江西省南昌市江西师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期3月第一次素养测试 物理试卷（含解析）

这是一份江西省南昌市江西师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期3月第一次素养测试 物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是（ ）

A．变压器可以改变交流电压和频率
B．扼流圈对交流有阻碍作用是因为线圈存在电阻
C．真空冶炼炉的工作原理是在线圈上产生涡流，涡流产生热量使炉内金属熔化
D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
2．在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“花瓣”形线框，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知abc边受到的安培力大小为，则整个线框所受安培力大小为（ ）
B． C． D．
3．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化（如图甲所示）；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是（ ）
A．第一次，灯泡两端的电压有效值是 B．第二次，灯泡两端的电压有效值是
C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2：9 D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1：5
4．如图所示，置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动
5．如图所示，交流电电压，滑动变阻器（阻值）的滑片处于某一位置时，理想交流电压表示数，灯泡（，100W）、（50V，50W）均恰好正常发光。变压器为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．变压器输出电压频率为100Hz
B．电阻
C．变压器原副线圈匝数比
D．若将滑动变阻器触头向端移动，灯泡将会变暗
6．如图所示，某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压随时间变化的图像。不计电源内阻及电感线圈的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，流经灯和的电流相等
B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变
C．开关S断开瞬间，灯闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中
7．如图所示，在磁感应强度为的水平匀强磁场中有两半径为0.2m的金属圆环竖直放置且相互平行，金属环的间距为1m，一根长为1m，电阻为1Ω的金属棒在圆环内侧以角速度10πrad/s匀速转动，金属棒与圆环始终接触良好，图示金属棒在圆环最高点，电路中的电阻，其余电阻不计，电压表为交流电压表，则（ ）
A．金属棒从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电流先从a流向
b，后从b流向a
B．电压表的示数为0.2V
C．电阻R的功率为0.64W
D．金属棒在转动过程中，通过电路的磁通量变化率最大值为2Wb/s
8．如图所示，光滑水平桌面上放有一根通有恒定电流I的直导线，在导线一侧有一个铜制圆环。将圆环分两次释放，初速度大小均为，方向与直导线的夹角均为，假设圆环不会与导线相碰，则下列说法正确的是（ ）
A．两次圆环中感应电流方向相同
B．两次圆环开始时刻受到的安培力方向相反
C．两次圆环的末速度相同
D．两次圆环到达稳定状态所需的时间相同
9．如图所示，两个有界匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向分别垂直纸面向里和向外，其宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，线框一边平行于磁场边界，现用外力F使线框以图示方向的速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：线框中电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象中正确的是( )
B． C． D．
10．如图甲所示，是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中，一质量为、电荷量为的带正电粒子以速度在时从点沿方向垂直磁场射入，粒子重力不计.则下列说法中正确的是（ ）
A．若粒子经时间恰好垂直打在上，则磁场的磁感应强度
B．若粒子经时间恰好垂直打在上，则粒子运动的加速度大小
C．若要使粒子恰能沿方向通过点，则磁场的磁感应强度的大小
D．若要使粒子恰能沿方向通过点，磁场变化的周期
二、实验题（共16分）
11．（8分）某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素

（1）图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是
A．灯泡A、B均不发光 B．灯泡A、B交替短暂发光
C．灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D．灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
（2）通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体 （选填“向上”或“向下”）运动时，电流计指针向右偏转。
（3）为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路，请用实线完成其余部分电路的连接
（4）若图c电路连接正确，在闭合开关前，滑动变阻器滑片应移至最 （选填“左”或“右”）端
（5）若图c电路连接正确，开关闭合瞬间，指针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速抽出时，观察到电流计指针
A．不偏转 B．向左偏转 C．向右偏转
12．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，利用如图所示的可拆变压器能方便地探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。
(1)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是______。
A．控制变量法B．等效替代法C．演绎法D．理想实验法
(2)如果把它看成理想变压器，则左右两线圈上的交变电流一定相同的是______。
A．电压B．电流C．功率D．频率
(3)某次实验中得到实验数据如下表所示，表中、分别为原、副线圈的匝数，分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析，你的结论是：在误差允许的范围内， 。
(4)原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是_____。
A．原、副线圈的电压不同步
B．变压器线圈中有电流通过时会发热
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热
D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
三、解答题（共38分）
13．（10分）如图所示为一外接有负载的交流发电机的示意图。发电机电枢线圈为匝的正方形线圈，边长。线圈绕垂直于磁场的轴在磁感应强度的磁场中以角速度转动（不计一切摩擦）。已知线圈电阻，外电路负载电阻，电表是理想电表。求：
(1)线圈由图示位置开始转动时感应电动势的瞬时值表达式及电路中电压表的示数；
(2)线圈由图示位置到转过的过程中，产生的平均感应电动势及通过电阻的电荷量。
14．（12分）如图甲为某中小型水力发电站远距离输送单相交流电示意图，每根导线电阻为4Ω，远距离输电线的输送电流为100A，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为720kW，在用户端起点接有交流电压表，求：
（1）升压变压器原副线圈匝数比；
（2）设降压变压器原副线圈匝数比，求用户端交流电压表的示数；
（3）若用户端全是照明用电，能使多少盏“220V、20W”的节能灯正常发光？
15．（16分）如图甲，两相距为d足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN水平放置，内侧存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根电阻均为R的金属棒1、2垂直导轨放置。初始时棒1锁定，棒2的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与物块相连，滑轮左侧细绳始终保持与导轨平行。时，物块从距地面高为H处静止释放，时，物块落地，棒2与细绳恰好分离，同时解锁棒1。过程棒2的图如图乙所示。已知棒2质量为m、物块质量为2m，重力加速度为g，整个运动过程两棒始终与导轨接触良好，棒2不碰滑轮，物块落地后不反弹，不计一切阻力。求：
(1)物块刚释放瞬间的加速度大小；
(2)棒2匀速运动时的速度大小；
(3)物块下落的时间；
(4)之后，棒2的加速度表达式（棒1、2的瞬时速度用表示），在乙图中定性画出图。
实验次数
/匝
/匝
1
1400
400
12.1
3.42
2
800
400
12.0
5.95
3
200
100
11.9
5.92
《月考初稿2》参考答案
1．D
【详解】A．变压器可以改变交流电压，但不能改变频率，故A错误；
B．扼流圈对交流有阻碍作用不是因为线圈存在电阻，而是因为在扼流圈图中产生的感应电动势阻碍电流的变化，故B错误；
C．真空冶炼炉是用涡流产生的热量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，这时金属中产生涡流，故C错误；
D．磁电式仪表中的铝框能起电磁阻尼的作用，指针转动时铝框中会产生感应电流，铝框受安培力的阻碍作用，从而使指针迅速稳定，故D正确。
故选D。
2．A
【详解】根据电阻定律
由于两段导线的长度之比为，因此电阻之比为，而两段导线并联，则可知通过两段导线的电流之比为，由于两段导线的有效长度相同，且根据左手定则可知两段导线所受安培力的方向相同，设长导线中电流为，则短导线中电流为，短导线所受安培力
长导线所受安培力
联立解得
则整个线框所受安培力大小为
故选A。
3．D
【详解】AB．第一次灯泡两端的电压有效值为
设第二次电压的有效值为，根据有效值的定义，则有
解得
故AB错误；
CD．由功率的公式
得，灯泡的电功率之比是
故C错误，D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项A错误；
B．若圆盘逆时针减速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场减小。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项B错误；
C．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，选项C错误；
D．由右手定则可知，圆盘逆时针加速转动时，感应电流从边缘流向中心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由b→a，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，选项D正确。
故选D。
5．B
【详解】A．由可知，故变压器输出电压频率为
A错误；
C．设变压器的输出电压为，灯泡正常发光，则
由题意可知变压器的输入电压为
故变压器原副线圈匝数比，C错误；
B．变压器的输出电流为
由，可得
交流电源的电压有效值为
故电阻的阻值为
B正确；
D．设副线圈总电阻为R，将变压器等效为一个电阻，则有
故
若将滑动变阻器触头向端移动，则副线圈总电阻变大，故等效电阻变大
由可知减小，又因为，故变大，所以变大，流过灯泡L1的电流变大，灯泡将会变亮，D错误。
故选B。
6．A
【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于电感线圈的强烈阻碍作用，灯D3没有电流通过，灯和串联，流经灯和的电流相等，设每个灯泡的电阻为R，故
稳定后灯和并联再与串联，流过的电流为
故A正确，B错误；
C．开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯和提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯和的电流相等，所以灯逐渐熄灭，故C错误；
D．开关S闭合瞬间，灯和串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律
电路稳定后，流过D3的电流为
开关S断开瞬间，电感线圈能够为和提供与之前等大电流，故其两端电压为
所以
故D错误。
故选A。
7．D
【详解】A．根据右手定则可知，若金属棒顺时针转动，金属棒从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电流从a流向b，若金属棒逆时针转动，金属棒从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电流从b流向a，故A错误；
B．若经历时间t，金属棒转过夹角为θ，则有
感应电动势的瞬时值为
则电动势的有效值
根据闭合电路欧姆定律有
解得
故B错误；
C．回路中的感应电流
电阻R的功率
结合上述解得
P=0.32W
故C错误；
D．结合上述可知，当金属棒转过90°，感应电动势的最大值为
即金属棒在转动过程中，通过电路的磁通量变化率最大值为2Wb/s，故D正确。
故选D。
8．BC
【详解】A．根据安培定则，导线中电流在上侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，当圆环斜向右上方运动时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律，圆环中感应电流沿逆时针方向，当圆环斜向右下方运动时，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流沿顺时针方向，可知，两次圆环中感应电流方向相反，故A错误；
B．在圆环上截取左右对称的两个微元，根据对称性与左手定则，两个微元所受安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，即圆环水平方向合力为0。在圆环上截取上下对称的两个微元，根据对称性与左手定则，两个微元所受安培力在竖直方向的分力方向相反，由于距离导线越远，磁感应强度越小，则在竖直方向上，两个微元中下侧的微元所受安培力竖直方向的分力大一些，结合上述感应电流的方向，利用左手定则，可以判定下侧的微元所受安培力竖直方向的分力一个竖直向下，一个竖直向上，即两次圆环开始时刻受到的安培力方向相反，故B正确；
C．结合上述可知，在感应电流所受安培力作用下，圆环在竖直方向做减速运动，当竖直分速度减为0时，圆环向右做匀速直线运动，穿过圆环的磁通量不再发生变化，之后圆环中没有感应电流，可知，最终圆环的速度均为，故C正确；
D．结合上述，圆环在竖直方向做减速运动，由于距离导线越远，磁感应强度越小，则圆环斜向右下方运动时，所受安培力大一些，即此时竖直方向减速过程的加速度大一些，可知，斜向右下方运动至稳定状态所用时间短一些，故D错误。
故选BC。
9．AD
【详解】A．在时间内，磁通量：
随着时间均匀增大；在时刻，线框完全进入第一个磁场，磁通量为BL2；在时间内，线框从第一个磁场开始进入第二磁场，磁通量存在相互抵消，磁通量均匀减小；在时刻，线框从一种磁场进入另一种磁场正好处于一半时，磁通量为零；在时间内，磁通量反向均匀增大；在时刻，线框完全进入第二个磁场，磁通量反向最大为-2BL2；在时间内，线框穿出第二个磁场，磁通量均匀减小；在时刻，磁通量为零，故A正确；
B．在时间内：根据法拉第电磁感应定律得知，线框中产生的感应电动势E=BLv，大小保持不变，电流沿逆时针方向；在时间内：线框开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势方向相同，串联，电路中总的感应电动势应为：
=3BLv
方向为电流沿顺时针方向，在时间内，线框穿出第二个磁场，线框中产生的感应电动势E=2BLv，大小保持不变，电流沿逆时针方向；故B错误；
C．由于线框匀速运动，外力与安培力总保持平衡，根据楞次定律判断可知安培力的方向总是水平向左，则外力F方向总是水平向右，始终为正值，在时间内：F=BIL=，在时间内：
F=2BIL +BIL=
在时间内：
F=2BIL=
故C错误；
D．在时间内：
在时间内：
在时间内：
故D正确。
故选AD．
10．AD
【详解】A．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径为
R=L
根据
解得磁场的磁感应强度
选项A正确；
B．若粒子经时间t=T0恰好垂直打在CD上，粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周，如图，
由几何关系得，运动半径为
r=L
运动中的加速度为
选项B错误；
CD．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，粒子运动的时间必定为磁感应强度变化的周期的整数倍，如图；根据运动的对称性可得，轨道半径满足
2L=2nr′
即
(n=1、2、3、…..)
由洛伦兹力提供向心力得
得
(n=0、1、2、3、….)
粒子圆周运动周期为

磁感应强度变化的周期
T0=T
得
T0= (n=0、1、2、3、….)
选项C错误，D正确；
故选AD.
点睛：带电粒子在磁场中的运动的问题，重点就是运动过程的分析，要着重掌握圆周运动的规律，还有相应的数学知识，做到能准确找出原点，明确运动的轨迹．
11． B 向上 左 C
【详解】（1）[1]条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线增加，移动方向不同，产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光，ACD错误，B正确。
故选B。
（2）[2]当磁体向上运动时，穿过螺旋管的磁通量为竖直向下的减少，根据楞次定律，可知线圈中的感应电流产生的磁场竖直向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏；故磁体向上运动。
（3）[3]根据感应电流产生的条件可知，要想进一步探究影响感应电流方向的因素，需要组成一个闭合回路，还需要一个含有电源的电路形成一个电磁铁，电路连接如图所示

（4）[4]闭合开关瞬间，电路中电流增多，电磁铁的磁性增强，穿过螺线管的磁感线增多，会产生感应电流，为了防止产生的感应电流过大烧坏电流表，闭合开关前需要将滑动变阻器的滑片移到最左端。
（5）[5]开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈P中快速抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流计指针向右偏转。故AB错误，C正确。
故选C。
12．(1)A
(2)CD
(3)原、副线圈的电压比与匝数比相等，即
(4)BCD
【详解】（1）当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量的关系，如本实验中，保持原线圈输入的电压一定，探究副线圈输出的电压与和匝数、的关系。
故选A。
（2）由理想变压器原理可知，理想变压器原副线圈两端的交变电流功率、频率不变，通过副线圈的电流和副线圈两端电压与变压器原、副线圈的匝数比有关。
故选CD。
（3）通过分析表中数据可得结论，在误差允许的范围内，原副线圈的电压比与匝数比相等，即。
（4）变压器并非理想变压器，能量损失主要来源于三个方面，分别是BCD项中的绕制线圈的铜导线发热损耗（俗称铜损）、铁芯中的涡流发热损耗（俗称铁损）、铁芯对磁场的约束不严密损耗（俗称磁损）。
故选BCD。
13．(1) (2)，
【详解】（1）该交流电的峰值
解得
开始转动时线圈平面与磁感线平行，瞬时值表达式为
代入数值可得感应电动势的瞬时值表达式为
感应电动势的有效值
由闭合电路欧姆定律可得，感应电流
电压表的示数
代入数值可得电压表的示数
（3）平均感应电动势
其中
代入数值可得线圈由图示位置到转过的过程中，产生的平均感应电动势
由闭合电路欧姆定律得
通过电阻的电荷量为
代入数值可得
14．（1）；（2）220V；（3）32000盏
【详解】（1）由题图可知，升压变压器的输入电压的有效值为
由于变压器为理想变压器，所以升压变压器的副线圈的功率也为720kW，有
升压变压器的原副线圈之比为
解得
（2）由于远距离输电线每根电阻为4Ω，而远距离输电需要两根输电线，所以输电线的总电阻为
降压变压器输入电压为
由于降压变压器，有
解得
（3）输电线上损耗功率为
降压变压器输出功率为
设共能点亮N盏节能灯，有
记得的
15．(1)
(2)
(3)
(4)或
【详解】（1）设绳子的拉力为F，由牛顿第二定律，对物块则有
对棒2，则有
联立解得
（2）当棒2匀速运动时受力平衡，由牛顿第二定律有
由法拉第电磁感应定律、欧姆定律有对棒2，则有，
联立解得
（3）物块下落过程中：设极短内通过棒2的电流为，则有
对物块、棒2整体，由牛顿第二定律可得，
联立可得
其中
解得
（4）之后，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律，对棒1有
对棒2有
电路中的电流
由牛顿第二定律，对棒2：
联立解得
棒2的图如图1或2所示
图1 图2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
D
D
B
A
D
BC
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