【文档说明】四川省广元市广元中学2022-2023学年高二下学期4月月考物理试题 含解析.docx，共(19)页，2.255 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-6f644973e51a7dacff1014caedd94e6e.html

以下为本文档部分文字说明：

广元中学高2021级高二下学期第一次段考物理试题第I卷（选择题共48分）一、选择题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分。有选错的得0分。1.下列对于法拉第电磁感应定律理解正确

的是（）A.当线圈中磁通量发生变化时，线圈中一定有感应电流B.线圈中磁通量变化越大，感应电动势就越大C.线圈中某一瞬间磁通量为零，则此时感应电动势也为零D.线圈中感应电动势的大小，与线圈中磁通量的变化率成正比【答案】D【解析】【详解】A．当穿过闭合回路的磁通量发生

变化时，线圈中一定有感应电流，选项A错误；B．根据ENt=可知，线圈中磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，选项B错误；C．线圈中某一瞬间磁通量为零，此时磁通量的变化率不一定为零，感应电动势不一定为零，选项C错误；D．根据ENt=可知，线圈中感应电动势的大

小，与线圈中磁通量的变化率成正比，选项D正确。故选D。2.如图圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动下列表述正确的是

（）A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a对水平桌面的压力FN将增大D.线圈a有扩大的趋势【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，根据

楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，AB错误；C．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增

大，C正确；D．再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋

势，D错误。故选C。3.随着智能手机的发展，电池低容量和手机高耗能之间的矛盾越来越突出，手机无线充电技术间接解决了智能手机电池不耐用的问题。在不久的将来各大公共场所都会装有这种设备，用户可以随时进行无线充电，十分便捷。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基

座和接收装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入交变电流（不是恒定电流）后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（）A.受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变B.送电线圈中电流产生的磁场是变化的磁场C.送电线圈和受电线圈

不是通过电磁感应实现能量传递D.由于手机和基座没有导线连接，所以不能传递能量【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，受电线圈中感应电流不是恒定电流，其产生的磁场的变化的，A错误；B．送电线圈中电流产生的磁场是变化的磁场，在受电线圈中产生感应电流，B正确；

的C．送电线圈和受电线圈是通过电磁感应实现能量传递，C错误；D．由于手机和基座没有导线连接，能通过电磁感应传递能量，D错误。故选B。4.如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的

变化如图乙所示，下列说法正确的是A.t=0.2s时，振子在O点左侧10cm处B.t=0.1s和t=0.3s时，振子的速度相同C.t=0.5s和t=0.7s时，振子的加速度相同D.从t=0.2s到t=0.4s，系统的势能逐渐增加【答案】D【解析】【详解】根据图像可知，t=0.2

s时，振子在O点右侧12sin624cmcm=处，选项A错误；因x-t图像的斜率等于速度，则t=0.1s和t=0.3s时，振子的速度方向相同，大小不同，选项B错误；t=0.5s和t=0.7s时，振子离开平衡位置的位移不同，则回复力不同，

振子的加速度不相同，选项C错误；从t=0.2s到t=0.4s，弹簧长度增加，形变量增加，则系统的势能逐渐增加，选项D正确；故选D.点睛；此题关键是能把振子的实际振动与图像结合起来；知道x-t图像的斜率等于速度；知道简谐振动的特点

F=-kx；振子的加速度与位移是正比反向关系.5.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，则（）A.S闭合瞬间，B灯立即亮，A灯缓慢亮B.电路接通稳定后，A、B

灯亮度相同C电路接通稳定后，断开S，A灯闪亮，随后逐渐熄灭.D.电路接通稳定后，断开S瞬间，b点的电势高于a点【答案】C【解析】【详解】A．S闭合的瞬间，通过L的电流等于零，A、B灯都立即亮，A错误；B．电路接通稳定后，L相当于导线，A灯被短路，A灯熄灭，B灯两端电压变大，B灯变亮

，B错误；C．电路接通稳定后，L相当于导线，A灯熄灭，断开S的瞬间，L相当于电源给A灯供电，A灯又亮了，然后A灯逐渐熄灭，所以A灯闪一下后逐渐熄灭，C正确；D．电路接通稳定时，通过L的电流方向向左，断开S的

瞬间，L相当于电源阻碍电流减小，产生向左的电流，a是电源的正极，b是电源的负极，b点的电势低于a点，D错误。故选C。6.药物生产车间需要严格控制室内温度范围，尽量保证较小的温度波动。如图是某监控温度波动的报警

原理图，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，当报警器两端的电压变化量超出设定值时，报警器就会自动报警。下列说法正确的是（）A.温度升高，报警器两端电压减小B.温度降低，热敏电阻的热功率一定增大C.滑动变阻器接入电路的阻值大，报警器容易报警D.滑动变阻器接入电路的阻值与报警器

是否容易报警无关【答案】A【解析】【分析】【详解】A．温度升高，热敏电阻的阻值减小，根据闭合电路的规律可知，报警器两端电压减小，故A正确；B．温度降低，热敏电阻的阻值增大，根据闭合电路的规律可知，通过热敏电阻的电流减小，由P＝I2R热敏电阻的热功

率不一定增大，故B错误；CD．若滑动变阻器接入电路的阻值大，则热敏电阻的阻值变化一定时，报警器两端的电压变化量小，不容易报警，故CD错误。故选A。7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为221∶，b是原线圈的中心抽头，副线圈接理想电压表和理想电流表。在

原线圈c、d两端加上11102sin100πtVu=的交变电压，则（）A.开关与a连接时，电压表的示数为5VB.开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，电压表示数变小C.开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，电流

表示数变小D.变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率不变【答案】A【解析】【详解】A．开关与a连接时，根据变压器电压与线圈匝数关系有1122UnUn=电压表的示数为25VU=故A正确；B．开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，根据1122UnUn=可知电压表示数不变，故B错

误；C．开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，R减小，电流表示数变大，故C错误；D．变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，1n减小，2U增大，输出功率增大，输入功率增大，故D错误。故选A。8.如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外,正方形金属线框电阻为R，边长是L，

自线框从左边界进入磁场时开始计时。在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P-

t图像为抛物线。则图中这些量随时间变化的关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．由于线框做初速度为0，加速度为a的匀加速直线运动由vat=，EBLv=，EIR=解得感应电流BLaItktR==感

应电流与时间成正比，A错误；B．由安培力公式有FBIL=安由上面几式解得221BLatFktR==安线框做匀加速度直线运动由牛顿第二定律有=FFma−安解得221BLatFmaktmaR=+=+外力与时间的关系为一次函数，不是成正比，B错误；C．线框中电功率的瞬时值为P则PFv=安

解得222222=BLatPktR=线框中电功率的瞬时值为P与时间是二次函数关系，图像有开口向上的抛物线，C正确；D．通过导体横截面的电荷量为q有qIt=，Et=，EIR=由上式解得qR=又因为磁通量的变化量有=BSBLx=，2

12xat=解得223=2BLaqtktR=通过导体横截面的电荷量为q与时间是二次函数关系，图像有开口向上的抛物线，D错误。故选C。9.下列给出了四幅与感应电流产生条件相关的情景图，判断正确的是（）A.图甲，水平直导线中电流逐渐减小时，其正下方的水平金属圆线圈中无感应电流B.图乙，正方形金属线圈

以虚线为轴匀速转动时，线圈中有感应电流C.图丙，矩形导线框以其任何一条边为轴转动时，线框中都有感应电流产生D.图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线框中有感应电流产生【答案】AB【解析】【详解】A．图甲金属圆形线圈

水平放置在通电直导线的正下方，则直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使减小通过导线电流，圆线圈中的磁通量也不会发生变化，不会有感应电流产生，故A正确；B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，线圈在磁场中运动过程中磁通量会发生变化，

会产生感应电流，故B正确；C．图丙闭合导线框以左边或右边为轴在匀强磁场中旋转时，线圈中的磁通量始终为零保持不变，闭合导线框中不会有感应电流，故C错误；D．图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线圈中的磁通量

始终为零保持不变，闭合导线框中不会有感应电流，故D错误；故选AB。10.如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改

变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则（）A.只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大B.只将Q向下移动时，电流表的读数变小C.只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D.只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大【答案】BD【解

析】【详解】AB．当将Q向下移动时，改变的是连入电路的电阻大小增大，而灯泡两端的电压副线圈的匝数比决定，现在匝数不变，输入电压不变，所以灯泡两端电压不变，亮度不变，所以电流减小，故A错误B正确；C．将P沿顺时针方向移动时，因变压器的原线圈的匝数不变，副

线圈的匝数减少，灯泡两端的电压将减小，所以电流变小，则电流表读数变小，故C错误；D．当提高输入端的电压U时，由于原副线圈的匝数不变，则输出电压也变大，所以电流表的读数会变大，故D正确；故选BD。11.如图所示，单匝线圈abcd在匀强

磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为mE，闭合回路中两灯泡均能发光。则（）A.减小电容器C两极板的正对面积时，灯泡1A变亮B.减小电容器C两极板间的距离时，灯泡1A变亮C.增加线圈abcd的匝数，其余条件不变，两灯泡变暗D.

抽去电感器L的铁芯时，灯泡2A变亮【答案】BD【解析】【详解】A．根据4SCkd=可知，减小电容器C两极板的正对面积时C减小，电容器的容抗变大，则灯泡A1变暗，选项A错误；B．根据4SCkd=可知，减小电容器C两极板

间的距离时C变大，电容器容抗减小，则灯泡A1变亮，选项B正确；C．根据mENBS=可知，增加线圈abcd的匝数，则线圈产生的感应电动势变大，频率不变，其余条件不变，则通过两灯电流变大，则两灯泡变亮，选项C错误；D．抽去电感器L的铁芯时，自

感系数减小，感抗减小，则灯泡A2变亮，选项D正确。故选BD。12.如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成角，上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止

释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端。金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为.g则（）A.金属杆加速运动过程中的平均速度为2vB.金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力

做功的功率C.当金属杆的速度为2v时，它的加速度大小为sin2gD.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为212mghmv−【答案】BC【解析】分析】【详解】A.若金属杆匀加速运动，则平均速度为2v，实际上金属杆加

速运动中，加速度不断减小，速度-时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移大于匀加速运动的位移，金属杆平均速度大于匀加速运动的平均速度12v，故A错误；B.金属杆加速运动过程中，安培力平均值小于匀速运动的安培力，且加速运动的平均速度小于匀速直线的速度，因此金属杆加速运动过程

中，克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率，故B正确；C.根据匀速直线运动时，金属杆速度大小为v，所受的安培力大小为22BLvRr+，此时依据平衡状态，则有：22sinBLvmgRr=+；【金属杆的速度为12v时，它所受的安培力为222vBLRr+，据牛

顿第二定律解得222sinvBLmgmaRr−=+联立得：sin2ga=故C正确；D.整个运动过程中回路产生的焦耳热为212mghmv−所以R上产生的焦耳热小于212mghmv−，故D错误。故选BC。第II卷（非选择题共52分）二、实验题13.小红用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素

”，螺线管与电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下，请回答下列问题：（1）要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的是（）A．螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中B．螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管C．磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动D．磁铁与

螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动（2）小红又将实验装置改造，如图乙所示，螺线管A经过滑动变阻器与开关、电池相连构成直流电路；螺线管B与电流计构成闭合电路，螺线管B套在螺线管A的外面，为了探究影响感应电流方向的因素，闭合开关后，以不同速度移动滑动变阻器的滑片，

观察指针摆动情况：由此实验可以得出恰当的结论是（）A．螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动幅度大小B．螺线管A的磁性变强或变弱不会影响指针摆动方向C．螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小D．螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向（3）在（2）研究中，完成实验

后未断开开关，也未把A、B两螺线管和铁芯分开设置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击原因是在拆除________（选填“A”或“B”）螺线管所在电路时发生了________（选填“自感”或“互感”）现

象。【答案】①.B②.C③.A④.自感【解析】【详解】（1）[1]A．螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错误；B．螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管，螺线管内磁通量发生变化，有感应电流，故B正确；C．磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动，螺线管

内磁通量没有发生变化，无感应电流，故C错误；D．磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，故D错误；（2）[2]以不同速度移动滑动变阻器的划片可以改变螺线管A的磁

性强弱及其强弱变化快慢，通过操作可以判断螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动方向，磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度的大小；（3）[3]在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击原因是在拆除A时，电流快速减小，由于自身作用，螺旋管A会产生很大的感

应电动势，所以被电击了一下；[4]在拆除电路时突然被电击了一下，螺线管A所在电路时发生了自感现象。14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“3.8V，0.3A”。除了开关、导线外，还有如下器材：的电压表V，量程0~5V，内阻约5k；电流表1A，量程0~500mA，内阻约0

.5；电流表2A，量程0~100mA，内阻约4；滑动变阻器1R，最大阻值10，额定电流2.0A；滑动变阻器2R，最大阻值100，额定电流1.0A；直流电原E，电动势约为6V，内阻约为0.5。①上述器材中，电流表应选________，滑动变阻器应选________。（填器材符号）②请

根据所选的器材，在图甲中用笔画线代替导线，连接实验电路。______③小灯泡的伏安特性曲线如乙图所示，现将该小灯泡与一个电动势为1.5V，内电阻为5的电源串联组成闭合回路，则通过小灯泡的电流为________A。【答案】①.A

1②.R1③.见解析④.0.14#0.15#0.16【解析】【详解】①[1]由题意可知，灯泡的额定电流为0.3A，故电流表选择1A；[2]因本实验中要求从零开始调节，故采用分压接法，滑动变阻器选择小电阻，故选1R；②[3

]电压从零开始，故应采用滑动变阻器的分压接法，由于小灯泡与电流表的内阻相接近，故采用电流表的外接法，如图所示③[4]在图像中做出电源的伏安特性曲线两图线的交点的纵坐标即为通过小灯泡的电流，电流为0.15AI=（0.140.16−均可给分）三、计算题应写出必要

的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。15.某物体做简谐运动，其位移与时间的变化关系式为x＝10sin5πtcm，由此可知：①物体的振幅为多少？②物体振动频率为多少？③在t＝0.1s时，物体的位移是多少？【答

案】(1)10cm(2)2.5Hz(3)10cm【解析】【详解】①、②由简谐运动的表达式可知，振幅A=10cm，225fT===，故频率2.5Hzf=③该简谐运动的周期0.4Ts=，所以在t=0.1s=14T，故t＝0.1

s，物体刚好到达正的最大位移处，位移为10cm．16.小型水利发电站的发电机输出功率为18kW，输出电压为300V，输电线总电阻为4Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器。输电电路图如图所示

，求：（1）输电线上的电流；（2）升压变压器输出电压；（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比。的【答案】（1）15A；（2）1200V；（3）5711【解析】【分析】【详解】（1）对输电线有225PPIR==%解得215AI=（2）根据22PUI=解得21200VU=（3）降压变压器原线

圈输入电压为322=1140VUUIR=−则有33445711nUnU==17.如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的边0.2mabdc==，边0.1mbcad==，共有100n=匝，总电阻为1r=，与线圈两端相接触的

集流环上接有一个阻值为9R=的定值电阻，电压表为理想电表，线圈以角速度10rad/s=在磁感应强度为1TB=的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO匀速转动，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，求：（3.14=，结果

可保留根号）（1）写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；（2）电压表示数；（3）线圈转一圈的过程中电阻R上产生的焦耳热（结果保留2位小数）【答案】（1）20cos10(V)et=；（2）92V；（3）11.30J【解析】【详解】（1）从垂直于中性面的平面开始计时，感应电动势随时

间按余弦规律变化，最大感应电动势为m10010.20.110V20VEnBS===所以感应电动势的瞬时值表达式为mcos20cos10(V)eEtt==（2）电流的有效值为m1022A2A91EIRr===++所以电压表的读数为

92VUIR==（3）根据焦耳定律可得，线圈转动一圈电阻R上产生的焦耳热为()2223.1429J11.30J10QIRT==18.如图甲所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度1.0mL=，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为0.1kgm

=，空间存在磁感应强度0.5TB=、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻3.0ΩR=，金属杆的电阻1.0Ωr=，其余部分电阻不计，某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的vt−图像，导轨与金属杆间的动摩擦因数0.5=，在金属

杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3:5，g取210m/s，求：（1）水平恒力F的大小；（2）金属杆运动的最大加速度的大小；（3）前4s内整个回路中产生的焦

耳热。【答案】（1）0.75N；（2）22.5m/s；（3）2.4J【解析】【详解】（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动当2s=t时，4m/sv=，此时感应电动势EBLv=感应电流EIRr=+安培力22BL

vFBILRr==+根据牛顿运动定律有0FFmg−−=解得0.75NF=（2）刚开始运动时加速度最大，根据牛顿运动定律有Fmgma−=解得22.5m/sa=（3）通过金属杆P的电荷量EqItRr==+其中BLxEt

t==所以BLxqxRr=+（x为P的位移）设第一个2s内金属杆P的位移为1x，第二个2s内P的位移为2x，则11BLx=22BLxBLvt==又由于12:3:5qq=联立解得28mx=，14.8mx=前4s内由能量守恒定律得()()2121212FxxmvmgxxQ+=+++解

得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com