上海市市西中学2024-2025学年高二上学期12月阶段性检测物理试卷（含解析）

这是一份上海市市西中学2024-2025学年高二上学期12月阶段性检测物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共12小题，共48分。
1.建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是( )
A. 法拉第B. 奥斯特C. 赫兹D. 麦克斯韦
2.关于涡流，下列说法不正确的是( )
A. 真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B. 家用电磁炉是利用涡流使锅体发热的
C. 阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D. 变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能增大涡流
3.“西电东输”为了减少输电线上的电能损耗，需要采用高压输电。水电站输出的功率不变，输出电压提高为原来的20倍，则输电导线上的电能损耗将减小为原来的( )
A. 120B. 1100C. 1200D. 1400
4.如图所示，两金属棒ab、cd横放在两水平且平行的金属导轨上，当给ab棒一个水平沿导轨的速度后，cd棒将( )
A. 静止不动 B. 向右运动
C. 向左运动D. 不能确定
5.如图所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，则( )
A. W1=13W2
B. W1=W2
C. W1=3W2
D. W1=9W2
6.矩形线圈绕垂直于匀强磁场的对称轴做匀速转动，经过中性面时，以下说法不正确的是( )
A. 线圈平面与磁感线方向垂直B. 线圈中感应电流的方向将发生改变
C. 通过线圈平面的磁通量最大D. 通过线圈的感应电流最大
7.如图所示，正弦波和方波交变电流的最大值相等，周期也相等，现把它们通入完全相同的电阻，则在相同的时间(远大于周期)内，两电阻发热之比Q甲/Q乙等于( )
A. 1/ 2B. 1/2C. 1/4D. 1/1
8.如图所示，理想变压器的原线圈接高电压，降压后通过一段电阻不可忽略的线路接用电器。S原来闭合，且R1=R2，现将S断开，那么交流电压表的示数U，交流电流表的示数I和用电器R1上的功率P1将分别是( )
A. U增大，I增大，P1增大
B. U减小，I增大，P1减小
C. U减小，I减小，P1减小
D. U增大，I减小，P1增大
9.如图所示，电阻R的阻值和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，则下列说法正确的是( )
A. 当开关S闭合时，B比A先亮，然后A熄灭
B. 当开关S闭合时，B比A先亮，然后B熄灭
C. 当电路稳定后开关S断开时，A立刻熄灭，B逐渐熄灭
D. 当电路稳定后开关S断开时，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭
10.如图所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L.一个边长为a的正方形导线框(L>2a)从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行．线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如右图所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个( )
A. B. C. D.
11.如图甲所示，一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示，则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图象是图中的(规定向右为安培力F的正方向) ( )
A. B. C. D.
12.如图所示，通电螺线管中间正上方和左侧静止悬挂着铝环a和b，两环平面与螺线管的中心轴线都垂直，b环的圆心在螺线管的中心轴上.当滑动变阻器R的滑动头P向左滑动时，两环中产生的感应电流方向和受到的安培力方向是( )
A. 电流方向相同，受力方向a环向上、b环向右
B. 电流方向相同，受力方向a环向下、b环向左
C. 电流方向相反，受力方向a环向下、b环向右
D. 电流方向相反，受力方向a环向上、b环向左
二、填空题：本大题共7小题，共36分。
13.如图，边长为L的N匝正方形金属线框的一半处于匀强磁场中，其ab边与磁场区域的边界平行，磁场方向垂直线框平面，磁感应强度为B.此时，穿过线框的磁通量大小为______。若线框绕ab边以角速度ω=π3rad/s匀速转动，在由图示位置转过90°的过程中，线框中有感应电流的时间为______s。
14.如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd分别
位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通。现用外力使ab棒向右快
速摆动，则此时cd棒受到的安培力方向为______(选填“向右”或“向左”)，
这个过程中右侧装置的工作原理相当于_________(选填“电动机”或“发电
机”)。
15.如图，光滑绝缘水平面上一正方形线圈以某初速度滑过一有界匀强磁场。磁场宽度大于线圈宽度。线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量分别为q1和q2，产生的焦耳热分别为Q1和Q2。则q1 ______q2，Q1 ______Q2(均选填“”)。
16.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的图像分别如图乙中的曲线a、b所示。t=0时线圈位于_____(选填“中性面”或“垂直中性面”)，曲线b表示的电动势的最大值为_____V。
17.如图所示，100匝矩形线框处在磁感应强度B=0.1 2T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，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“4W，100Ω”)和滑动变阻器：
(1)以图示位置为开始计时，写出该发电机产生的感应电动势随时间t变化的表达式为___________________。
(2)若灯泡正常发光，则原副线圈的匝数比为________________。
(3)若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数将_____(选择：A.逐渐增强B.逐渐减弱C.保持不变)
(4)若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡亮度将______(选择：A.变暗B.变亮C.不变)
18.为了研究感应电流的方向的影响因素，需要借助电流的方向和线圈的绕向判断感应磁场的方向，如图所示。已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电表左端流入时，指针向左偏转。
情况一：若将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转，俯视线圈，其绕向为_____。(填“顺时针”或者“逆时针”)
情况二：若当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针的偏转方向与情况一中_____(填“相同”或者“相反”)
19.如图a所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量m=1kg正方形闭合导线框abcd的边长l=2m，从bc边距离地面高为ℎ处将其由静止释放。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v−t图像如图b所示。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则导线框中有感应电流的时间是______s，释放高度ℎ和磁场高度d的比值ℎd=______。
三、计算题：本大题共1小题，共16分。
20.如图，固定的水平光滑平行轨道左端接有一个R=2Ω的定值电阻，右端与竖直面内的14圆弧形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接于N、N′点，两圆弧轨道的半径均为r=0.5m，水平轨道间距L=1m，矩形MNN′M′区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T，宽度d=1m。质量m=0.2kg，电阻R0=0.5Ω的导体棒ab从水平轨道上距磁场左边界s处，在水平恒力F的作用下由静止开始运动。若导体棒运动过程中始终与轨道垂直并接触良好，进入磁场后做匀速运动，当运动至NN′时撤去F，导体棒能运动到的最高点距水平轨道的高度ℎ=1.25m。空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2.求：
(1)力F的大小及s的大小；
(2)若其他条件不变，导体棒运动至MM′时撤去F，导体棒运动到NN′时速度为2 5m/s。
①请分析导体棒在磁场中的运动情况；
②将14圆弧轨道补为光滑半圆弧轨道，请分析说明导体棒能否运动到半圆轨道最高点；
③求导体棒在磁场区域运动过程中，定值电阻R上产生的焦耳热。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：
A、法拉第没有预言电磁波存在并建立完整的电磁场理论，故A错误．
B、奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误．
C、赫兹用实验验证了电磁波的存在，故C错误．
D、建立完整电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦．故D正确．
故选：D
建立完整电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦．
解决此类常识性问题，关键在于基础知识的积累，加强记忆．
2.【答案】D
【解析】A、高频感应炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化。故A正确；
B、电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，当含铁质锅具放置炉面时，铁磁性锅体被磁化，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部产生交变的涡流来加热食物，故B正确；
C、阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用。故C正确；
D、在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故D错误。
故选：D。
3.【答案】D
【解析】设水电站输出的功率为P，输出电压为U，输送电流为I，则有
P=UI
解得
I=PU
则输电导线上的损耗功率为
ΔP=I2R
解得
ΔP=P2RU2
可知当输出电压提高为原来的20倍，损失功率将减小为原来的 1400 。
故选D。
4.【答案】C
【解析】ab棒向右运动，由右手定则可知，通过cd的电流由c到d，由左手定则可知，cd棒受到的安培力水平向左，则cd棒向左运动;故ABD错误，C正确。
故选C。
5.【答案】C
【解析】
设正方形边长为L
则W1=E12Rt1=BLv12Rt1=B2L4Rt1
同理可得，W2=B2L4Rt2
故W1：W2=t2：t1=0.9：0.3=3：1，即W1=3W2
故选C。
6.【答案】D
【解析】解：A、中性面，就是磁场方向与线圈平面垂直的位置。故A正确。
B、中性面时，电流减为零，经过中性面电流方向将发生改变，大小增大。故B正确。
C、经过中性面时，磁场垂直于线圈平面，此时磁通量最大。故C正确。
D、经过中性面时，当线圈平面与磁场方向垂直，左右两边不切割磁感线，不产生的感应电动势，感应电流为零。故D错误。
本题选错误的，故选D。
矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次．
本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大．
7.【答案】B
【解析】
甲图的有效值为Im 2，乙图的有效值为Im，利用电流的热效应：W甲=Im 22RT，W乙=Im2RT，所以比值为1：2，故B正确，ACD错误。
故选B。
8.【答案】D
【解析】根据
U1U2=n1n2
可知次级电压不变，将S断开，则次级电阻变大，可知次级电流减小，导线上的电压损失减小，根据
U=U2−U线
可知电压表读数U变大，电器 R1 上的功率
P1=U2R1
变大；根据
I1I2=n2n1
可知，初级电流I减小。
故选D。
9.【答案】D
【解析】AB.当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮；但由于电感线圈的电阻不计，线圈将A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭，A、B错误；
CD.当电路稳定后开光S断开时，L相当于电源，与A组成回路，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭，C错误，D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图(乙)所示，由法拉第电磁感应定律可知，线框匀速进入磁场，由于L>2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，导致线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BIL−mg=ma，则做加速度在减小的减速运动，故B正确，ACD错误；故选B．
11.【答案】A
【解析】
0−1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为adcba，根据I=ΔBSΔtR，电流为定值，根据左手定则，AB边所受安培力的方向向左，由F=BIL知，安培力均匀减小； 1−2s内，由楞次定律知，感应电流的方向为abcda，根据I=ΔBSΔtR，电流为定值，根据左手定则，AB边所受安培力的方向向右，由F=BIL知，安培力均匀增大，故BCD错误，A正确。
故选A。
12.【答案】D
【解析】当滑动变阻器的滑片 P 向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强，穿过 a 和 b 的磁通量都变大，根据楞次定律可知，要阻碍磁通量的变大， a 将向上方磁场较弱的方向运动，而 b 将向左侧磁场较弱的方向运动；
根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向左， a 处的磁场方向向右，当磁场增大时，根据楞次定律可知， a 产生从左向右看逆时针方向的感应电流； b 处磁场的方向向左，当磁场增大时，根据楞次定律可知， b 产生从左向右看顺时针方向的感应电流；所以可知二者产生的电流方向相反，同时 a 环向上运动， b 环向左运动，故A、B、C错误，D正确；
故选D。
13.【答案】BL22 1
【解析】解：根据磁通量的定义式Φ=BS=B⋅L22=BL22
线框绕ab边转动的周期：T=2πω=2π13πs=6s
绕ab边转动90°的过程中，穿过线框的磁通量先不变(θ≤60°)，后减小到零，
根据产生感应电流的条件：闭合电路的磁通量发生变化，知在后来转动60°过程中有感应电流，即有感应电流的时间
t=60°360∘T=1s
故答案为：BL22；1
在匀强磁场中，当线框平面与磁场垂直时，穿过线框的磁通量Φ=BS，S为有效面积；当穿过线框的磁通量发生变化时，有感应电流产生，根据转动的角速度求出周期，求出磁通量发生变化时所转的角度，进而求出时间。
对于匀强磁场中磁通量一般计算公式是Φ=BSsinθ，θ是线圈平面与磁场方向的夹角，S是与磁感线垂直的平面的有效面积。
14.【答案】向右 电动机
【解析】解：ab棒向右切割磁感线，根据右手定则可知，感应电流方向由b到a，则cd中电流由c到d，再根据左手定则可知，cd中电流受力向右；右侧装置的运动属于电流在磁场中受力运动，故相当于电动机。
故答案为：向右，电动机
根据右手定则可分析ab中电流，从而明确cd中的电流，再由左手定则即可分析cd棒的受力情况，同时明确电动机的基本模型。
明确电动机原理以及左手定则和右手定则的应用，要注意明确左手定则适用于因电而动的情况，而右手定则适用于因动而电的情况。
15.【答案】= >
【解析】解：根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−Rt=ΔΦR，由于线圈滑入和滑出磁场的过程中穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ相等，线圈电阻R相等，所以线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量：q1=q2；
设正方形线圈刚滑入磁场瞬间初速度为v1，完全进入磁场时速度为v，完全离开磁场时速度为v2，线圈的边长为L。
正方形线圈滑入磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：−BI−Lt1=mv−mv1
正方形线圈滑出磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：−BI−Lt2=mv2−mv
由于q=I−t
则：mv−mv1=mv2−mv
解得：v1−v=v−v2
正方形线圈滑入磁场过程中产生的焦耳热为：Q1=12mv12−12mv2=12m(v1−v)(v1+v)
正方形线圈滑出磁场过程中产生的焦耳热为：Q2=12mv2−12mv22=12m(v−v2)(v+v2)
由于v1+v>v+v2
则有Q1>Q2。
故答案为：=；>。
根据电荷量的计算公式分析线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量的大小；根据动量定理分析线圈完全进入磁场时的速度大小与线圈刚刚进入磁场、刚刚离开磁场时的速度大小关系，再根据功能关系求解产生的焦耳热的关系。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
16.【答案】中性面 10
【解析】[1]t=0时刻线圈产生的感应电动势为零，可知此时穿过线圈的磁通量均最大，线圈位于中性面；
[2]由图可知a的电动势最大值为15V，周期为 Ta=4×10−2s ，b的周期为 Tb=6×10−2s ，根据
ω=2πT
可得
ωaωb=TbTa=32
电动势的最大值为
Em=NBSω
则有
EmaEmb=ωaωb=32
解得
Emb=10V
17.【答案】(1) e=50 2cs10t(V)
(2)5:2
(3)B
(4)A

【解析】(1)发电机产生的感应电动势随时间t变化的表达式为
e=Emcsωt=NBSωcsωt=50 2cs10t(V)
(2)若灯泡正常发光，则
U2= PR=20V
所以原副线圈的匝数比为
n1n2=U1U2=Em 2U2=52
(3)若将滑动变阻器滑片向上移动，则滑动变阻器接入电路的阻值增大，根据欧姆定律可知，副线圈电流减小，原线圈电流减小，即电流表示数将减小。
故选B。
(4)若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数减小，根据原副线圈电压与匝数的关系可知，副线圈两端电压减小，则流过灯泡的电流减小，灯泡亮度将变暗。
故选A。
18.【答案】顺时针 相同
【解析】[1]若将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转，可知感应电流从电表左端流入，因穿过线圈的磁通量向下增加，则感应电流的磁场应该向上，可知俯视线圈，其绕向为顺时针。
[2]若当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，则穿过线圈的磁通量向上减小，则线圈中产生的感应电流方向与情况一相同，即指针的偏转方向与情况一中相同。
19.【答案】0.5 2419
【解析】解：由图b可知，0～0.5s内线框做自由落体运动，加速度为g，0.5s时刻加速度突变，可知此时bc边刚好进入磁场，线框克服安培力做功，速度减小，在1.0s时刻加速度再一次突变，并在1.0s～1.5s时间内线框加速度又开始保持不变，所以1.0s时刻线框恰好全部进入磁场，此后的时间穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，所以线框下落加速度仍等于g。因此导线框中有感应电流的时间是0.5s；
t1=0.5s时刻，bc边刚好进入磁场，根据运动学规律有ℎ−d=12gt12，t2=1.0s时刻，线框ad边刚好进入磁场，并且此时线框速度大小为v=3.0m/s，在t3=1.5s时刻线框落地，根据运动学规律有d−l=v(t3−t2)+12g(t3−t2)2，联立解得ℎd=2419。
故答案为：0.5，2419。
分析图像知：0−0.5s时刻，线框做自由落体运动，0.5s时刻进入磁场，做加速度减小的减速运动，到1.0s时刻完全进入磁场，然后再做自由落体运动；根据自由落体运动规律ℎ=12gt2，列式可求解比例关系。
解答此题的关键是能够运用v−t图象的性质反映线框的运动状态，然后结合牛顿第二定律和自由落体运动规律列方程，常规题型。
20.【答案】解：(1)导体棒从NN′沿圆弧运动，离开轨道竖直上升到最高点的过程，满足机械能守恒定律。设导体棒磁场中匀速运动的速度为v1.则有：
mgℎ=12mv12
解得：v1=5m/s
导体棒进入磁场后做匀速运动，有：
F=BIL
又I=ER+R0=BLv1R+R0
联立解得：F=2N
导体棒从静止开始运动到刚进入磁场的过程，由动能定理得：
Fs=12mv12
解得：s=1.25m
(2)①导体棒在磁场中受到重力、支持力和向左的安培力，做减速运动。
所受的安培力大小为：F=BIL=B2L2vR+R0
根据牛顿第二定律得F=ma，知导体棒速度减小，安培力减小，加速度减小，所以导体棒做加速度减小的变减速运动。
②导体棒在半圆轨道上运动时满足机械能守恒定律，假设导体棒能运动到圆弧轨道的最高点，速度为v2.则有：
12mv12=12mv22+2mgr
解得：v2=0
而导体棒能到半圆轨道最高点的要求弹力N≥0，即mv22r≥mg，v2≥ gr= 5m/s
故导体棒不能到达半圆轨道最高点。
③导体棒磁场中运动时，导体棒动能的减小量等于闭合回路中电能的增加量，则有：
Q=12mv12−12mv22
解得：Q=0.5J
定值电阻R上产生的焦耳热与回路总的焦耳热之比为：QRQ=RR+R0=45
故有：QR=0.4J
答：(1)力F的大小是2N，s的大小是1.25m；
(2)①导体棒做加速度减小的变减速运动；
②导体棒不能运动到半圆轨道最高点；
③导体棒在磁场区域运动过程中，定值电阻R上产生的焦耳热为0.4J。
【解析】(1)导体棒从NN′沿圆弧运动，离开轨道竖直上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律求导体棒在磁场中匀速运动的速度。导体棒进入磁场后做匀速运动，F与安培力平衡，根据安培力与速度的关系以及平衡条件求出F的大小。在进入磁场前的过程，由动能定理求s的大小。
(2)①根据牛顿第二定律列式，得到加速度的表达式，分析加速度的变化情况，从而判断出导体棒在磁场中的运动情况；
②导体棒在半圆轨道上运动时遵守机械能守恒定律，由此求出导体棒到达轨道最高点的速度，与临界速度比较即可判断。
③根据能量守恒定律求R上产生的焦耳热。
本题是电磁感应与力学的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况，抓住安培力与速度的关系，来分析其运动情况。要掌握圆弧轨道最高点的临界条件，运用力学规律帮助解答。