天津市2024-2025学年高二下学期月考物理试题（解析版）

这是一份天津市2024-2025学年高二下学期月考物理试题（解析版），共18页。试卷主要包含了6s时和t=1等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
注意事项：
1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答在试卷上无效。
一、单项选择题（本题共8小题；每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。）
1. 如图所示，是矩形导线框的对称轴，线框左半部分处于垂直纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是（ ）
A. 将线框向右匀减速平移，线框中产生的感应电流方向为
B. 将线框向纸面外平移，线框中产生的感应电流方向为
C. 将线框以为轴向外转动60°，线框中产生的感应电流方向为
D. 将线框以为轴向里转动，线框中产生的感应电流方向为
【答案】D
【解析】A．将线框向右匀减速平移，穿过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向为，故A错误；
B．将线框向纸面外平移，穿过线圈的磁通量保持不变，线框中不会产生感应电流，故B错误；
C．将线框以为轴向外转动60°，穿过线圈的磁通量保持不变，线框中不会产生感应电流，故C错误；
D．将线框以为轴向里转动，将线框以为轴向里转动，穿过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向为，故D正确。
2. 下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是（ ）
A. 甲图中，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框将沿顺时针方向转动
B. 乙图中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化，从而冶炼金属
C. 丙图中磁电式仪表，把线圈在铝框骨架上，起到电磁驱动的作用
D. 图丁中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变
【答案】A
【解析】A．根据电磁驱动原理可知，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框也顺时针转动，故A正确；
B．真空冶炼炉外线圈通入高频交流电时，周围空间产生高频磁场，炉内的金属内部就产生很强的涡流，从而冶炼金属，故B错误；
C．磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，线圈通电受力后带动铝框转动，铝框内产生涡流，在电磁阻尼的作用下，线圈很快停止摆动，故C错误；
D．铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘中产生涡流，铜盘受到电磁阻尼作用，铜盘的转速变小，故D错误。
3. 对于远距离输电，在P一定的情况下，设输电线路中的电流为I，输电线的总电阻为R，为了减少损耗，采用增大电压U输电，下列说法正确的是（ ）
A. 由，知输电线路中的电流变大
B. 由，知输电线路中的电流变小
C. 由，知输电线路消耗功率增大
D. 由，知不会影响输电线路中的电流
【答案】B
【解析】AB．根据
可知输电线上消耗的电压不等于输电电压，根据
可知采用增大电压U输电，输电线路中的电流变小，故A错误，B正确；
CD．根据
可知采用增大电压U输电，输电线路中的电流变小，输电线路消耗功率减小，故增大电压U输电会影响输电线路中的电流，故CD错误。
故选B。
4. 如图所示，竖直面内的光滑圆弧槽上，两个小球甲、乙（均视为质点）同时由静止释放，其中小球甲的初位置离圆槽最低点较远些，小球甲、乙运动的弧长远小于圆弧槽的半径。关于小球甲、乙相遇时的情景，下列说法正确的是（ ）
A. 小球甲、乙的速度相同，相遇在点左方
B. 小球乙的速度更小，相遇点在点
C. 小球甲的速度更大，相遇点在点右方
D. 无法确定小球甲、乙的速度大小关系，因为两小球的质量关系未知
【答案】B
【解析】ABC．小球甲、乙运动的弧长远小于圆弧槽的半径，可知它们的运动可看成是简谐运动，根据周期公式
可知小球甲、乙从释放至运动到点所用的时间均为，则小球甲、乙在点相遇，故B正确，AC错误；
D．根据机械能守恒定律可得
解得
由于小球甲的下落高度较大，所以相遇时小球甲的速度较大，故D错误。
故选B。
5. 将的电压输入如图所示的理想变压器的原线圈，原副线圈的匝数之比为，。下列说法正确的是（ ）
A. 该交流电的频率为100Hz
B. 闭合开关S后，电阻R消耗的电功率为16W
C. 闭合开关S后，电流表的读数为2A
D. 断开开关S后，副线圈的输出电压为0
【答案】B
【解析】A．根据瞬时值的表达式可知，该交流电的频率为
故A错误；
BC．由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为，所以原线圈的电压的有效值为200V，根据变压器电压关系有
可得
副线圈上的电流为
电流表的读数为原线圈的电流，根据变压器电流关系有
可得
电阻消耗的功率为
故B正确，C错误；
D．断开S后，不影响副线圈电压，根据
可知副线圈电压仍为40V，不为0，故D错误。
故选B
6. 如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在光滑水平面上的A、两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移随时间的变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该弹簧振子的周期为1.6s，振幅为30cm
B. 在时，该弹簧振子的加速度大小为零
C. 该弹簧振子在时和时的速度相同
D. 在到的时间内，该弹簧振子的加速度和速度都逐渐减小
【答案】BC
【解析】A．由题图乙可知，该振动的振幅、周期分别
故A错误；
B．由于在t=4s时，恰好是周期的2.5倍，根据简谐运动的周期性可知，该时刻弹簧振子处于平衡位置，合力为零，加速度大小为零，故B正确；
C．由图像可知，斜率代表速度，根据对称性，弹簧振子在t=0.6s时和t=1.0s时的速度相同，故C正确；
D．图乙可知，在t=0.6s到t=1.0s的时间内，弹簧振子从平衡位置右侧运动到平衡位置左侧，所以弹簧弹力先增大后减小，弹力先做正功后做负功，故加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故D错误。
故选BC。
7. 一质点做简谐运动的位移x随时间t变化的关系式为x=0.2sin（5πt）m，则（ ）
A. 该质点振动振幅为0.4m
B. 该质点振动的周期为0.4s
C. 该质点振动的频率为5Hz
D. 在t=0.2s时，该质点的运动速度为零
【答案】B
【解析】ABC．由质点的位移x随时间t变化的关系式可知
所以，该质点的振动周期为
振动频率为
故A、C错误，B正确；
D．在t=0.2s时，质点的位移为
即该质点位于平衡位置，速度最大，故D错误。
故选B。
8. 如图甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面且向里．规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中电流沿着逆时针方向为感应电流的正方向，要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度随时间变化的规律可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】图乙所示的电流在0~时间内大小恒定为逆时针，由右手螺旋定则可知感应电流产生的磁场垂直直面向外，由楞次定律可知原磁场在垂直直面向里的方向增大或垂直于直面向外在减小，且原磁场的变化率不变，时间内电流大小与时间内相同，但电流方向为顺时针，由右手螺旋定则可知感应电流产生的磁场垂直直面向里，由楞次定律可知原磁场在垂直直面向里的方向减小或垂直于直面向外在增大，且原磁场的变化率不变，和时间内相等，综上所示可知B正确，ACD错误。
故选B。
二、不定项选择题（本题共4小题；每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中都有多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）
9. 演示自感现象的实验电路图如图所示，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，A1、A2为两个完全相同的灯泡，下列判断正确的是（ ）
A. 接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B. 接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C. 接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D. 接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
【答案】BD
【解析】AB．接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，原来电路稳定后通过灯A1的电流大于通过灯A2的电流，故灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，一长宽分别为2L和L、质量为m、电阻为R的n匝矩形闭合线圈abcd，从距离磁场上边界L处由静止下落，线圈恰好能匀速进入磁场。磁场上下边界的高度为4L，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈进入磁场时，线圈所受安培力大小为mg
B. 线圈进入磁场过程中和离开磁场过程中通过线框导线横截面的电量不相等
C. 线圈穿过磁场的全过程中，产生的总热量为2mgL
D. 线圈穿过磁场的全过程中，产生的总热量大于2mgL
【答案】AD
【解析】A．线圈匀速进入磁场，则受向下的重力和向上的安培力相平衡，则线圈所受安培力大小为mg，故A正确；
B．根据
可知，线圈进入磁场过程中和离开磁场过程中通过线框的电量相等，故B错误；
CD．线圈匀速进入磁场，则进入磁场时产生的热量为mgL，完全进入磁场后线圈做加速度为g的匀加速运动，出离磁场时速度大于进入磁场时的速度，则受向上的安培力大于重力，则穿出磁场时克服安培力做功大于mgL，即产生的热量大于mgL，则穿过磁场的全过程中，产生的总热量大于2mgL，故C错误，D正确。
故选AD。
11. 如图甲所示，圆形线圈电阻r=1Ω，匝数n=100，线圈内部存在垂直纸面向外的磁场，磁场面积为S=0.2m2，有一个阻值为R=2Ω的电阻两端分别与线圈两端a、b相连，电阻的一端b接地。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，不考虑圆形线圈缺口对感应电动势的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 在0-4s时间内，a点电势高于b点电势
B. 在0-4s时间内，通过电阻R的电荷量大小为4C
C. 当t=4s时穿过线圈的磁通量为12Wb
D. 在0-4s时间内，a、b两点间电压大小为2V
【答案】BD
【解析】A．在0-4s时间内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，通过电阻R的电流从b流向a，b点为电源的正极，则b点电势高于a点电势，故A错误；
B．在0-4s时间内，感应电动势为
感应电流为
在0-4s时间内，通过电阻R的电荷量大小为
故B正确；
C．当t=4s时穿过线圈的磁通量为
故C错误；
D．在0-4s时间内，a、b两点间电压大小为
故D正确。
故选BD。
12. 如图所示，一理想变压器接在一个输出电压有效值不变的正弦式交流电源上，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（光照越强阻值越小），L为阻值不变的灯泡，所有电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（ ）
A. 保持单刀双掷开关K与a连接，增加R2的光照强度，电压表示数变小
B. 保持单刀双掷开关K与a连接，增加R2的光照强度，电流表A1示数变小
C. 保持R2的光照强度不变，将单刀双掷开关K由a扳向b，灯泡L变亮
D. 保持R2的光照强度不变，将单刀双掷开关K由a扳向b，电流表A1示数变小
【答案】AC
【解析】B．保持单刀双掷开关K与a连接，由变压器原副线圈匝数比不变，原线圈两端电压不变可知，副线圈两端电压不变，增加光照强度，R2阻值减小，灯泡L与R2并联的总电阻减小，副线圈中的电流增大，则原线圈中电流增大，故B错误；
A．在副线圈所在回路中，由于电流增大，则R1的分压增大，电压表示数变小，故A正确；
CD．保持R2的光照强度不变，将单刀双掷开关K由a扳向b，变压器原线圈匝数减小，则副线圈两端电压增大，负载总电阻不变，副线圈所在回路电流增大，则灯泡L与A2电流增大，A1电流增大，故C正确，D错误。
故选AC。
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
三、填空题（本题共3小题，共14分。把答案填写在答题纸上的相应位置。）
13. 如图所示，先后以速度和，匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：
（1）线圈中的感应电流之比：___________。
（2）线圈中产生的热量之比：___________。
（3）拉力做功的功率之比：___________。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）[1]根据
线圈中的感应电流之比为
（2）[2]根据
线圈中产生的热量之比为
（3）[3]拉力与安培力相等
安培力之比为
根据
拉力做功的功率之比为
14. 在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，
（1）按如图1所示连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行这项实验操作的实验目的是为了________。
A. 测量灵敏电流表能够承受电流的最大值
B. 检查灵敏电流表测量电流的大小是否准确
C. 检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系
（2）接下来用图2所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线表示导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，则螺线管中感应电流产生的磁场方向________（填“向上”或“向下”）。再观察发现条形磁铁下端是S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向________（填“向上”或“向下”）。在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在________（选“不断增大”、“不断减小”或“保持不变”）。
【答案】（1）C （2）向下 向上 不断增大
【解析】（1）这样操作的目的是为了检验电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系，依此来确定产生的感应电流的方向，故C正确，AB错误。
故选C。
（2）[1]图1中闭合开关后，电流计指针向右偏转，说明电流计指针向右偏转时电流从“+”接线柱流入电流表；图2中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，电流从螺线管上面接线柱流出，流入电流表，则螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。
[2][3]条形磁铁下端S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向向上；在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在不断增大。
15. 在“探究变压器原、副线圈电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系，实验中需要运用的科学方法是_______（填选项前的字母）。
A 控制变量法B. 等效替代法C. 整体隔离法
（2）以下给出的器材中，本实验需要用到的有_______（填选项前的字母）。
A. B.
C. D.
（3）下列做法正确的是_______（填选项前的字母）。
A. 为了人身安全，最好使用低压直流电源，所用电压不要超过12V
B. 为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测
C. 观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多
D. 变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
（4）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为3.0V，已知此接法中，原线圈的匝数为副线圈的2倍，则原线圈的输入电压可能为_______（填选项前的字母）。
A. 1.5VB. 3.0VC. 5.0VD. 7.0V
【答案】（1）A （2）BD （3）B （4）D
【解析】（1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法。
故选A。
（2）实验中需要交流电源和交流电压表，不需要干电池和直流电压表。
故选BD。
（3）A．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，只能使用低压交流电源，若用直流电源，变压器不能工作，A错误；
B．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，B正确；
C．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知两线圈的电流与匝数成反比，可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，C错误；
D．变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是通过铁芯导电传输电能，D错误。
（4）若是理想变压器，则由变压器原、副线圈电压与匝数的关系知，若变压器的原线圈接“0”和“800”两个接线柱，副线圈接“0”和“400”两个接线柱，即原、副线圈的匝数之比为2：1，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压，考虑到不是理想变压器，可能有漏磁等现象，则原线圈所接电源的电压大于6V，可能为7V。
四、计算题（本题共3小题，共38分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
16. 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，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为的定值电阻，导体杆ab的质量为，电阻，并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度方向竖直向下的匀强磁场中。导体杆ab在水平向右的拉力F作用下，沿导轨以做匀速直线运动，导体杆始终与导轨垂直。求：

（1）通过电阻R的电流I的大小及方向；
（2）拉力F的大小；
（3）撤去拉力F后，导体杆逐渐停止运动，在此过程中，电阻R上产生的焦耳热。
【答案】（1）0.80A，方向从M到P；（2）0.16N；（3）0.16J
【解析】（1）导体杆ab在切割磁感线产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得
代入数据联立解得
由右手定则可知电流方向从M到P。
（2）导体杆ab在做匀速直线运动，可知水平向右的拉力大小等于安培力，由安培力公式，则有
（3）撤去拉力F后，由能量守恒定律，可得电路中产生的焦耳热
电阻R与r是串联关系，因此电阻R上产生的焦耳热为
17. 如图所示为一个小型交流发电机的示意图，其线框匝数匝，面积为，总电阻，绕垂直于磁场的轴以50r/s的转速匀速转动，已知匀强磁场磁感应强度，矩形线圈通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接，外电路的定值电阻，从图示位置开始计时，求：
（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）线圈转动90°时电压表的示数；
（3）求线圈转动1圈的过程中电阻R上产生的焦耳热。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）因为
根据题已知可得感应电动势的最大值
图示中线圈处于垂直中性面的位置，可得感应电动势瞬时值表达式为
（2）根据最大值与有效值之间的关系可得发电机产生感应电动势的有效值：
定值电阻R两端电压电压
即电压表读数为150V。
（3）由闭合电路欧姆定律可知
所以
18. 如图所示，匝数、横截面积、电阻的线圈中有方向水平向右的均匀减少的匀强磁场；两根足够长的平行金属导轨间距，固定在倾角为37°的斜面上；导轨通过开关K与线圈相连。一光滑金属杆cd质量，阻值，垂直放置在导轨上且保持良好接触；导轨上端连接一阻值为的电阻；导轨所在区域有垂直于斜面向上的匀强磁场。闭合开关K，金属杆恰能静止；导轨的电阻忽略不计。（，，）求：
（1）变化率的大小；
（2）断开开关K，金属杆从静止开始运动，经一段时间速度达到稳定，求这一稳定速度的大小；
（3）在（2）问基础上，若已知从开始下滑到速度达到稳定的过程中，电阻上产生的焦耳热，求这一过程金属棒沿导轨下滑的距离及所用的时间。
【答案】（1）；（2）vm=2m/s；（3）x=4m ，
【解析】（1）线圈中的感应电动势
金属杠中的电流
金属杆受力平衡
解得
（2）匀速时
解得
（3）金属杠下滑至稳定状态过程中，在R1上产生的热量也为Q，则由能量守恒定律得：
代入数据解得
研究这一过程，由动量定理得
解得