是(    )

A.  B.
C. 通过输电线的电流强度大小为5 A D. 降压变压器原线圈两端的电压为4875 V

15.  如图，足够长的光滑平行金属导轨折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨平面与水平面的夹角为，水平和倾斜部分均处在匀强磁场中，磁感应强度均为B，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分磁场方向垂直于斜面向下，两个磁场区域互不叠加。两倾斜导轨间距为L，水平导轨间距为2L。将长为L的金属棒a放在倾斜导轨上，长为2L的另一根金属棒b放在水平导轨上，同时将b用水平轻绳通过定滑轮和小物块c连接。已知两金属棒接入电路的电阻均为R、质量均为m，c的质量也为m，不计一切摩擦及其他电阻，运动过程中棒与导轨保持接触良好，重力加速度的大小为g。

若锁定a释放b，求b的最大速度；
同时释放a、b，求稳定后a、b的速度；
同时释放a、b，若c下落h时a、b恰好达到稳定状态，求这一过程中系统产生的焦耳热。

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】

【分析】
本题考查动生电动势的计算。要理解切割的有效长度，即为垂直于速度方向上的投影长度，所以本题中的有效长度为。
【解答】
本题中ab边不切割磁感线，bc边切割的有效长度为，a、c两点间的电势差为，故C正确，ABD错误。
故选C。  

2.【答案】C 

【解析】

【分析】
此题需要用到法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律，需要掌握其应用条件，难度不大。
根据楞次定律判断出电流的方向；由法拉第电磁感应定律即可求出电动势之比；由欧姆定律即可求出电流之比。
【解答】

设磁感应强度随时间的变化为k，由法拉第电磁感应定律有，
得，，所以，依据楞次定律，因磁感应强度B随时间均匀减小，所以感应电流均沿顺时针方向，故AB错误；
两线圈的电阻之比等于周长之比，根据电阻定律：线圈的电阻为，则、S、相同，两线圈电阻之比由欧姆定律有，得，故C正确，D错误。
故选C。

3.【答案】A 

【解析】

【分析】
根据法拉第电磁感应定律求出线圈中的感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向，结合电路知识求出a、b两点电势差。
通过图像运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道图像斜率的意义，在电磁感应的问题中要知道哪部分相当于电源。
【解答】
从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为逆时针方向，在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势，根据法拉第电磁感应定律得：
，
，
a、b两点电势差就相当于电路中的路端电压，所以。故选项A正确，BCD错误。
故选A。  

4.【答案】A 

【解析】

【分析】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。同时运用闭合电路欧姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化。分析的思路是先干路后支路，以不变应万变。最后值得注意的是图像的有效值是原线圈的有效值。
【解答】由输入端交变电压u的图像，可求出有效值为27 V，副线圈电压为9 V，副线圈三只灯泡均能正常发光。电流表的读数为 ，原线圈电流为 A，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压的瞬时值表达式为，故A正确，CD错误；
B.ab输入端输入功率，故B错误。
故选A。  

5.【答案】BC 

【解析】

【分析】金属块在进入磁场和出磁场的过程中产生感应电流，有热量产生，最终在以下来回摆动，根据能量守恒求出金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量。
解决本题的关键是知道最终在以下来回摆动，在摆动时无热量产生，以初始位置与位置为研究过程，动能和重力势能的减小量全部转化为热量。
【解答】金属块在进入磁场和出磁场的过程中，要产生感应电流，有热量产生，机械能要减小，在上方上升的最大高度不断减小。当金属块完全在磁场中运动时，磁通量不变，不再产生感应电流，机械能将不变，所以金属块最终将在虚线以下的光滑曲线上做往复运动，故A错误，BC正确；
D.金属块最终在以下来回摆动，以处为初位置，处为末位置，知末位置的速度为零，在整个过程中，重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒得产生的焦耳热总量，故D错误。
故选BC。  

6.【答案】AD 

【解析】由题图乙可知，时间内，B均匀增大，增大，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反感应电流产生磁场的磁感应强度的方向向外，由右手定则判断感应电流是逆时针的，因而是正值，所以可判断为正的恒值；磁通量不变，所以无感应电流，磁场B的方向垂直于纸面向外，根据楞次定律得感应电流是逆时针的，因而是正值，由法拉第电磁感应定律可知，感应电流的大小恒定，所以可判断为正的恒值，故A正确，B错误。

时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，无感应电流，没有安培力，时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力，根据左手定则得安培力方向向左，为负值，由于B随时间均匀减小，I不变，所以安培力F随时间t均匀减小，故C错误，D正确。

故选AD。

7.【答案】AD 

【解析】

【分析】
本题主要考查楞次定律，线圈中的电流增大或减小时，根据楞次定律判断出闭合金属圆环中感应电流的方向。
根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以判断闭合金属圆环面积的变化趋势。根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势与感应电流的大小。
【解答】

由图可知在时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属小圆环M的磁通量变大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项A正确，B错误；

C.由图可知在时刻和时刻线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，故C错误；

D.由图可知在和时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项D正确。
故选AD。

8.【答案】BC 

【解析】

【分析】分析线框的受力情况，结合安培力与速度的关系判断线框的运动情况。金属框刚离开磁场时恰好加速度为0，受力平衡，根据平衡条件和安培力与速度的关系求出线框的最大速度，再由能量守恒定律求出磁场宽度。由法拉第定律、欧姆定律求出金属框刚进入磁场时ab两点的电势差。
解决本题的关键是要明确金属框的受力情况，抓住安培力与速度成正比，分析合力的变化，从而确定加速度的变化。
【解答】假设磁场宽度为x，dc边刚好离开磁场MN边界时加速度为0，则，则此时速度是此过程中的最大速度，由于磁场宽度大于金属框的边长L，所以线框在进入PQ边的过程中速度小于，由于下滑过程中安培力，随速度增大而增大，则线框在进入PQ边的过程中，根据牛顿第二定律有，v增大，a减小，所以金属框做加速度减小的加速运动，不会做匀加速运动，全程加速也不会出现减速运动，故A错误；

B.由能量守恒有，则得，故B正确；

C.金属框刚离开磁场时加速度，则，可得，故C正确；

D.金属框进入磁场前，加速度为，由运动学公式有，再结合电势差与闭合电路欧姆定律公式得：金属框刚进入磁场时ab两点的电势差为，解得，故D错误。

故选BC。

9.【答案】BCD 

【解析】A.金属棒下滑到底端时速度向右，而且磁场竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向是，故A错误；
B.根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为，故B正确；
C.金属棒刚进入磁场时的速度，设金属棒滑过时的速度为，以向右为正方向，由动量定理有：
金属棒滑过前的过程：
金属棒滑过后的过程：
且有

因金属棒进入磁场后做减速运动，故


解得：，故C正确；
D.根据动能定理有，则克服安培力所做的功为，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，又因为电路中金属棒和定值电阻串联，其阻值均为R，所以金属棒产生的焦耳热为，故D正确。
故选：BCD。

10.【答案】AB 

【解析】

【分析】
本题主要考查交变电流的平均值和有效值。根据法拉第电磁感应定律可求得线圈由图示位置转动的过程中产生的平均电动势；根据电流的定义式和电流的有效值可求得通过电阻R的电荷量；根据正弦式交变电流有效值与最大值之间的关系求得电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律、焦耳定律可求得电阻R上产生的焦耳热；根据功能关系即可求得线圈由图示位置转动的过程中外力做的功。
【解答】
A.根据法拉第电磁感应定律得平均电动势，故A正确；
B.通过电阻R的电荷量，故B正确；
C.电动势的有效值，根据焦耳定律有R上产生的焦耳热为，故C错误；
D.外力所做的功，故D错误。
故选AB。  

11.【答案】AC 

【解析】

【分析】根据图像可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
本题考查了理想变压器的动态分析，掌握理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。
【解答】由正弦函数的特点可得，原线圈输入电压瞬时值的表达式，故A正确；
仅将单刀双掷开关由a扳到b，原线圈匝数变少，由可知，副线圈电压变大，电流表的示数变大，变压器的输出功率变大，即输入功率变大，故B、D错误；
C.灯泡L并联在副线圈两端，电压等于，不变，故灯泡L亮度不变，故C正确。
故选AC。  

12.【答案】AC 

【解析】

【分析】
根据电压与匝数成正比，可以求得线圈、的匝数；根据变压器的输入功率和输出功率相等可以求得原线圈中的电流强度。

本题考查变压器电压、电流、电功率关系等知识，多副线圈变压器和变压器串联是两种不同的电路结构，其规律有所差异。

【解答】变压器电压比等于匝数比 ，代入数据得，，故A正确；
B.有多个副线圈时，要根据能量守恒推导电流关系，有，故B错误；
C.分析副线圈电路，根据欧姆定律可得、，故C正确；
D.根据，代入数据计算得 A，故D错误。
故选AC。

13.【答案】AC 

【解析】

【分析】
变压器的基本原理：电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比。以此来分析求解相应问题。
本题考查变压器的原理，解题关键是明确电流、电压与匝数的关系。
【解答】

输入的电压U应等于原线圈两端电压加上两端电压，即，

则通过原线圈电流，而，

又因为，，，

所以代入可求得。

故选AC。

14.【答案】AC 

【解析】

【分析】根据求出输电线上的电流，分别计算出损失的电压与电功率，即可求出用户获得的电压和电功率。根据输电线上的电流和升压变压器的输出功率，求出输出电压，根据原、副线圈的电压比等于匝数比求出升压变压器的匝数比。求出输电线上的电压损失，从而得出降压变压器的输入电压，根据降压变压器原、副线圈电压比等于匝数比求出降压变压器的匝数比。
解答本题的关键是知道升压变压器的输出电压、损失电压和降压变压器的输入电压的关系，以及知道输出功率与输出电流和输出电压的关系。
【解答】导线上的电流为，升压变压器副线圈中的电压为，则有，则，则降压变压器的输入电压为，则，故A正确，B错误；

C.根据以上分析可知，通过输电线的电流强度大小为5 A，故C正确；

D.根据以上分析可知，降压变压器原线圈两端的电压为4975 V，故D错误。

故选AC。  

15.【答案】当b和c组成的系统做匀速运动时速度最大，设最大速度为，
对b、c组成的系统，由平衡条件得
根据闭合电路欧姆定律得
解得
同时将a、b由静止释放，a沿斜面向下运动，由牛顿第二定律得：
对a：
对b和c：
解得，任意时刻a和b的加速度之比
由于a、b都从静止开始运动且运动时间相等，
则任意时刻a、b棒的速度之比：
当a和b的加速度时达到稳定状态，设此时a、b棒速度分别为、，有
设此时回路电流为，则
由闭合电路的欧姆定律可得感应电流
解得
由于a、b两棒运动时间相同，那么从由静止开始到达稳定状态，
a、b的位移大小之比为，即c下落h，b的位移
a的位移大小也为
对于a、b和c系统，由能量守恒定律得

解得 

【解析】当金属棒b做匀速直线运动时b的速度最大，应用平衡条件可以求出b的最大速度。
当a、b做匀速直线运动时a、b达到稳定，应用平衡条件可以求出稳定后a、b的速度。
应用能量守恒定律可以求出系统产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。