江西省宁都县宁师中学2023-2023学年高二5月月考物理试题（解析版）

第页2023-2023学年下学期江西宁师中学高二5月月考卷物理考前须知：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。1.关于感应电动势大小的以下说法中，正确的选项是〔〕A.线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B.线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C.线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D.线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大【答案】C【解析】试题分析：对法拉第电磁感应定律的理解E=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率．解：根据法拉第电磁感应定律E=n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．A、磁通量变化越大，那么不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故A错误；B、磁通量越大，是Φ大，但△Φ及那么不一定大，故B错误；C、磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，那么比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故C正确；D、虽然线圈放在磁感应强度越强的磁场，但可能为零，产生的感应电动势可能为零，故D错误．应选：C．【点评】磁通量Φ=BS，磁通量的变化△Φ=Φ2﹣Φ1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决此题的关键．2.如下图，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a，b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a，b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，那么以下判断正确的选项是()A.与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈B.与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器C.与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器D.与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管【答案】B【解析】接线柱a、b接电压为U的直流电源时，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮，说明y为电容器；当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，说明x为电感线圈，B正确。应选B。【点睛】电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频．3.如下图，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，假设ab边受竖直向上的磁场力的作用，那么可知线框的运动情况是()A.向左平动进入磁场B.向右平动退出磁场C.沿竖直方向向上平动D.沿竖直方向向下平动【答案】A【解析】试题分析：由题，ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守那么判断出ab边中感应电流的方向是a→b，再根据右手定那么判断线圈向左平动切割磁感线．故A正确，B错误．当线圈沿竖直方向向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力作用．故CD错误．应选A考点：左手定那么和右手定那么的综合应用，点评：关键抓住两个定那么“在什么条件下用〞和“怎样用〞．4.位于载流长直导线近旁的两根平行铁轨A和B，与长直导线平行且在同一水平面上，在光滑铁轨A、B上套有两段可以自由滑动的导体CD和EF，如下图，假设用力使导体CD向右运动，那么导体EF将〔〕A.向右运动B.保持不动C.向左运动D.先向右运动，后向左运动【答案】A【解析】根据右手螺旋定制可知，通电导线下方磁场垂直纸面向里，假设用力使导体CD向右运动，那么闭合电路CDEF的磁通量减小，根据楞次定律可知，在回路中产生的电流为EFDC，根据左手定那么，EF受到水平向右的安培力，所以导体EF向右运动，故A正确，BCD错误。应选A。点睛：此题考查了楞次定律、右手定那么、左手定那么的运用，知道右手定那么和左手定那么的区别，不能混淆．5.一正弦交流电的电压阰时间变化的规律如下图，由图可知〔〕A.该交流电的频率为50HzB.该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin(25t)VC.假设将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，那么电阻消耗的功率是50WD.该交流电的电压的有效值为141.4V【答案】C【解析】由图可知，T=4×10-2s，故f=1/T=25Hz，ω=2πf=50rad/s，所以其表达式为u=100sin〔50t〕V，故AB错误；由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：，所以R消耗的功率为：，故C正确，D错误，应选C。点睛：此题考查了有关交流电描述的根底知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．6.如图甲为电热毯的电路图，电热丝接在U=311sin100πt(V)的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为图乙所示波形，从而进入保温状态，假设电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是〔〕A.220VB.156VC.110VD.311V【答案】B【解析】由图象可知该交变电流的周期为：T=2×10-2s；可分两段0-T/2和T/2-T，根据有效值的定义可得：，解得：U==156V，应选B。点睛：此题考查有关交变电压有效值的计算问题，求解有效值时要注意“三个相同〞：相等时间、相同电阻、相同的热量；知道电压表和电流表测量的都是有效值．7.如下图，一个铜质圆环，无初速度地自位置Ⅰ下落到位置Ⅱ，假设圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平．位置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为h，那么运动时间()A.等于B.大于C.小于D.无法判定【答案】B【解析】假设环做自由落体运动，那么下落的时间：，因圆环从开始下降到达磁铁中间时，磁通量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小时；那么由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力，阻碍环的下落；当磁铁穿过圆环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引，阻碍环的下落；由于环始终受到阻力，所以下落的时间延长，大于，故ACD错误，B正确；应选B。【点睛】先由环做自由落体运动，得出下落的时间，再分析圆环在下降过程中穿过圆环的磁通量的变化，后由楞次定律可知圆环与磁铁间的相互作用，从分析此种情况下环下落的时间.8.一个阻值为2Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的交变电动势为e＝10sin20πtV，当该线圈与一阻值为8Ω的电阻组成闭合回路时，以下说法正确的选项是()A.t＝0时，线圈平面位于中性面B.t＝0时，穿过线圈的磁通量为0C.电阻的热功率为16WD.用电压表测路端电压时读数为11.3V【答案】A【解析】考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理。分析：此题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，知道电动势的表达式是正弦函数，从中性面开始计时的，此时磁通量最大，根据P=I2R求解电功率，电压表和电流表测量的都是有效值。解答：A、因为电动势的表达式是正弦函数，所以是从中性面开始计时的，故A正确；B、t=0时，线圈处于中性面，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，故B错误；C、由题意可知，电动势的有效值为10V，所以电路中的电流为：I="E/"R+r=1A，所以电阻的热功率为P=I2R=8W，故C错误；D、用电压表测路端电压时读数为U=IR=8V，故D错误。应选A。点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义，知道电压表和电流表测量的都是有效值。9.如下图，一理想自耦变压器的原线圈接有正弦式交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，滑动触头P与线圈始终接触良好，以下判断正确的选项是()A.假设通过电路中A、C两处的电流分别为、，那么B.假设仅将滑动触头P向A端滑动，那么电阻R消耗电功率增大C.假设仅使电阻R增大，那么原线圈的输入电功率增大D.假设在使电阻R增大的同时，将滑动触头P向A端滑动，那么通过A处的电流一定增大【答案】B【解析】电流与匝数成反比，原线圈的匝数大于副线圈的匝数，故，故A错误；所以由于原线圈的输入电压不变，假设仅将触头P向A端滑动，那么副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻R消耗的电功率增大，故B正确；当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，而输入功率等于输出功率，故原线圈的输入电功率也减小，故C错误；假设在使电阻R增大的同时，将触头P向A端滑动，输出电压增大，通过A处的电流不能判断出是否增大，故D错误；应选B。【点睛】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．10.如下图，一闭合的小金属环用一根绝缘细杅挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线OO´的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直。假设悬点摩擦和空气阻力均不计，那么〔〕A.金属环进入磁场区域后越靠近OO´线时速度越大，而且产生的感应电流越大B.金属环每次进入和离开磁场区域都有感应屯流，而且感应电流的方向相反C.金属环在摆动到停止过程中，机械能将全部转化为环中的电能D.金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某—值后不再减小【答案】BD【解析】金属环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，离平衡位置越近，那么速度越大，故A错误。当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，都会产生感应电流。金属环进入磁场时，磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律得知两个过程感应电流的方向相反，故B正确。由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能不断减少，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当环完全在磁场中来回摆动时，磁通量不变，没有感应电流，圆环的机械能守恒，摆角不变，在磁场区域来回摆动，故D正确。圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，机械能守恒，那么金属环在摆动过程中，机械能不可能将完全转化为环中的电能，故C错误；应选BD。点睛：此题考查楞次定律的应用和能量守恒相合．要注意金属环最终不可能停下来，机械能就不可能完全转化为电能．11.如下图电路中，自感系数较大的线圈L的直流电阻不计，以下操作中能使电容器C的A板带正电的是()A.S闭合的瞬间B.S断开的瞬间C.S闭合电路稳定后D.S闭合、向左移动变阻器触头【答案】B【解析】试题分析：根据线圈对电流的突变有阻碍作用，结合LC回路中电容器的充放电过程中能量转换来判断．解：A、S闭合瞬间，由于L的自感作用，阻碍电流增大，那么电源给电容器充电，所以B极带正电，故A错误；B、S断开瞬间，由于线圈电流变化，产生自感电动势，阻碍电流减小，那么对电容器充电，所以A板带正电，故B正确；C、S闭合时电路稳定后，L的电阻为零，所以C两端无电压；故C错误；D、S闭合，向左迅速移动滑动变阻器触头，电流增大，那么自感线圈阻碍电流增大，对电容器充电，所以B极带正电，故D正确；应选：B【点评】此题考查了LC振荡电路中电流的变化和能量的转化，结合线圈对电流变化的特点分析判断．12.如下图，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时()A.穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大B.穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最大C.穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小D.穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最小【答案】A【解析】当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式，可知磁通量的变化率最大，故A正确，BCD错误，应选A。【点睛】根据法拉第电磁感应定律公式，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势，而磁通量的变化量与瞬时电动势成正比.13.如下图为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1∶n，副线圈接有一个定值电阻R，那么()A.假设ab之间接电动势为U的蓄电池，那么R中的电流为B.假设ab之间接电动势为U的蓄电池，那么原、副线圈中的电流均为零C.假设ab之间接电压为U的交流电，那么原线圈中的电流为D.假设ab之间接电压为U的交流电，那么副线圈中的电流为【答案】CD【解析】蓄电池输出的是直流电，因变压器不能改变直流电压的电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线圈有电流，故AB错误；当原线圈电压为U时，电压与匝数成正比，故副线圈输出电压为nU，副线圈电流为，电流与匝数成反比，故原线圈的电流为，故CD正确；应选CD.【点睛】变压器不会改变直流电，只能变交流电，且匝数与电压成正比、与电流成反比．14.图中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如乙图所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20Ω和电容器C连接成如甲图所示的电路，其中电容器的击穿电压为8V，电表为理想交流电表，开关S处于断开状态，那么()A.电压表V的读数约为7.07VB.电流表A的读数为0.05AC.变压器的输入功率约为7.07WD.假设闭合开关S，电容器不会被击穿【答案】AD【解析】由图像可得U1m＝200V，有效值U1＝V＝100V，根据变压器的原理，解得U2＝10V．S断开：电阻R2两端的电压＝5V≈7.07V，电流I2＝＝A，再由根据变压器的原理解得I1＝A，所以A正确，B错误；变压器的输入功率P＝I1U1＝5W，故C选项错误；假设闭合开关S，R1、R3并联，并联电阻为10Ω，电容器上分压为U2＝V，电容器的两端的最大电压值为V，，小于8V，电容器不会被击穿，故D选项正确．15.某同学在研究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如下图的电路，其中L1、L2是两个完全相同的灯泡，把开关置于3、4时，电路与交流电源接通，稳定后的两个灯泡发光亮度相同，那么该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是()A.当开关置于1、2时，稳定后L1、L2两个灯泡均发光且亮度相同B.当开关置于1、2时，稳定后L1、L2两个灯泡均发光，且L1比L2亮C.当开关置于3、4时，稳定后，假设只增加交变电流的频率，那么L1变暗，L2变亮D.在开关置于3、4的瞬间，L2立即发光，而L1亮度慢慢增大【答案】CD【解析】当开关置于1､2时,稳定后因电容器隔直流,故电路断开L2不发光,A､B错误;在开关置于3､4的瞬间,电容器通交流,L2立即发光,由于电感的自感作用,L1亮度慢慢增大,D正确.当开关置于3､4稳定后,增加交变电流频率,容抗减小,感抗增大,L1变暗,L2变亮,C正确.16.如下图，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动周期为T0.线圈产生的电动势的最大值为Em，那么()A.线圈产生的电动势的有效值为B.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C.线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmD.经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次【答案】BC【解析】试题分析：线圈产生的电动势的有效值为，A错误；由：，得到线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值，B正确；由：，可得线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em，C正确；每个周期时间内，电流方向改变两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，D错误；应选BC考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理17.如下图，平行金属导轨与水平面间夹角均为θ＝37°，导轨间距为1m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和a′b′的质量都是0.2kg，电阻都是1Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒a′b′和导轨之间的动摩擦因数为0.5，金属棒ab和导轨无摩擦，导轨平面PMKO处存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场，导轨平面PMNQ处存在着沿轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度B的大小相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度到达稳定时，整个回路消耗的电功率为18W.求：(1)ab到达的最大速度多大？(2)ab下落了30m高度时，其下滑速度已经到达稳定，那么此过程中回路电流的发热量Q多大？(3)在ab下滑过程中某时刻将a′b′固定解除，为确保a′b′始终保持静止，那么a′b′固定解除时ab棒的速度有何要求？(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【答案】(1)15m/s(2)37.5J(3)10m/s≤v≤15m/s【解析】(1)到达稳定时由能量守恒：p电=mgvsin370〔2分〕解得：v=15m/s〔1分〕(2)由能量守恒关系得mgh=+Q〔2分〕代入数据得Q=37.5J。〔1分〕(3)由电功率定义可知：P=I2·2R〔1分〕解得：I=3A又E=BLV〔1分〕到达稳定时,对ab棒由平衡条件：mgsin370=BIL〔1分〕解得：B=0.4T对a’b’棒:垂直轨道方向：FN=mgcos370+BIL〔1分〕由滑动摩擦定律：Ff=μFN由平衡条件：Ff≥mgsin370〔1分〕代入条件，解得：v≥10m/s〔1分〕那么a'b’固定解除时ab棒的速度:10m/s≤v≤15m/s(说明：其它解法只要正确均给分)18.如下图是“探究电磁感应现象〞的实验装置。(1)将图中所缺导线补接完整。(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向________偏一下〔填“左〞或“右〞〕；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，灵敏电流计指针将向________偏一下〔填“左〞或“右〞〕。【答案】(1).右(2).左【解析】〔1〕探究电磁感应现象实验电路分两局部，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如下图：

〔2〕闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转．

原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转．

点睛：此题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键．19.如下图，质量为2m的U形线框ABCD下边长度为L，电阻为R，其它局部电阻不计，其内侧有质量为m、电阻为R的导体棒PQ，PQ与线框相接触良好，可在线框内上下滑动．整个装置竖直放置，其下方有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.将整个装置从静止释放，在下落过程中线框底边始终水平．当线框底边进入磁场时恰好做匀速运动，此时导体棒PQ与线框间的滑动摩擦力为mg.经过一段时间，导体棒PQ恰好到达磁场上边界，但未进入磁场，PQ运动的距离是线框在磁场中运动距离的两倍．不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)线框刚进入磁场时，BC两端的电势差；(2)导体棒PQ到达磁场上边界时速度大小；(3)导体棒PQ到达磁场上边界前的过程线框中产生的焦耳热．【答案】(1)(2)(3)【解析】试题分析：〔1〕线框刚进入磁场时是做匀速运动。由平衡知识可列：〔2〕设导体棒到达磁场上边界速度为，线框底边进入磁场时的速度为；导体棒相对于线框的距离为，线框在磁场中下降的距离为。联解上述方程式得：〔3〕线框下降的时间与导体棒下滑的时间相等联解上述方程式得：考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡.20.如下图，一边长的正方形线圈处在磁感应强度的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的