江苏省连云港市2024-2025学年高二下学期3月联考物理试卷（含解析）

2024-2025学年江苏省连云港三校高二（下）联考物理试卷（3月）一、单选题：本大题共11小题，共44分。1.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:10，当输入电压增加10V时，输出电压(

)A.降低1V B.增加1V C.降低100V D.增加100V2.如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且其中一边与导线保持平行.现将线框由静止释放，下落过程中(

)

A.穿过线框的磁通量增加 B.线框中感应电流方向为顺时针

C.线框所受安培力的合力为零 D.线框的机械能守恒3.关于下列图片的解释错误的是(

)

A.真空冶炼炉利用涡流通过金属产生的热量使金属熔化

B.使用电磁炉加热食物时使用陶瓷锅也可以

C.探雷器探测有较大金属零件的地雷时是利用涡流工作的

D.用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流4.如图为“探究感应电流产生的条件”的实验装置，线圈A放在线圈B中，在闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏转.下列说法中正确的是(

)

A.闭合开关后，将线圈A从线圈B中抽出时，电流计指针向右偏转

B.闭合开关后，滑片P向右滑动时，电流计指针向左偏转

C.闭合开关后，线圈A、B保持不动，电流计指针不偏转

D.断开开关瞬间，电流计指针向右偏转5.如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B=B0+kt(k>0A.线圈中电子沿顺时针方向定向移动 B.线圈面积有缩小的趋势

C.线圈中产生的焦耳热为π2kB06.如图所示为某电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点.n1、n2分别是理想变压器的原、副线圈的匝数，小风扇的额定电压为60V，吹热风时，电吹风的电功率为460W.则电吹风吹热风时A.可动触头P同时接b、c B.n1:n2=11:3

7.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为RA.I1I2=n1n2 8.如图所示，在竖直向下的匀强磁场B中，将一根水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域，不计空气阻力.下列说法正确的是(

)

A.a点电势比b点电势高

B.金属棒在运动过程中机械能越来越小

C.金属棒中的感应电动势不变

D.单位时间内ab扫过的曲面中的磁通量越来越大9.某兴趣小组设计了一款金属探测仪，探测仪内部的线圈与电容器构成LC振荡电路，其原理图如图所示。当探测仪检测到金属物体时，金属物体中的涡流会影响原来的电磁场，探测仪检测到这个变化就会使蜂鸣器发出声响。已知某时刻，该振荡电路的电流方向由a流向b，且电流强度正在增强。下列说法正确的是(

)

A.该时刻电容器上极板带正电荷

B.该时刻线圈的自感电动势在增大

C.若线圈的自感系数增大，振荡电流的频率降低

D.探测仪靠近金属，并保持相对静止时，金属中不会产生涡流10.如图所示，电路中开关S闭合稳定后，流过线圈L的电流为I1=0.4A，流过灯泡的电流为I2=0.2A.现将S断开，下列图中能正确表示S断开前后流过灯泡电流A. B.

C. D.11.如图甲所示的电路中，交流发电机线圈的匝数n=1500，线圈电阻r=1Ω，外接定值电阻R=9Ω，线圈在匀强磁场中匀速转动时，穿过线圈的磁通量Φ随时间A.60V B.302V C.54V二、实验题：本大题共1小题，共9分。12.某班同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验.(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，该实验运用的物理方法是

(A.控制变量法B.等效替代法C.整体隔离法D.微元求和法(2)下列实验器材必须要用的有

(A.干电池组B.交流电源C.交流电压表D.直流电压表(3)下列说法不正确的是

(A.研究副线圈匝数对输出电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变B.测量电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量C.变压器开始正常工作后，因为铁芯导电，电能由原线圈输送到副线圈(4)某同学用如图可拆变压器探究原、副线圈电压与匝数的关系.A线圈“0”“8”对应接线柱间的匝数为800，通过导线a、b接电压为12V的正弦式交变电流;B线圈“0”“4”对应的匝数为400，通过导线c、d接交流电压表，该表读数可能为A.4.8B.6.0C.12.0D.24.0(5)依据第四问选择结果，请解释产生该结果的原因(写出一条合理的理由即可):三、计算题：本大题共4小题，共40分。13.如图所示，质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝线框abcd(各边均相同)，放在动摩擦因数为μ粗糙水平桌面上.MN右侧空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从左边界以初速度v进入磁场，(1)线框刚进入磁场时，ab(2)线框刚进入磁场时，线框的加速度14.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.当线圈由图示位置转过(1)通过电阻R的电荷量(2)电阻R上所产生的热量15.图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机.利用这个发电机给电阻和平行金属板电容器供电，如图乙所示.已知铜盘的半径为r，铜盘边缘和圆心之间的电阻为R，铜盘外接电阻也为R，加在盘上的匀强磁场的磁感应强度为B1，每块平行板长度为3d，板间距离为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为B2的匀强磁场.一质量为m、电量为q的带电微粒从电容器两板中间水平向右射入极板间，恰好在复合场中做匀速圆周运动，最后打在下极板的中点，重力加速度大小为g(1)(2)微粒射入的速度v(3)铜盘匀速转动的角速度16.如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=30∘的绝缘斜面上，两导轨间距为L=1m，M、P两点间接有阻值为R=4Ω的电阻.一根质量m=1kg、电阻r=1Ω的均匀直金属杆ab垂直放在两导轨上.整套装置处于磁感应强度为B=5T(1)(2)从金属杆开始下滑至速度达到最大的过程中，电阻R(3)从金属杆开始下滑至速度达到最大所用的时间t答案和解析1.【答案】D

【解析】解：根据U1U2=n1n2得，△U1△U2=n1n2，即2.【答案】B

【解析】AB.根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，方向保持不变，故A错误，B正确；

C.根据左手定则，上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，左右两边受安培力等大反向相互抵消，由于上边所处的磁场强，所以上边所受的安培力大小大于下边所受的安培力大小，所以线框所受安培力的合力方向竖直向上，故C错误；

D.在下降的过程中，除重力做功以外，还要克服安培力做功，所以线框的机械能不守恒，机械能减小，故3.【答案】B

【解析】A、真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金属的，故A正确；

B、金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅的，陶瓷锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流，不可用于加热食物，故B错误；

C、金属探测器中变化电流遇到金属物体，在被测金属中上产生涡流来进行探测，所以用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用涡流工作的，故C正确；

D、当变压器线圈中的电流变化时，在其铁芯将产生涡流，使用硅钢片做成的铁芯可以尽可能减小涡流的损失，故D正确。

本题选错误的，故选B。4.【答案】C

【解析】在闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏转，说明穿过线圈的磁通量增加时电流计的指针向右偏转;

A.闭合开关后，将线圈A从线圈B中抽出时，穿过线圈的磁通量减小，则电流计指针向左偏转，选项A错误;

B.闭合开关后，滑片P向右滑动时，回路中电流变大，穿过线圈的磁通量变大，则电流计指针向右偏转，选项B错误;

C.闭合开关后，线圈A、B保持不动，穿过线圈的磁通量不变，则电流计指针不偏转，选项C正确;

D.断开开关瞬间，回路中电流变小，穿过线圈的磁通量变小，则电流计指针向左偏转，选项D错误;

故选C5.【答案】A

【解析】AB、由题意可知，如图所示的磁场在均匀增加时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知会产生逆时针方向的感应电流，那么线圈中电子沿顺时针方向定向移动，线圈中产生感应电流，但是线圈所在位置没有磁场，所以线圈不受安培力，线圈面积没有变化趋势，故A正确B错误；

CD、设线圈中感应电动势E，由法拉第电磁感应定律得：E=△B△tS，线圈中的感应电流I=ER，联立解得：I=kπr12R，

磁感应强度增大为2B0的时间6.【答案】B

【解析】A.吹热风时，小风扇和电热丝同时接入电路，则可动触头

P

同时接

a

、

b

，故A错误；C.因为没有给出小风扇的电阻，所以根据题给条件无法计算小风扇的输出功率，故C错误；D.电热丝的两端电压为

220V

，故D错误；B.根据变压器的变压规律可得

n1n2故选B。7.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查了远距离输电的应用问题，属于中档题。根据理想变压器输入功率等于输出功率和电压与线圈匝数关系来分析，知道输电线损耗功率P=I2R。

【解析】

理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：U1U2=n1n2，由能量守恒定律可知：P1=I1U1=P2=I2U8.【答案】C

【解析】A.由右手定则可知，a点电势比b点电势低，选项A错误；

C.金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，因而切割磁感线的速度不变，故棒上产生的感应电动势大小不变。故CD.单位时间内ab的水平位移为v0，则扫过的曲面中的磁通量Φ=BB.金属棒在运动过程中只有重力做功，机械能不变。故B错误。故选C。9.【答案】C

【解析】A.某时刻，电流的方向由a流向b，且电流强度正在增强，电容器正处于放电过程，上极板带负电荷，故A错误；B.电流的方向由a流向b，且电流强度正在增强中，电流强度增大得越来越慢，则线圈的自感电动势正在减小，故B错误；C.若线圈的自感系数L增大，根据公式

f=12πLD.虽然探测仪与金属保持相对静止，但电流强度正在增大，穿过金属的磁通量增大，金属也会产生感应电流，故D错误。故选C。10.【答案】A

【解析】S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是0.4A，流过灯泡的电流是0.2A，当S断开后，灯泡原来的电流立即消失，线圈中电流要开始减小，将产生自感电动势，阻碍电流的减小，所以通过灯泡的电流不会立即消失，会从0.4A开始逐渐减小，根据楞次定律知，灯泡中电流方向与原来的电流方向相反，故A故选A。11.【答案】D

【解析】交变电流电动势最大值

E结合图乙可知

BS=4×代入题中数据，联立以上得

E则电压表示数

U联立以上解得

U故选D。12.【答案】(1)A；(2)BC；(【解析】(1)实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故A正确，BCD错误。

(2)实验中，必须要用到交流电源提供交流电，需要用交流电压表测量交流电压，故AD错误，BC正确；

(3)A.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故A正确，不符合题意；

B.为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故B正确，不符合题意；

C.变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电来传输电能，故C错误，符合题意。

(4)若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系U1U2=n1n2，若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为2:1，原线圈两端的电压为13.【答案】解：(1)根据右手定则可知，a点的电势高于b点

线框刚进入磁场时E=BLv

ab两端的电压Uab=ER【解析】详细解答和解析过程见【答案】14.【答案】解：(1)依题平均感应电动势为E=nΔΦΔt=2nBSwπ；

平均感应电流为I=ER+r=2nBSωπ(R+r)【解析】