【文档说明】四川省乐山市沫若中学2022-2023学年高二下学期4月月考物理试题 含解析.docx，共(21)页，3.101 MB，由小赞的店铺上传

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沫若中学2021级高二下期4月月考物理试题（考试时间90分钟，满分110分）一、单选题（共32分，每题4分）1.下列关于物理学史的说法，正确的是（）A.库仑提出电荷周围有电场，并用电场线描述它B.法拉第发现了电磁感应现象C.安培发现了磁场对运动电荷有力的作用D.电流热效应的规律是英国

物理学家奥斯特通过一系列的实验发现的【答案】B【解析】【详解】A．法拉第提出电荷周围有电场，并用电场线描述它，故A错误；B．法拉第发现了电磁感应现象，故B正确；C．洛伦兹发现了磁场对运动电荷有力的作用，故C错误；D．电流热效应的规律是英国物理学家焦耳通过一系列的实验发现的，故D错

误。故选B。2.如图所示，长直导线MN中通有方向如图的电流i，其正下方有矩形导线框abcd，在下列哪种情况下，abcd中没有感应电流产生（）A.直导线中电流变大B.导线框向下移动C.线框以bc边为轴转动D.线框水平向右移动【答案】D【解析】【详解】A．直

导线中电流变大，磁感应强度变大，所以磁通量变大，有感应电流，故A错误；B．导线框向下移动，离导线变远，磁感应强度变小，故磁通量变化，所以可以产生感应电流，故B错误；C．线框以bc边为轴转，磁通量发生变化，有感应电流，故C错误；D．线框水平向右移动，

磁感应强度不变，所以磁通量不变，不会产生感应电流，故D正确。故选D。3.一交流电压的表达式为1002sin100ut=(V)，由该表达式可知（）A.t=0.01s时，用电压表测该电压时电压表的示数为0VB.该交流电压的周期为0.02sC.

将该电流方向在一秒内改变50次方向D.1s400=t时，该交流电压的瞬时值为50V【答案】B【解析】【详解】A．电压表测量的是交流电的有效值，因此任何时刻，电压表的示数均为100V，A错误；B．交流电的周期22s0.02s100T===B正确；C．每个周期

内，交流电的方向改变2次，因此该电流方向在一秒内改变100次方向，C错误；D．在1s400=t时，该交流电压的瞬时值11002sin(100)V100V400u==D错误。故选B。4.如图所示,光滑固定导轨m、n水平放置,两根导体棒p、q平行放于导轨上,

形成一个闭合回路.当一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A.由于回路磁通量增加，p、q将互相靠拢B.由于回路磁通量增加，p、q将互相远离C.由于p、q中电流方向相反，所以p、q将互相远离D.磁铁的加速度仍为g【答案】A【解析】

【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况．【详解】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻

碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故A正确，BC错误．p、q中电流方向相反，导致p、q将互相排斥，但是此作用力比磁铁对p、

q的作用力小得多，所以p、q之间是相互靠近的，选项C错误；由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g．故D错误；故选A．【点睛】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关

键．楞次定律的另一结论：增反减同与来拒去留的理解．5.在如图甲所示电路中，螺线管匝数1000n=匝，横截面积220cmS=。螺线管导线电阻1.0r=，电路中124.0Ω,5.0ΩRR==，C为电容器。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1.2VB.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1R的电功率为25.7610W−D.闭合K，电路

中的电流稳定后电容器两端的电压为0.4V【答案】D【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的ΔΔ0.8VΔΔBEnnStt===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221122.5610WEPRRRr−==++故C错误；D．闭合K，电路中的电流稳定后电容器两端的电压为2120.4VRUERRr==++故D正确。故选D。6.如图，一带电粒子，在电场中沿虚线从A运动

到B，不计重力，则带电粒子（）A.加速度的大小、动能和电势能都增大B.加速度增大，动能增大，电势能减小C.加速度的大小、动能和电势能都减小D.加速度增大，动能减小，电势能增大【答案】B【解析】【详解】带电粒子在电场中做曲线运动，所受电场力的方向应指向轨迹的凹侧，所以粒子所受电场力的方向应为电场线

的切线向上的方向，如图所示力的方向与速度方向夹角为锐角，则粒子的速度增大，动能增大，电势能减小，而电场线的疏密表示电场强度大小，即电场力的大小，由A到B点电场线越来越密，电场强度越来越大，电场力增大，加速度增大。故选B。7.如图所示，L是自感系数较大的线圈，其

直流电阻可忽略不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）A.开关S闭合时，c灯立即亮，a、b灯逐渐亮B.开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮C.开关S断开时，c灯立即熄灭，a、b灯逐

渐熄灭D.开关S断开时，c灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭，b灯闪亮一下再逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，因为线圈产生自感，会阻碍该支路电流的增大，所以a灯逐渐亮，A错误；B．开关S闭合，电路稳定后，因L的直流电阻忽略不计，则a与b并联，三个灯泡

都有电流流过，a、b、c灯都亮，B错误；CD．开关S闭合，电路稳定后，因L的直流电阻忽略不计，b灯和电阻串联，则流过a灯的电流aI大于b灯的电流bI，开关S断开时，c灯立即熄灭，线圈及b、a灯构成回路，线圈产生自感电流阻碍电流aI减小，流过b、a灯，则a灯逐渐熄灭，b灯

闪亮一下再逐渐熄灭，C错误D正确。故选D。8.如图所示，在光滑的水平桌面上放置有一个由同种材料制成的粗细均匀的金属线框，总电阻为R。2ACCDa==，AGGFFEEDa====，各边交界处均为直角。竖直向下的匀强磁场磁感应强度大小为B，其左边界与线框ED边平行，其他方向上足够宽广。外力

作用下，让线框沿CD方向以速度0v匀速进入磁场，DE边与磁场左边界重合时开始计时，则金属线框进入磁场的整个过程中，A、C间电势差ACU，EF边所受安培力F随时间t变化的图像中正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【

解析】【详解】AB．在00av:时间内，只有DE边向右切割磁感线，感应电动势10EBav=A、C间电势差100110.2544ACUEBavBav===在002aavv:时间内，FG进入磁场，FG边、DE边均向右切割磁感线，则20·

2?EBav=A、C间电势差2001120.544ACUEBavBav===结合AB的图像可知，AB错误；CD．在00av:时间内，电流011BavEIRR==EF边在磁场中的长度在逐渐增大，则EF边所受安培力220110Bv

atFBIlBIvtR===在0av时刻，有2201BavFR=在002aavv:时间内，EF边完全进入磁场，则有0222BavEIRR==EF边所受安培力22022BavFBIaR==结合CD的图像可知，C正确，D错误。故选C。二、多选题（共16分，每题

4分，全部选对得4分，漏选得2分，错选得0分）9.下列四个选项分别对以下四幅图中的物理量的方向给予了说明，其中正确的有（）A.甲图长直导线中通有竖直向下的电流，周围激发出的磁场方向如图中同心圆环的箭头所示B.乙图中倾斜导体棒受到的安培力F的方向如图所示C.丙图中的导体棒在静止的磁场

中向右运动，产生的感应电流方向如图中导体棒内箭头所示D.丁图中磁感应强度在增大，在金属圆环中产生的感应电流I的方向如图中箭头所示【答案】CD【解析】【详解】A．根据右手定则，甲图长直导线中通有竖直向下的电流，周围激发出的磁场方向从上向下看，应该是是顺时针方向的，与甲图相反，故A错误；B．根据

左手定则，乙图中倾斜导体棒受到的安培力F的方向应该与导体棒垂直，指向右下角方向。故B错误；C．根据右手定则，导体棒中电动势方向沿着导体棒竖直向上，故感应电流方向也竖直向上，与图中相同。故C正确；D．根据电磁感应规律，金属圆环中磁感应强度增大，电流方向应该是逆时针方向。故D正确。故

选CD10.如图甲，电阻率、横截面积为S导线绕成的半径为R圆形导线框，以直径为界，左侧存在着垂直纸面的匀强磁场，方向以向外为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙，则00t时间内（）A.导线框具有收缩且向左运动的趋势B.导线框中感应电流方向为顺时针C.导线框中感应电

流大小为004BRStD.通过导线框横截面的电荷量为02BRS【答案】BC【解析】【详解】根据题意，磁场增强，根据楞次定律可以知道，回路中产生感应电流，方向为顺时针方，并且整体有向右运动的趋势，故选项A错误，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律：200

2BREtt==，根据电阻定律，。的总电阻为：2LRrSS==，则感应电流为：004BRSEIrt==，故选项C正确；根据公式Et=，EIr=，则电量为：04BRSqItr===，故选项D错误．【点睛】由楞次定律可判断出电流

的方向；由法拉第电磁感应定律可求得电动势；由电阻定律可以求出圆环的电阻；由欧姆定律求出电流；根据公式qIt=求电量．11.如图甲所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向且与线圈共面的轴OO匀速转动，从某个时刻开始计

时，其穿过线圈的磁通量随时间t的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A.t=0时刻线圈处于中性面位置B.1t、3t时刻线圈中的感应电流最大且方向相同C.2t、4t时刻穿过矩形线圈的磁通量最大，但感应电流却为零D.5t时刻穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零【答案】AC【解析】【详解】A

．t=0时刻通过线圈的磁通量最大，所以线圈平面处在中性面上，故A正确；B．t1、t3时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量的变化率最大，感应电流最大，方向相反，故B错误；C．t2、t4时刻穿过矩形线圈的

磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以感应电流为零，故C正确；D．t5时刻穿过线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，故D错误。故选AC。12.如图所示，虚线PQ左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大

小均为B。边长为L、质量为m、电阻为R的均匀正方形单匝金属线框abcd放在水平面上，处在PQ右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度v0，线框刚好能完全通过虚线PQ，线框的运动过程中cd边始终与PQ平行，则线框运动过程中（）A.线框运动过程中的最大加速度为2202BLvmRB.通过线框横截面的

电荷量为22BLRC.线框中产生的焦耳热为2012mvD.线框有一半进入PQ左侧磁场时速度大小为2302BLvmR−【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．当cd越过PQ后，cd切割磁感线，根据右手定则可知，c端为负极、d端为正极；ab也切割磁感线，根据右手定则可知，a端为负极、b端为正极，从

而构成一个双电源的闭合回路，再根据左手定则可判断出ab、cd导体边受到的安培力方向均向右，大小为E=2BLv，I=ER，F安=2BIL=224BLvR则根据牛顿第二定律有a=224BLvmR由上式可看出当线框速度为最大速度v0时加速度a最大

，为a=2204BLvmRA错误；B．根据电荷量的计算方法有q=It，I=ER=2BLvR，L=vt经过计算有q=22BLRB正确；C．线框运动过程中只有安培力做功，根据动能定理有-W安=0-12mv02，W安=Q=12mv02C正确；D．根据B选项的计算方法知，当

线框有一半进入PQ左侧磁场时，通过线框横截面的电荷量为2BLR，再根据动量定理有-2Ft′=mv′-mv0，-2Ft′=-2BLq计算后有v′=2302BLvmR−D正确。故选BCD。三、实验题（共14分，每空2分）13.某中学实

验小组利用如图所示电路探究“电磁感应现象”。（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：①将通电线圈A迅速插入感应线圈B时，灵敏电流计指针将_____________________（选填“左偏”“不偏”“右偏”

）。②将通电线圈A插入感应线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将_____________________（选填“左偏”“不偏”“右偏”）。（2）在上述实验中，如果感应线圈B两端不接任何元件，则感应线圈B中将__________________。A.因电路不闭合，无电磁感

应现象B.有电磁感应现象，有感应电动势，但无感应电流C.不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向【答案】①.右偏②.左偏③.B【解析】【详解】（1）①[1]在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，说明当通过感

应线圈B的磁通量增加时，产生的感应电流将使灵敏电流计的指针向右偏转；将通电线圈A迅速插入感应线圈B时，通过感应线圈B的磁通量增加，灵敏电流计指针将右偏。②[2]将通电线圈A插入感应线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值将增大，电路电流减小

，电流产生的磁感应强度减小，通过感应线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针将左偏。（2）[3]在上述实验中，如果感应线圈B两端不接任何元件，通过感应线圈B的磁通量发生变化，感应线圈中将有感应电动势，能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向；但因电路不是闭合的，所以无感应电流。故选B。14.某

实验小组测量一充电宝的电动势和内阻。从说明书可知该充电宝的电动势约为5V。内阻很小，约0.1~0.3Ω，最大放电电流为2A。（1）该小组将充电宝连接线的外绝缘层剥开，找出充电宝的正极和负极，将多用电表选择开关旋到10V直流电压挡，

先进行机械调零，然后红、黑表笔分别接触充电宝的正极和负极，电表刻度盘如图甲所示，该读数为___________V。（2）该小组想进一步精确测出该充电宝的电动势和内阻，实验室提供的器材如下：A．电压表V（量程为6V，内阻约为5kΩ）B．电流表A（量程为3A，内阻

约为0.6Ω）C．滑动变阻器1R（最大阻值为20Ω）D．定值电阻03R=E．一个开关及导线若干该小组设计了两种测量充电宝电动势和内阻的电路，图乙中___________（填“A电路”或“B电路”）（3）该小组通过调节滑动变阻器，测得多组I

、U数据，并在坐标纸上描点连线如图所示，根据U-I图像，可求得该充电宝的电动势为___________V，内阻为___________Ω，（结果均保留两位小数）【答案】①.3.8②.B电路③.5.0④.0.13【解析】【详解】（1）[1]用直流10V档测量时，最小刻度0.2V，

则读数为3.8V；（2）[2]考虑到电流表内阻的影响，则应该选择两种测量充电宝电动势和内阻的电路中B电路；（3）[3][4]由图像可知，电动势E=5.0V内阻05.030.131.6UrRI=−=−=四、解答题（共48分）15.如图所示，两根

间距L=1m、电阻不计的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2Ω的电阻相连．质量m=1kg，电阻不计的导体棒ef在外力作用下沿导轨以v=5m/s的速度向右匀速运动。整个装置处于磁感应强度B=0.2T的竖直向下的匀强磁场中。求：（1）回路中感应电流大小；（2）导体棒所受安培力大小；

（3）电阻R的热功率。【答案】（1）05A；（2）0.1N；（3）0.5W【解析】【详解】（1）导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电动势E=BLv代入数据解得E=1V感应电流EIR=代入数据解得I=0.5A

（2）导体棒所受安培力F安=BIL代入数据解得F安=0.1N（3）导体棒的热功率P=I2R代入数据解得P=0.5W.16.如图所示，在0y的空间中存在着沿y轴正方的匀强电场；在0y的空间中存在垂直xOy平面向里的匀强磁场。一个带负电的粒子，质量为m

，电荷量为q，不计重力，从y轴上的()0,Pb点以平行x轴的初速度0v射入电场，经过x轴上的()2,0Nb点。求：（1）电场强度E的大小（2）已知粒子进入磁场后恰好通过坐标原点，求磁感应强度B的大小【答案】（1）202mvbq；（2）0mvqb【解析】【详解】（1）根据题意可知，带

负电的粒子在电场中做类平抛运动，如图所示垂直电场方向有02bvt=沿电场方向有Eqma=212bat=联立解得202mvEbq=（2）根据题意，由几何关系可知，粒子在电场中运动的位移与水平方向的夹角的正切值为1tan22ybxb===则粒子从电场进入磁场时

，速度与水平方向的夹角的正切值为tan2tan1==则有45=则粒子进入磁场时的速度为002cos45vvv==粒子进入磁场后，运动轨迹如图所示由几何关系有()2222RRb+=解得2Rb=由牛顿第二定律有2vqvBmR=联立解得0mvBqb

=17.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为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、电阻为r的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，求金属棒穿过磁场区域的过程中：（1）金属棒刚进入磁场时受到的安培力；（2）通过金属棒的电荷量；（3）金属棒内产生的焦

耳热。【答案】（1）222BLghRr+；（2）BLdRr+；（3）()rmghmgdRr−+【解析】【详解】（1）金属棒在斜面上滑下来由动能定理212mghmv=可得2vgh=金属棒切割磁感线产生的感应电动势为EBLv=金属棒刚进入磁场时受到的安培力22222BLvBLF

BILghRrRr===++（2）通过金属棒的电荷量()EBLdqItttRrtRrRr====+++（3）由能量守恒定律212mvmgdQ=+则金属棒产生的焦耳热()rrrQQmghmgdRrRr==−++18.如图，在水平地面MN上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强

度B=1.0T的有界匀强磁场区域，上边界EF距离地面的高度H=0.7m。正方形金属线框abcd的质量m=0.1kg、边长L=0.1m，总电阻R=0.02Ω，线框的ab边距离EF上方h=0.2m处由静止开始自由下落，abcd始终在竖直平面内且ab保持水平。（g取10m/s

2）求：（1）线圈刚进入磁场时受到安培力的大小和方向；（2）线框从开始运动到ab边刚要落地的过程中线框产生的焦耳热Q；（3）通过计算画出线框从开始运动，到ab边恰好到达地面过程的v-t图像。（要求标注关键数据）【答案】（1）1N，方向为竖直

向上；（2）0.1J；（3）见解析【解析】【详解】（1）由运动学公式得，当线圈ab边进入磁场时122m/svgh==线圈的一边切割磁感线，产生的电动势E=BLv1=0.2V安培力F=BLI=BLER=1N方向为竖直向上。（2）由以上计算可知，线圈cd边

进入磁场前因为F=G故线圈做匀速运动，动能不变，由能量守恒定律可知焦耳热Q=mgL=0.1J（3）线圈先做自由落体运动，运动的时间110.2svtg==在磁场内匀速v=v1时间210.05sLtv==完全进入磁场后到落地继续做加速度为g的匀加速直线运动，运动时间为t321

3312HLvtgt−=+解得30.2st=落地时的速度2134m/svvgt=+=所以线框的vt−图像如图所示获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com