2021-2022学年四川省崇州市怀远中学高二（下）第一次月考物理试题含解析

崇州市怀远中学2021-2022学年高二下期第一次月考物理试题

（满分 100 分，考试时间 90 分钟）

一、单选题（3×8=24分）

1. 下列不符合物理学史实的是（　　）

A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系

B. 卡文迪许通过扭称实验测定了静电力常量

C. 法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想

D. 安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质

【答案】B

【解析】

【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；

B．卡文迪许通过扭称实验测定了万有引力常量，故B错误；

C．法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想，故C正确；

D．安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故D正确。

本题选错误的，故选B。

2. 如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（　　）

A. ab棒不受安培力作用

B. ab棒a端的电势比b端低

C. ab棒中感应电流的方向由b到a

D. 螺线管产生的磁场，A端为N极

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．金属棒ab沿导轨向右运动时，所受安培力方向向左，以“阻碍”其运动，故A错误；

B．根据右手定则可知，流过金属棒ab的感应电流的方向是从b流向a，ab棒相当于电路中的电源，在电源内部，电流是从负极（低电势）流向正极（高电势），即a端电势更高，故B错误；

CD．流过螺线管的电流方向是从A端到达B端，根据右手螺旋定则可知，螺线管的A端为S极，故C正确，D错误。

故选C。

3. 如图所示，弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，A、B间距离是20 cm，从A到B运动时间是2 s，则（　　）

A. 从O→B→O振子做了一次全振动

B. 从B开始经过6 s，振子通过的路程是60 cm

C. 振动周期为2 s，振幅是10 cm

D. 从O开始经过3 s，振子处在平衡位置

【答案】B

【解析】

【详解】A．从O→B→O振子完成了半个全振动，故A错误；

BC．A到B运动时间是2 s，周期

因为

t=6s=1.5T

根据振子完成一次全振动通过的路程是4A，故从B开始经过6s，振子通过的路程是

S=1.5×4A=6A=6×10cm=60cm

故B正确C错误；

D．从O开始经过3 s即，振子处在位移最大的位置，故D错误；

故选B。

4. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是（　　）

A. t=0.01 s时穿过线框的磁通量最小

B. 该交变电动势的瞬时值表达式为

C. 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与磁感线的夹角为

D. 从计时时刻开始转过过程的平均电动势为22V

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图象知，t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故A错误；

B．由图可知，该交变电动势的最大值

周期为

则

该交变电动势的瞬时值表达式为

故B错误；

C．由瞬时值表达式

可知，当

时，有

则可知线圈平面与磁感线的夹角为，故C正确；

D．从计时时刻开始转过过程的平均电动势

又有

联立方程，解得

故D错误。

故选C

5. 已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化．今与这个电阻元件串联一个多用电表(已调至交变电流电流挡)，则多用电表的读数为(    )

A. 5 A B. 4 A

C. 4A D. 5A

【答案】A

【解析】

【详解】交流电流测量有效值，设该电流的有效值为I，根据交变电流有效值的定义取一个周期T.有：，解得，所以多用电表的读数为5A，故A正确，B、C、D错误；

故选A．

【点睛】有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻时，如果在相同时间内它们产生的热量相等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值．根据有效值的定义求解即可．

6. 如图所示，在平行虚线区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，粗细均匀的三角形闭合导线框的边与磁场边界平行（边长度小于磁场区域宽度）。现使线框水平向右匀速穿过磁场区域，且速度方向与边始终垂直。若规定电流在线框中沿逆时针方向为正，在该过程中，导线框中的感应电流i随时间t的变化规律，可能如下面哪一图线所示？（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】磁场方向垂直纸面向里，三角形闭合导线框进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律“增反减同”的“增反”可知，电流方向为逆时针，也就是电流为正；三角形闭合导线框离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律“增反减同”的“减同”可知，电流方向为顺时针，也就是电流为负。根据

三角形闭合导线框进入磁场过程中“有效长度L”逐渐减小，故电动势逐渐减小，电流逐渐减小；三角形闭合导线框离开磁场过程中“有效长度L”逐渐减小，故电动势逐渐减小，电流逐渐减小。三角形闭合导线框全部在磁场中运动过程中，磁通量不变，无感应电流。故BCD错误；A正确。

故选A。

7. 如图，MN和PQ是电阻不计的平行光滑金属导轨，金属棒与导轨间接触良好，其间距为L，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。则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）

A. 通过电阻R的电流方向为从N到Q

B. 金属棒刚进入磁场时产生的感应电动势为

C. 通过金属棒电荷量为

D. 金属棒产生的焦耳热为mgh

【答案】B

【解析】

【详解】A．金属棒进入磁场的过程中，磁通量变小，根据楞次定律，通过电阻R的电流方向为从Q到N，故A错误；

B．金属棒从释放到刚进入磁场的过程中，机械能守恒

得金属棒刚进入磁场时的速度

此时产生的感应电动势

故B正确；

C．通过金属棒的电荷量

故C错误；

D．根据能量守恒，电路中产生的总焦耳热

金属棒产生的焦耳热

故D错误。

故选B。

8. 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是（　　）

A. 螺线管中产生的感应电动势为1.2V

B. 闭合K，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电

C. 闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10-2W

D. 闭合K，电路中的电流稳定后，断开K，则K断开后，流经R2的电荷量为1.8×10-2C

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可得螺线管中产生的感应电动势为

故A错误；

B．根据楞次定律可以判断回路中感应电流的方向应为逆时针方向，所以电容器的下极板带正电，故B错误；

C．闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为

故C正确；

D．闭合K，电路中的电流稳定后电容器两端的电压为

K断开后，流经R2的电荷量即为K闭合时电容器一个极板上所带的电荷量，即

Q=CU=1.2×10-5C

故D错误。

故选C。

二、多项选择题（4×5=20分）

9. 下列关于电磁感应现象的说法正确的是（　　）

A. 穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大

B. 穿过闭合电路的磁通量为零时，感应电动势不一定为零

C. 穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中的感应电动势越大

D. 只要穿过闭合电路磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流

【答案】BC

【解析】

【详解】穿过闭合电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势越大。穿过闭合电路的磁通量越大，磁通量变化率不一定大，磁通量为零时，磁通量可能在变，感应电动势不为零。磁通量不为零时，磁通量变化才有感应电流或感应电动势，故BC正确AD错误。

故选BC。

10. 在如图所示的电路中，灯泡A1和A2的规格相同，L为自感系数较大的线圈，其直流电阻为RL。周同学先闭合开关S，调节滑动变阻器R、R1，使A1和A2都正常发光，然后断开开关S。吴同学在周同学走后，接通该电路继续实验，就吴同学观察的实验现象，下列说法正确的是（　　）

A. 闭合开关S后，灯泡A1、A2逐渐亮起来

B. 闭合开关S后，灯泡A1逐渐亮起来，灯泡A2立即亮起

C. 闭合开关S待电路稳定后断开开关S，灯泡A1立即熄灭，灯泡A2逐渐熄灭

D. 闭合开关S待电路稳定后断开开关S，灯泡A1、A2逐渐熄灭

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．闭合开关S，灯泡A2与电源构成的回路没有线圈，直接亮起，灯泡A1与线圈串联，逐渐亮起，故A错误，B正确；

CD．电路稳定后断开开关S，由于自感现象，线圈中电流会逐渐减小，灯泡A1、A2与线圈构成闭合回路，灯泡A1、A2逐渐熄灭，故C错误，D正确。

故选BD。

11. 如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是（　　）

A. 副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz

B. 在t=0时刻，电流表A2的示数不为0

C. 滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变大

D. 滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由图乙可知交流电周期为0.02s，因此频率为50Hz，理想变压器不改变交流电源的频率，副线圈两端电压的变化频率应为50Hz，故A错误；

B．电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确；

C．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表和的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定值电阻上的电压减小，因此电压表的示数变大，故C正确；

D．由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电流减小，结合原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表示数变小，在副线圈电路中，定值电阻可看作等效内阻，滑动变阻器R可看作外电阻，根据

由于不确定滑动变阻器R与定值电阻的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，故D错误。

故选BC。

12. 如图所示，半径为r，匝数为n的金属线圈下半部分置于匀强磁场中，总电阻为R，线圈固定不动，磁场以圆的直径AC为界。当时匀强磁场的磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，则（　　）

A. 线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向

B. 时刻，线圈受到的安培力大小为

C. 通过导线某横截面的电荷量为

D. 回路中感应电动势恒为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由题意可知线圈中磁通量先垂直纸面向外减小，再垂直纸面向里增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向始终为逆时针方向，故A错误；

B．根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势大小为

根据闭合电路欧姆定律可得线圈中的电流大小为

时刻，线圈受到的安培力大小为

故B正确；

C．时间内通过导线某横截面的电荷量为

故C错误；

D．B随t的变化率不变，所以回路中感应电动势恒为，故D正确。

故选BD。

13. 如图所示，MN、PQ为两足够长的光滑平行金属导轨，两导轨的间距L=1.0m，导轨所在平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q间连接一阻值R=0.3Ω的定值电阻，在导轨所在空间内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。将一根质量m=0.1kg，电阻r=0.2Ω的金属棒ab垂直于MN、PQ方向置于导轨上。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，导轨的电阻以及接触电阻可忽略不计，当金属棒沿导轨下滑4.05m时，速度达到5m/s。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　）

A. 金属棒中的电流从a流向b

B. 当金属棒的速度为5m/s时，金属棒两端的电势差=0.6V

C. 从金属棒出发到速度达到5m/s，金属棒产生的焦耳热为1.18J

D. 从金属棒出发到速度达到5m/s，通过金属棒电荷量为1.62C

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】A．由右手定则可判断出，金属棒中的电流从b流向a，故A错误；

B．当金属棒的速度为5m/s时，金属棒的感应电动势为

金属棒两端的电势差为

故B正确；

C．根据能量守恒定律可得

可得

金属棒产生的焦耳热为

故C错误；

D．由

故D正确。

故选BD。

三、实验题

14. 某校物理探究小组探究电磁感应规律的实验器材和电路如图所示回答下列问题：

（1）连接如图所示

（2）实验中发现：闭合开关时，灵敏电流计的指针向左偏转了一下。闭合开关后，若将线圈A快速插入线圈B中，灵敏电流计的指针会___________（选填“向左偏”、“不偏转”或“向右偏”）；开关保持闭合，线圈A保持静止，若把滑动变阻器的滑片快速向左滑动，灵敏电流计的指针会___________（选填“向左偏”、“不偏转”或“向右偏”）；

（3）通过实验可以得出：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中就会产生感应电流。

【答案】    ① 向左偏    ②. 向右偏

【解析】

【详解】（2）[1]闭合开关，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转了一下。若将线圈A快速插入线圈B中，则穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针也应向左偏转；

[2]开关保持闭合，线圈A保持静止，若把滑动变阻器的滑片快速向左滑动，电流迅速减小，则穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向应向右偏转。

15. 图甲为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。

（1）已知毫安表表头的内阻为10Ω，满偏电流为3mA；R1滑动变阻器，R2为电阻箱（0-9999.9Ω），若将电阻箱R2的阻值调为990Ω，改装后的电压表的量程为___________V；

（2）电流表A有两种规格，A1（量程0.6A，内阻约为0.1Ω）和A2（量程3A，内阻约为0.05Ω；滑动变阻器R1有两种规格，最大阻值分别为20Ω和200Ω。则电流表应选用___________填（“A1”或“A2”），R1应选用最大阻值为___________Ω的滑动变阻器；

（3）实验步骤如下：

①闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的滑动片移到左端；

②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电流表的示数I2和毫安表表头的示数I1；

③以I1为纵坐标，I2为横坐标，作I1-I2图线图线，如图乙所示；

④根据图线求得电源的电动势E=___________V（保留三位有效数字），内阻r=___________Ω（保留两位有效数字。）

【答案】    ①. 3. 0    ②. A1    ③. 20    ④. 1.48（1.44~1.52之间均对）    ⑤. 0.88（0.84~0.92之间均对）

【解析】

【详解】（1）[1]将电阻箱R2与毫安表串联后改装成电压表，当阻值调为R2=990，改装后的电表的量程为

（2）[2][3]根据图像可知，整个过程的电流不超过0.5A，故电流表选A1；因电源内阻较小，为了便于调节，滑动变阻器应选择20Ω的；

（3）[4] 改装后的电压表的量程为3.0V，电压表的内阻为

由闭合电路欧姆定律可知

即

乙图中图象与纵轴的交点为

解得电源的电动势为

E=1.48V

由于存在作图和读数误差，1.44～1.52之间均对；

[5]由乙图中图象的斜率为

解得

r=0.88

由于存在误差，0.84～0.92之间均对。

四、计算题

16. 地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为带电量为的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为，此时小球到地面的高度为h。求：

（1）小球的电性；

（2）匀强电场的场强；

（3）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地。

【答案】（1）小球带正电；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球受力情况如图

故小球带正电。

（2）对小球受力分析可得

解得

（3）丝线断裂后，小球在竖直方向自由落体运动，由

得

17. 某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V。通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为200V。要求在输电线上损失的功率控制为5kW（即用户得到的功率为95kW）。请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算：

（1）画出该输电电路图

（2）输电线上损失的电压是多少？升压变压器输出的电压是多少？

（3）两个变压器的匝数比各应等于多少？

【答案】（1）（2）200V，4000V；（3）升压变压器匝数比为1:16，降压变压器匝数比为19:1

【解析】

【详解】（1）输电线路示意图如图所示

（2）输电线损失的功率为

解得输电线上通过的电流为

输电线上损失的电压为

升压变压器的输出功率等于发电机的输出功率，所以

解得

（3）降压变压器的输入电压为

根据理想变压器匝数与电压的关系，可得升压变压器的匝数比为

降压变压器的匝数比为

18. 如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=0.1kg、总电阻R=20Ω、边长L=1m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）线圈进入磁场区域时的速度大小；

（2）线圈释放时，PQ边到bb′的时间；

（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。

【答案】（1）4m/s；（2）2s；（3）0.4J

【解析】

【详解】（1）对线圈受力分析，根据平衡条件得

F安+μmgcosθ=mgsinθ

安培力的计算公式

F安=BIL

根据欧姆定律

感应电动势

E=BLv

联立代入数据解得

v=4m/s

（2）线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得

mgsinθ﹣μmgcosθ=ma

解得

a=2m/s2

线圈释放时，PQ边到bb′的速度

v=at

解得

t=2s

（3）由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于L=1m，根据功能关系可得

Q=W安=F安×2L

代入数据解得

Q=0.4J

19. 如图所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，且二者平滑连接。导轨水平部分MN的右侧区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.4 T。在距离磁场左边界线MN为d＝1.2 m处垂直导轨放置一个导体棒a，在倾斜导轨高h＝0.8 m处垂直于导轨放置导体棒b。将b棒由静止释放，最终导体棒a和b速度保持稳定。已知导轨间距L＝0.5 m，两导体棒质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，g＝10 m/s2，不计导轨电阻，导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好，忽略磁场边界效应。求：

（1）导体棒b刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；

（2）从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，感应电流在导体棒a中产生的热量Q；

（3）两棒速度稳定后二者之间的距离。

【答案】（1）8 m/s2；（2）0.2 J；（3）0.2 m

【解析】

【详解】（1）设导体棒b滑到边界线MN时的速度大小为，在其到达MN过程中机械能守恒，则有

导体棒b刚过边界线MN时，导体棒a受到安培力作用而产生加速度即将开始运动，由法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律可得

解得

（2）当导体棒b进入磁场后，a、b棒组成的系统在水平方向所受合力为零，系统满足动量守恒定律和能量守恒定律，设v0的方向为正方向，a、b共速时的速度大小为v，当导体棒a、b速度稳定时，两者做速度相等的匀速直线运动，则有

a、b棒串联且电阻大小相等，则从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，a、b棒中产生的电热均为，根据能量转化和守恒定律可知

解得

（3）设两棒速度稳定后两棒之间的距离为l，从b棒进入磁场到二者刚共速的过程中，所用时间为t，对导体棒a由动量定理可得

根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得

联立可得