【文档说明】上海市洋泾中学2021-2022学年高二下学期3月第一次月考物理试题 含解析.docx，共(19)页，2.943 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0e1c7e7400b6958f6ad25473619b26a7.html

以下为本文档部分文字说明：

上海市洋泾中学2021学年度第二学期高二物理质量检查2022.03考生注意：1.试卷共20题，满分100分，考试时间60分钟。2.本次考试分设试卷和答题纸。试卷包括三部分，第一部分为选择题，第二部分为填

空题，第三部分为综合题。3.本卷g取10m/s2。一、选择题（共40分，第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题4分，每小题只有一个正确答案）1.下列关于电磁学知识的说法正确的是（）A.闭合回路中产生感应电流的条件是磁感应强度要发生改变B.若穿过某一面积的磁通量为5Wb，则有5条磁感线穿入

该面积C.磁感应强度、磁通量、电流都是矢量D.磁感应强度的定义运用了比值定义法的思想【答案】D【解析】【详解】A．闭合回路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，故A错误；B．穿过某一面积

的磁通量表示穿过这一面积的磁感线的净剩条数，即同时有从两侧穿过这一面积的磁感线时，要正负相抵之后，剩下的磁感线条数为磁通量，故B错误；C．磁感应强度是矢量，磁通量、电流都是标量，故C错误；D．磁感应强度的定义运用了比值定义法的思想，故D正确。故选D。2.电源电动势的大

小反映的是（）A.电流做功的快慢B.电源储存电能的多少C.电源在单位时间内传送电荷量的多少D.电源把其他形式的能转化为电能的本领大小【答案】D【解析】【分析】【详解】A．电流做功的快慢体现的是电功率，A错误；B．电源储存电能的多少体现的是电源的储存能力，B错误；C．电源

在单位时间内传送电荷量的多少体现的是电流，C错误；D．电源电动势的大小反映的是电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，D正确。故选D。3.三根无限长的直导线甲、乙、丙间距为L，它们通入大小相等、方向如图所示的电流，a、

b、c、d是与三根导线在同一水平面上的四点，a、b到甲以及c、d到丙距离分别为2L，a、b、c、d四点中，磁感应强度最大的是（）A.aB.bC.cD.d【答案】C【解析】【分析】【详解】根据安培定则可知，三根通电直导线在c点形成磁感应强度的方向都垂直

于纸面向里，三根通电直导线在a、b、d三点处形成的磁感应强度的方向有垂直于纸面向里的也有垂直于纸面向外的，所以磁感应强度最大的应为c点，故C正确，ABD错误。故选C。4.如图所示，手机无线充电是通过分别安装在充电基座上的送电

线圈和手机上的受电线圈，利用电磁感应现象传递能量。当手机充电时（）A.送电线圈产生恒定磁场B.充电装置将电能转化为内能C.送电线圈中的电流是变化的D.基座与手机间无需导线连接，没有能量损失的【答案】C【解析】【分析】【详解】AC．由于送电线圈中通入正弦式交变电流

，所以送电线圈中产生变化的磁场，A错误，C正确；B．充电装置将电能转化为电池的化学能，B错误；D．无线充电器的优点之一是不用传统的充电线连接到需要充电的终端设备上的充电器，但充电过程中仍有电能量损失，D错误。故选C。5.如图所示，在同一平面内，同心的两个导体圆环中通以

异向的电流时（）A.两环都有向内收缩的趋势B.两环都有向外扩张的趋势C.内环有收缩的趋势，外环有扩张的趋势D.内环有扩张的趋势，外环有收缩的趋势【答案】C【解析】【分析】【详解】由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可知，两线圈的运动情况是相互排斥，故内环有收缩的趋

势，外环有扩张的趋势。故选C。6.阴极射线管是一种能从其阴极A发射出电子流的装置。如图所示的阴极射线管放在蹄形磁铁的N、S两极间，则此时电子流将（）A向S极偏转B.向N极偏转C.向上偏转D.向下偏转【答案】D【解析】【分析】

【详解】因为A是阴极，B是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A到B，产生的电流方向是B到A（注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向A，手掌心对向N极，此时大拇指方向向下，所以轨迹向下偏转。故选D。7.某扫地机器人电池容量2000mA·h，额定工作电压15V，额定

功率30W，则下列说法正确的是（）A.扫地机器人的电阻是7.5ΩB.题中mA·h是能量的单位C.扫地机器人正常工作时的电流是2AD.扫地机器人充满电后一次工作时间约为4h【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据题意扫地机器人是非纯电

阻用电器，无法计算扫地机器人的电阻。故A错误；B．题中题中mA⋅h是电荷量的单位。故B错误；C．扫地机器人正常工作时的电流为.30A2A15PIU===故C正确；D．根据题意，2000mA⋅h=2A⋅h扫地机器人充满

电后一次工作时间约为2Ah1h2At==工作时间约为1h，故D错误。故选C。8.如图所示，用一根光滑金属导线制成圆弧状导轨MN，竖直放置在垂直纸面向里的水平匀强磁场中。OC是一根绕垂直于纸面的O轴转动的金属杆，并始终可以在导轨上滑动。当OC从M点无初速释放后下列说法中

不正确的是（）A.由于无摩擦存在，可在导轨上一直往复运动下去B.由于无摩擦存在，摆动幅度不变，机械能守恒C.摆动中OC杆总受到阻碍它运动的磁场力D.摆动中OC杆不受到阻碍它运动的磁场力【答案】C【解析】【详解】A．由于导线没有闭合，故杆在转动中切割磁感线

，没有产生感应电流，故导线不受安培力，也没有摩擦力，故可以在导轨上一直运动下去，A正确；B．由于没有重力之外的其他力做功，杆的机械能守恒，摆的幅度不变，B正确；C．由A项分析可知，杆不受磁场力作用，C错误；D．由A项分析可知，杆不受磁场力作用，D正确．故选C。9.如图所示，一根光滑

的水平绝缘杆，A处固定一个金属线圈，B处挂一个闭合铜环。现给线圈分别通以下图所示的四种电流，其中能使铜环在0-t1时间内加速度方向保持向右的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．根据楞次定律，A中电流不变，产生的穿过的线圈B磁通量不变，线圈B中不会产生感应电流，线圈B不

受安培力，线圈B的加速度为零，A错误；B．根据楞次定律，A中电流增大，产生的穿过的线圈B磁通量增大，线圈B中产生与A中方向相反的感应电流，线圈B受安培力向右，线圈B的加速度向右，B正确；C．根据楞次定律，A中电流减小，产生的穿过的线圈B磁通量减小，线圈B中产生与A中

方向相同的感应电流，线圈B受安培力向左，线圈B的加速度向左，C错误；D．根据楞次定律，A中电流先增大后减小，产生的穿过的线圈B磁通量先增大后减小，线圈B中产生与A中方向先相反后相同的感应电流，线圈B受安培力先向右后向左

，线圈B的加速度先向右后向左，D错误。故选B。10.如图，圆筒形铝管竖直置于水平桌面上，一磁块从铝管的正上方由静止下落，穿过铝管落到桌面上，下落过程中磁块不与管壁接触．忽略空气阻力，则在下落过程中（）A.磁块做自由落体运动B.磁块的机械能守恒C.铝管对桌面的压力大于铝管的重力D.磁块动

能的增加量大于其重力势能的减少量【答案】C【解析】【详解】A．磁铁在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力作负功现象，从而磁块不会做自由落体运动，故A错误；BD．磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感

应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还有产生内能．故机械能不守恒；同时增加的动能小于重力势能的减小量，故BD错误；C．磁铁在整个下落过程中，由楞次定律中来拒去留规律可知，铝管受向下的作用力，故铝管对桌面的压

力一定大于铝管的重力，故C正确；故选C。11.如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，电源内阻为r，闭合电键S，电压表显示有读数，调节可变电阻R的阻值，电压表示数增大量为ΔU，则在此过程中（）A.路端电压一定增大，变化量大于ΔUB.电阻R2两端的电压减小，变化量等于ΔUC.可变电

阻R阻值增大，流过它的电流增大D.通过电阻R2的电流减小，变化量小于2UR【答案】D【解析】【详解】A．由于电阻R2两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于U，故A错误；BD．R增大，外电阻增大，干路电

流减小，电阻R2两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻R2两端的电压减小量小于U，由欧姆定律得知，通过电阻R2的电流减小，减小量小于2UR，故B错误，D正确；C．由题可知，电压表的示数增大，R和R1

并联的电阻增大，得知R增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过R1的电流增大，所以通过可变电阻R的电流减小，故C错误。故选D。12.如图所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静止于导轨上构成

回路，在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动，在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek，则下列说法错误的是（）A.W1=W2

–QB.W1=EkC.W1=QD.W1=WF+WG-Q【答案】C【解析】【详解】B．对导体棒，据动能定理可得1kWE=B正确，不符合题意；AC．根据功能关系及能量守恒可知，磁铁克服磁场力做的功等于导体棒获得的动能与回路

产生的焦耳热，即21WWQ=+整理可得12WWQ=−A正确，不符合题意，C错误，符合题意；D．由于磁铁匀速上升，对磁铁由动能定理可得20FGWWW+−=又21WWQ=+联立解得1FGWWWQ=+−D正确，不符合题意故选C。二、填

空题（共20分，每空2分）13.小杨同学为更好地梳理电磁学的相关知识，将各种电磁学中地现象及其相关规律总结在了下表中，则表中（1）该填写___________，（2）该填写___________。现象发现此现象的

科学家相关判断定则定则所研究的问题电流的效应奥斯特（1）电流的磁场方向磁场对电流作用安培左手定则安培力的方向（2）法拉第右手定则导体棒切割磁感线产生的感应电流方向【答案】①.安培定则②.电磁感应【解析】【详解】（1）[1]奥斯特发现了电流的磁效应，电流产生的磁场方

向可根据安培定则判断；（2）[2]根据右手定则判断闭合电路中导体棒切割磁感线产生的感应电流方向，此现象属于电磁感应现象。14.如图所示，空间中有无限大的磁感应强度为B的匀强磁场，在垂直于磁场方向的平面内放置一个半径为R，总电阻为0R的金属圆环。若使其以平行于圆环平面向右

的速度v做匀速直线运动，则圆环中感应电流大小为___________；若使圆环以其直径为轴旋转180°，则其磁通量的变化量的大小为___________。。的【答案】①.0②.22BR【解析】【详解】[1]金属圆环以平行于圆环平面向右的速度

v做匀速直线运动，圆环内磁通量没有变化，感应电动势为0，则圆环中感应电流大小为0；[2]设旋转后磁通量为正，则旋转前磁通量为负，则其磁通量的变化量为22221()2BRBRBR=−=−−=15.如图所示，水平光滑金属

导轨MN和PQ的左端接有内阻不计、电动势为E的电源，质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab，用无摩擦的金属环套在导轨上，ab与PQ的夹角为θ，垂直纸面的匀强磁场磁感应强度为B．若导轨与连接线电阻不计，接通电源瞬间，金属棒受到的安培力为________，加速度为___________。【答案】①.

BELR②.sinBELmR【解析】【详解】[1][2]依题意得EIR=FBIL=sinFma=解得BELFR=sinBELamR=16.如图是一种可显示汽车蓄电池输出电压的车用充电头。小明观察到停车熄火状态下，单独打开前车灯时

，充电头显示电压为12.5V；同时打开前后车灯后，电压降为12.0V。小明由此判断前后车灯是并联关系，他的判断依据是：__________。小明查阅行车手册后得知，前车灯和后车灯的额定电压相同，额定功率分别为120W和30W，由此推算出汽车蓄电池的电动势为_

________V。【答案】①.前后车灯的开关状态互不影响②.15【解析】【详解】[1]若是串联关系，两灯必是同时开关的，所以判断的依据是前后车灯的开关状态互不影响。[2]设前灯电阻为R1，后灯电阻为R2

，根据2UPR=，可得122114RPRP==设电源电动势E，内阻为r，单独打开前车灯时，有11112.5VERURr==+同时打开前后车灯时，前后车灯并联，则并联总电阻为12112=0.8RRRRRR=+并212VERURr==+并并联立方程，解得E=15V17.如图所示，OACO为固

定在水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有阻值5R=的短电阻丝（图中用粗线表示），导轨其它部分电阻不计。导轨OAC的形状满足5sin()6yx=（单位：m）。匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度0.1TB

=。一足够长、阻值不计的金属棒ab在水平外力F作用下，0=t时刻以水平向右的恒定速度2m/sv=从导轨上O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直。在此过程，当x=______m时，回路中感应电动势最大。若回路中热功率为0.1W，则x=___________m。为【答案

】①.3②.1或5【解析】【详解】[1]金属棒ab产生的电动势为sin2(V)sin(V)60.156EBxxyv===可知当3x=时，回路中感应电动势最大，且为3sinVsinV1V62E===[2]回路中的总电阻为2.52RR==总回路中的电流为)2si5n6(AEIRx

==总回路中的瞬时热功率为22sin(W)256PIRx==总当回路中热功率为0.1W时，可得1sin62x=解得66x=或566x=即1x=或5x=三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求

给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。18.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接。（1）请用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好；（）（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向左偏了下，然后将原

线圈A迅速拔出副线圈B，那么此过程中，电流计的指针将向___________偏；若原线圈插入副线圈不动，然后将滑动变阻器阻值迅速减小，那么此时电流计的指针将向_________偏。（3）看似简单的“电磁感应现象”，在历史研究上并非一帆风顺。瑞士物理

学家科拉顿曾设计了一个利用磁铁在闭合线圈中获取电流的实验。他将一块磁铁放在螺线管中移动，试图在闭合线圈中产生电流，又在另一个小线圈中放一个小磁针，作为“灵敏电流计”。他将装置的两个部分放在了两个房间中，并用长导线连接，但是他无论如何尝试都没发现感应电流。

请用所学知识分析以下问题：①为何他要将装置两部分分别放在两个房间中？（）②为何他发现不了感应电流？（）【答案】①.见详解；②.右；③.右；④.为避免磁铁对磁针的作用；⑤.电磁感应现象是在变化或运动的过程中出现的。【解析】【

详解】（1）[1]将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，电路图如图所示（2）[2]如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，知磁通量增

大产生感应电流，若将原线圈A迅速拔出副线圈，则磁通量减小，产生的感应电流与开始相反，所以电流计指针向右偏；[3]若原线圈插入副线圈不动，滑动变阻器滑片向右移动，则电流减小，磁通量减小，产生的感应电流与开始相反，所以电流计指针向右偏；（3）[4]为避免磁铁对磁针的作用，他要将装置两部分分别放在两

个房间中；[5]科拉顿没能看到电磁感应现象是因为电磁感应现象是在变化或运动的过程中出现的。科拉顿将磁铁放入螺线管时，穿过线圈的磁通量变化，回路中产生感应电流，电流计指针偏转，之后磁铁静止，穿过线圈的磁通量保持不变，回路中无感应电流，电流计指针不偏转。由

于科拉顿放完磁铁后跑到另一室观察，需一定时间，所以他观察不到电流计指针偏转。19.如图a所示，R为电阻箱，V为理想电压表。当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V。求：（1）电源的电动势E和内阻r；（2）当电阻箱读数为多

少时，电源的输出功率最大，最大值Pm为多少；（3）若将两个完全相同的小灯泡如图b的方式接入电路，小灯泡的伏安特性曲线如图c所示，当电阻箱读数为R3=0.5Ω时，求小灯泡的电功率P。【答案】（1）6VE=，1Ωr=；（2）1ΩR=，m9WP=；（3）1.3WP【解析】【详解】（1）根据闭合电

路欧姆定律得111UERRr=+222UERRr=+解得6VE=1Ωr=（2）当电阻箱的读数为1Ω时，电源的输出功率最大1ΩR=2m9W4EPr==（3）设通过每个灯泡的电流为I，灯泡两端电压为U，将滑动变阻器看作电源的内阻，根据闭合电路欧姆定律得()32UEIRr=−+解得3UE

I=−当10I=时16VU=当22AI=时20U=做出U-I图像，灯泡的功率为1.51.027W1.3W44PUI==20.如图甲，在竖直平面内平行放置了两根完全相同的金属导轨，间距为L=0.2m。其中a1b1段和a2b2段是竖直放置的足够长的光滑直轨道

；b1c1和b2c2段是半径为R=0.25m的光滑圆弧轨道，圆心角为127°，圆心O1和O2与b1、b2在同一高度；c1d1和c2d2段是粗糙的倾斜直轨道，与水平面成37°角放置，轨道长度足够长。图乙是其正面视图。a1

a2之间连接一阻值为R0=0.5Ω的电阻。现有一质量为m=0.1kg，电阻为r=0.5Ω的金属棒通过两端的小环套在两根轨道上，棒与轨道的c1d1、c2d2段之间的动摩擦因数为μ=0.25。棒从倾斜轨道上离c1

c2距离s=2m处静止释放，在棒到达b1b2瞬间，在竖直轨道区域内出现水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T，运动中棒始终与导轨垂直。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）求棒在倾斜轨道上运动的时间t1；（2）求棒到达b1b2处时R0的电功率P0；（3）请

分析说明棒在磁场区域运动的情况；（4）“若棒刚越过b1b2处时的速度设为v1，在磁场内运动的时间设为t2，求棒刚离开磁场区域时的速度v2（用字母表示）”。对于以上问题，小杨同学经小组讨论后，发现导体棒的运动并非稳定的简

单运动形式（即描述运动的物理量会发生变化），故提出一种思路：设在极短的时间∆t内，速度变化量为∆v，位移为∆s，且因时间极短，∆t内的速度v和加速度a可近似认为不变，通过对整个过程所有的∆t，∆v，∆s进行累加求和，即可获得总时间、总速度变化量以及总位移从而解决问题。请问小杨同学的思路所运用的是

哪种物理方法或思想？并请按照他的思路求出棒刚离开磁场区域时的速度v2。【答案】（1）1s；（2）0.06W；（3）见详解；（4）21gtv−【解析】【详解】（1）金属棒在倾斜轨道上受到重力，轨道对它的支持力和摩擦力，由牛顿第二定律可得sin37cos37mgmgma−=得2sin37co

s374m/sagg=−=由212sat=可得121ssta===（2）金属棒到达12cc时的速度141m/s4m/scvat===在光滑轨道上运动过程中只有重力做功，金属棒机械能守恒，以12cc所在平面为零势能面2211cos3722cbmvmvmgR=+

进入磁场时的速度22cos372s3m/bcvvgR=−=进入磁场时产生的感应电动势0.50.223V0.23VbEBLv===由闭合回路欧姆定律00.23AEIRr===+所以2000.120.5W0.06WPIR=

==（3）向上进入磁场后，向上做加速度减小的减速运动，速度为零时到达最高点；然后向下做加速度减小的加速运动，直至出磁场。（4）向上进入磁场后，金属棒受到安培力和重力作用做减速运动，速度为v时对应的加速大小220()BLvagmRr=++取极短时间Δt，该时间内速度变化量220(

)BLvatgttmRrv==++所以上升过程222200()()()()BLvBLvgttgtvtmRrmRr=+=+++可得2210()BLvgtHmRr=++上其中H为金属棒在

磁场中上升的总高度，t上为上升的总时间。在磁场中向下运动时，金属棒受到安培力和重力作用做加速运动，速度为'v时对应的加速22'0'()BLvagmRr=−+取极短时间Δt，该时间内速度变化量大小220()BLatgtvtmRrv==−+同理下降过

程中222200()()()()BLBvgtvtgtvtmRrmLRr=−=−++可得222()BLvgtHmRr=−+下其中H为金属棒在磁场中下降的总高度，t下为下降的总时间。则21121()()v

gtvgtgttvgtv=−−=+−=−下下上上