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四川省遂宁中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷
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这是一份四川省遂宁中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．关于涡流，下列说法中错误是（ ）
A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势，则（ ）
A．交流电的频率是 B．t=0时线圈中的磁通量为零
C．交流电的周期是0.02s D．t=0.05s时，e有最大值
3．如图，质量为m的金属杆ab垂直放在水平导轨上，处在匀强磁场中，磁场方向与水平面成θ角斜向上。开关闭合后金属杆保持静止，正确表示金属杆受力示意图的是（从a端看）（ ）
A． B．
C． D．
4．如图所示，绕在铁芯上的线圈M与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路，在铁芯的右端，线圈P与电流表连成闭合电路.下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合，电路稳定后，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
B．开关S闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向左匀速移动，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
C．开关S闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向右匀速移动，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
D．开关S闭合瞬间，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互吸引
5. 已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，今将这个电阻元件与一个多用电表串联(已调至交流电流挡)，电阻元件仍正常工作，则多用电表的读数为（ ）
A. 5A B. 4A C. 42A D. 52A
6．电子感应加速器基本原理如图所示，上、下为电磁铁两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，若某一时刻，电磁铁线圈中电流方向与图示方向一致、电子沿逆时针方向，在磁场的约束下运动一周，则下列说法正确的是（ ）
A．电子感应加速器是利用电磁铁间变化的磁场产生感生电场使电子加速的仪器
B．电子感应加速器是利用越来越强的磁场对电子持续增大的洛伦兹力作用使电子加速的仪器
C．电磁铁线圈中电流大小要持续增加，其电流方向可以与图示方向相反
D．当电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相反时，要实现对电子加速，电流要越来越小
7．在如图所示的电路中，L是一带铁芯的线圈，R为电阻。两条支路的直流电阻相等。那么在接通和断开开关的瞬间，两电流表的读数I1、I2的大小关系正确的是( )
A．接通瞬间I1＝I2，断开瞬间I1I2
C．接通瞬间I1>I2，断开瞬间I1二、多选题（每小题5分，共15分）
8.如图所示，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面．使线框从静止开始向右匀加速通过磁场区域，以水平向左的安培力为力的正方向和逆时针方向为电流正方向，能反映线框中感应电流变化规律和线框受安培力变化规律的是（ ）
A. B.
C. D.
9．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R=10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u=220sin（100πt）V。当用电器电阻R0=11 Ω时，下列说法正确的是（ ）
A．通过用电器R0的电流有效值是20 A
B．当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小
C．发电机中的电流变化频率为100 Hz
D．升压变压器的输入功率为4650 W
10．如图所示，ab为有界磁场的边界，ab上的O点为粒子源，粒子以速率v0均匀对称地射入磁场，粒子速度方向分布在与ab夹角为至之间所有方向。已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，粒子电荷量为，质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．粒子离开ab时，射出点距O点的最大距离
B．粒子在磁场中运动，距ab的最远距离
C．粒子在磁场中运动，时间最短的粒子用时
D．粒子在磁场中运动，时间最长的粒子用时
三、实验填空题（共18分）
11．(8分)在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中：
（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流表及开关按如图所示部分连接，请把剩余部分电路连接完整。
（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，灵敏电流表指针向右偏转，由此可以判断________。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑片P向左加速滑动，都能引起灵敏电流表指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流表指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流表指针都静止在中央
（3）某同学第一次将滑动变阻器的滑片P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的滑片P快速向右移动，发现电流表的指针摆动的幅度较第二次的幅度大，原因是线圈中的________(选填“磁通量”、“磁通量的变化”或“磁通量的变化率”)第二次比第一次的大。
（4）某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他将灵敏电流表、线圈A和B、干电池组、开关用导线连接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是________。
A．开关的位置接错 B．线圈B的接头接反
C．干电池组的正负极接反
12. 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）为了减少涡流的影响，铁芯应该选择______；
A．绝缘的硅钢片叠成 B．绝缘的铜片叠成
C．整块不锈钢铁芯 D．整块硅钢铁芯
（2）以下给出的器材中，本实验需要用到的是______；
A．两节干电池 B．学生交流电源 C．直流电压表 D．多用电表
（3）下列做法正确的是____；
A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12V
B．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多
C．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
D．为了多用电表的安全，使用交流电压档测电压时，先用最大量程档试测
（4）若变压器两线圈的匝数分别为200和400，测得的电压分别为3.7V和8.0V。据此可知变压器的输入电压是____V；变压器的电压比与匝数比不相等，可能原因是____________________________（至少写出一个）。
四、解答题（共39分）
13. (12分)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个长和宽分别为L1、L2的矩形线圈，其中匝数为N。现该线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动．
（1）穿过线框平面磁通量的变化率何时最大？最大值为多少
（2）当线框由图示位置转过60°的过程中，平均感应电动势为多大
（3）线框由图示位置转到60°时瞬时感应电动势为多大.
14.(12分)如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在水平向右的匀强电场E1，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面向外的匀强磁场，匀强电场的电场强度大小E1＝E2＝4.5 N/C，在坐标为(－0.4 m,0.4 m)的A点处将一带正电小球(可视为质点)由静止释放，小球沿直线AO第一次穿过x轴，小球第三次经过x轴时恰好再次经过O点，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小；
（2）小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。
15.(15分)如图为遂宁中学某教师在实验室自制的一套实验器材来研究其物理规律。已知两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好。金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻。现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨向上、大小为F＝5mg的恒力，使金属棒由静止开始运动。当金属棒上滑距离x0时，金属棒开始匀速运动。重力加速度为g，求：
（1）刚开始运动时金属棒的加速度大小；
（2）从静止到开始匀速运动的过程中通过金属棒的电荷量；
（3）从静止到开始匀速运动的过程中定值电阻R产生的焦耳热；
（4）从静止到开始匀速运动金属棒所经历的时间。
高2025届第四期三月月考物理试题参考答案
1.B 2．C 3．B
4．B
【解析】
A．开关S闭合后，线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过线圈P的磁通量不变，没有感应电流产生，M与P之间没有排斥力，故A错误；
B．开关S闭合后，使变阻器的滑片作左滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过线圈P磁通量增大，产生感应电流。感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，二者相互排斥，故B正确；
C．开关S闭合后，使变阻器的滑片P作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，回路中电流减小，线圈产生的磁场减小，穿过线圈P磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故C错误；
D．将电键突然闭合的瞬间，线圈产生的磁场从无到有，穿过穿过线圈P的磁通量增大，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，二者相互排斥，故D错误。
故选B。
5.A
6．A
【解析】
AB．根据法拉第电磁感应定律，可知，电子感应加速器是利用电磁铁间变化的磁场产生感生电场使电子加速的仪器，在洛伦兹力约束下做圆周运动，故A正确，B错误；
C．由题知，某一时刻，电磁铁线圈中电流方向与图示方向一致、电子沿逆时针方向，则感应电流沿顺时针方向，根据安培定则可知，感应磁场向下，与原磁场方向相反，即线圈中的磁场增大，故通过电磁铁线圈的电流大小增大，故电流方向不能与图示方向相反，否则产生的感应电流方向就会相反，电子的运动情况也会相反，故C错误；
D．当电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相反时，若电流越来越大，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为逆针方向，电子将沿时时针方向做加速运动，故D错误。
故选A。
7解析：当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2，而线圈中的电流从零开始增大，产生的自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1答案：D
8.由右手定则可知：线框右边开始进入磁场时，电流方向为逆时针，是正的；当线框进入右边磁场时，电流沿顺时针方向，是负的；当线框离开磁场过程中，电流沿逆时针方向，是正的；
A、感应电动势：E=BLv=BLat可知，电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，在线框进入右边磁场过程中，线框左右两边切割磁感线，产生的感应电动势是一边切割时的两倍，电流为一边切割的两倍，故A正确，B错误；
C、由左手定则可知，在整个过程中线框受到的安培力始终向左，始终是正的；安培力F=BIL= =
，安培力时间均匀增大，线框进入右边磁场过程中，电流为一边切割时的4倍，则每边安培力也为一边切割时的两倍，两边受到的安培力变为4倍，故C错误，D正确；
故选：AD．
9．AD
【详解】
A．由题意可知T2副线圈两端电压的有效值为
根据欧姆定律可得通过用电器R0的电流有效值为
故A正确；
B．当用电器R0的阻值减小时，T2副线圈电压不变，则电流增大，所以输电线路电流增大，损耗的功率将增大，故B错误；
C．变压器不改变交变电流的频率，所以发电机中的电流变化频率为
故C错误；
D．降压变压器的输出功率为
P1=UI =4400W
根据理想变压器原、副线圈电流规律可知输电线中的电流为
输电线上损失的功率为
ΔP=I′2R=250W
升压变压器的输入功率为
P=P1＋ΔP=4650W
故D正确。
故选AD。
10．BC
【详解】
A．如图，粒子在磁场中运动的轨迹半径
周期
粒子离开ab时，射出点距O点的最大距离为直径，即
A错误；
B．粒子在磁场中运动时，距ab的最远距离
B正确；
C．粒子在磁场中运动，时间最短的粒子用时为周期，即
C正确；
D．粒子在磁场中运动，最长时间为周期，即
选项D错误。
故选BC。
11. 答案 (1)见解析图(2分) (2)A(2分)
(3)磁通量的变化率(2分) (4)A(2分)
解析 (1)电路连接图如图所示：
(2)将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，滑动变阻器阻值减小，电流增大，说明通过线圈B的磁通量增大，线圈B产生感应电流，灵敏电流表指针向右偏转。
线圈A向上移动或滑动变阻器滑片P向左加速滑动，均会引起通过线圈B的磁通量减小，灵敏电流表指针向左偏转，故A正确；线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，会引起通过线圈B的磁通量减小，灵敏电流表指针向左偏转，故B错误；滑动变阻器滑片P只要滑动，都会引起通过线圈B的磁通量变化，灵敏电流表指针就会偏转，与匀速或加速无关，故C错误。
(3)滑片P移动的快慢，决定线圈B磁通量变化的快慢，所以指针摆动的幅度较第二次的幅度大，原因是线圈中的磁通量的变化率第二次比第一次的大。
(4)若开关和灵敏电流表构成回路，则开关闭合、断开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流表指针不会偏转，故A正确；线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，故B错误；干电池组的正负极接反，电流表指针偏转方向变化，故C错误。
12. A BD D 8.0 漏磁 铁芯或导线发热
13. （1）当磁场与矩形线圈平行时，变化率最大，∆∅∆t=NBL1L2ω
（2）E平=∆∅∆t=NBS-NBScs60016T=NBS-NBScs60016.2πω=32πNBL1L2ω
（3）e= NBL1L2ωsinωt=NBL1L2ωsin600=32NBL1L2ω
14. 答案 (1)eq \f(20,9) C/kg 4 m/s (2)eq \f(3\r(2)π＋1,5) s
解析 (1)由题可知，小球由静止释放后在第二象限的匀强电场中所受合力方向由A点指向O点，则有eq \f(qE1,mg)＝tan 45°
代入数据解得eq \f(q,m)＝eq \f(20,9) C/kg
由A到O的过程中，由动能定理有mgy1＋qE1x1＝eq \f(1,2)mv2－0
代入数据解得v＝4 m/s
(2)设小球从释放到第一次到达O点的时间为t1，小球在y方向做自由落体运动，有y1＝eq \f(1,2)gt12
代入数据解得t1＝eq \f(\r(2),5) s
如图，在第三、四象限中，qE2＝mg，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动；小球从第三象限的P点再次进入第二象限后做类平抛运动，经过时间t2再次回到O点，该过程可将小球的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动与沿y轴方向的竖直上抛运动。由圆周运动的特点可知，小球在P点的速度与x轴正方向成45°角，由牛顿第二定律知，小
球在第二象限x、y两个分方向的加速度大小为ax＝ay＝g
y方向有0＝vsin 45°－geq \f(t2,2)
得t2＝eq \f(2\r(2),5) s
x方向有x2＝vcs 45°t2＋eq \f(1,2)gt22
得x2＝eq \f(16,5) m
由几何关系可得x2＝eq \r(2)R
得R＝eq \f(8\r(2),5) m
则小球在x轴下方运动的时间为t3＝eq \f(3,4)×eq \f(2πR,v)＝eq \f(3\r(2)π,5) s
故小球从释放到第三次经过x轴经历的时间为
t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3\r(2)π＋1,5) s。
15. 答案 (1)4.5g (2)eq \f(BLx0,2R)
(3)eq \f(9mgx0,4)－eq \f(81m3g2R2,4B4L4) (4) eq \f(B2L2x0,9mgR)＋eq \f(2mR,B2L2)
解析 (1)设刚开始运动时金属棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有F－mgsin θ＝ma①(1分)
代入数据解得a＝4.5 g②(1分)
(2)设从静止到开始匀速运动所经历的时间为t，通过金属棒的电荷量为q。根据法拉第电磁感应定律可得t时间内回路中的平均感应电动势为
eq \x\t(E)＝eq \f(BLx0,t)③(1分)
根据闭合电路欧姆定律可得回路中的平均电流为
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)④(1分)
根据电流的定义可得q＝eq \x\t(I)t⑤
联立③④⑤解得q＝eq \f(BLx0,2R)⑥(1分)
(3)设金属棒匀速运动时速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E＝BLv⑦(1分)
回路中的电流为I＝eq \f(E,2R)⑧(1分)
金属棒所受安培力大小为FA＝BIL⑨(1分)
根据平衡条件得F＝FA＋mgsin θ⑩(1分)
解得v＝eq \f(qmgR,B2L2)⑪(1分)
设从静止到开始匀速运动的过程中回路中产生的总焦耳热为Q，则根据功能关系得
Fx0－mgx0sin θ＝Q＋eq \f(1,2)mv2⑫(1分)
根据焦耳定律可知定值电阻R产生的焦耳热
QR＝eq \f(1,2)Q⑬(1分)
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得
QR＝eq \f(9mgx0,4)－eq \f(81m3g2R2,4B4L4)⑭(1分)
(4)对金属棒从静止到开始匀速运动的过程应用动量定理有Ft－mgtsin θ－Beq \x\t(I)Lt＝mv⑮(2分)
联立⑤⑥⑪⑮解得t＝eq \f(B2L2x0,9mgR)＋eq \f(2mR,B2L2)⑯(1分)
1．关于涡流，下列说法中错误是（ ）
A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势，则（ ）
A．交流电的频率是 B．t=0时线圈中的磁通量为零
C．交流电的周期是0.02s D．t=0.05s时，e有最大值
3．如图，质量为m的金属杆ab垂直放在水平导轨上，处在匀强磁场中，磁场方向与水平面成θ角斜向上。开关闭合后金属杆保持静止，正确表示金属杆受力示意图的是（从a端看）（ ）
A． B．
C． D．
4．如图所示，绕在铁芯上的线圈M与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路，在铁芯的右端，线圈P与电流表连成闭合电路.下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合，电路稳定后，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
B．开关S闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向左匀速移动，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
C．开关S闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向右匀速移动，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
D．开关S闭合瞬间，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互吸引
5. 已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，今将这个电阻元件与一个多用电表串联(已调至交流电流挡)，电阻元件仍正常工作，则多用电表的读数为（ ）
A. 5A B. 4A C. 42A D. 52A
6．电子感应加速器基本原理如图所示，上、下为电磁铁两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，若某一时刻，电磁铁线圈中电流方向与图示方向一致、电子沿逆时针方向，在磁场的约束下运动一周，则下列说法正确的是（ ）
A．电子感应加速器是利用电磁铁间变化的磁场产生感生电场使电子加速的仪器
B．电子感应加速器是利用越来越强的磁场对电子持续增大的洛伦兹力作用使电子加速的仪器
C．电磁铁线圈中电流大小要持续增加，其电流方向可以与图示方向相反
D．当电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相反时，要实现对电子加速，电流要越来越小
7．在如图所示的电路中，L是一带铁芯的线圈，R为电阻。两条支路的直流电阻相等。那么在接通和断开开关的瞬间，两电流表的读数I1、I2的大小关系正确的是( )
A．接通瞬间I1＝I2，断开瞬间I1
C．接通瞬间I1>I2，断开瞬间I1
8.如图所示，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面．使线框从静止开始向右匀加速通过磁场区域，以水平向左的安培力为力的正方向和逆时针方向为电流正方向，能反映线框中感应电流变化规律和线框受安培力变化规律的是（ ）
A. B.
C. D.
9．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R=10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u=220sin（100πt）V。当用电器电阻R0=11 Ω时，下列说法正确的是（ ）
A．通过用电器R0的电流有效值是20 A
B．当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小
C．发电机中的电流变化频率为100 Hz
D．升压变压器的输入功率为4650 W
10．如图所示，ab为有界磁场的边界，ab上的O点为粒子源，粒子以速率v0均匀对称地射入磁场，粒子速度方向分布在与ab夹角为至之间所有方向。已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，粒子电荷量为，质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．粒子离开ab时，射出点距O点的最大距离
B．粒子在磁场中运动，距ab的最远距离
C．粒子在磁场中运动，时间最短的粒子用时
D．粒子在磁场中运动，时间最长的粒子用时
三、实验填空题（共18分）
11．(8分)在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中：
（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流表及开关按如图所示部分连接，请把剩余部分电路连接完整。
（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，灵敏电流表指针向右偏转，由此可以判断________。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑片P向左加速滑动，都能引起灵敏电流表指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流表指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流表指针都静止在中央
（3）某同学第一次将滑动变阻器的滑片P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的滑片P快速向右移动，发现电流表的指针摆动的幅度较第二次的幅度大，原因是线圈中的________(选填“磁通量”、“磁通量的变化”或“磁通量的变化率”)第二次比第一次的大。
（4）某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他将灵敏电流表、线圈A和B、干电池组、开关用导线连接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是________。
A．开关的位置接错 B．线圈B的接头接反
C．干电池组的正负极接反
12. 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）为了减少涡流的影响，铁芯应该选择______；
A．绝缘的硅钢片叠成 B．绝缘的铜片叠成
C．整块不锈钢铁芯 D．整块硅钢铁芯
（2）以下给出的器材中，本实验需要用到的是______；
A．两节干电池 B．学生交流电源 C．直流电压表 D．多用电表
（3）下列做法正确的是____；
A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12V
B．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多
C．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
D．为了多用电表的安全，使用交流电压档测电压时，先用最大量程档试测
（4）若变压器两线圈的匝数分别为200和400，测得的电压分别为3.7V和8.0V。据此可知变压器的输入电压是____V；变压器的电压比与匝数比不相等，可能原因是____________________________（至少写出一个）。
四、解答题（共39分）
13. (12分)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个长和宽分别为L1、L2的矩形线圈，其中匝数为N。现该线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动．
（1）穿过线框平面磁通量的变化率何时最大？最大值为多少
（2）当线框由图示位置转过60°的过程中，平均感应电动势为多大
（3）线框由图示位置转到60°时瞬时感应电动势为多大.
14.(12分)如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在水平向右的匀强电场E1，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面向外的匀强磁场，匀强电场的电场强度大小E1＝E2＝4.5 N/C，在坐标为(－0.4 m,0.4 m)的A点处将一带正电小球(可视为质点)由静止释放，小球沿直线AO第一次穿过x轴，小球第三次经过x轴时恰好再次经过O点，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小；
（2）小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。
15.(15分)如图为遂宁中学某教师在实验室自制的一套实验器材来研究其物理规律。已知两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好。金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻。现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨向上、大小为F＝5mg的恒力，使金属棒由静止开始运动。当金属棒上滑距离x0时，金属棒开始匀速运动。重力加速度为g，求：
（1）刚开始运动时金属棒的加速度大小；
（2）从静止到开始匀速运动的过程中通过金属棒的电荷量；
（3）从静止到开始匀速运动的过程中定值电阻R产生的焦耳热；
（4）从静止到开始匀速运动金属棒所经历的时间。
高2025届第四期三月月考物理试题参考答案
1.B 2．C 3．B
4．B
【解析】
A．开关S闭合后，线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过线圈P的磁通量不变，没有感应电流产生，M与P之间没有排斥力，故A错误；
B．开关S闭合后，使变阻器的滑片作左滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过线圈P磁通量增大，产生感应电流。感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，二者相互排斥，故B正确；
C．开关S闭合后，使变阻器的滑片P作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，回路中电流减小，线圈产生的磁场减小，穿过线圈P磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故C错误；
D．将电键突然闭合的瞬间，线圈产生的磁场从无到有，穿过穿过线圈P的磁通量增大，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，二者相互排斥，故D错误。
故选B。
5.A
6．A
【解析】
AB．根据法拉第电磁感应定律，可知，电子感应加速器是利用电磁铁间变化的磁场产生感生电场使电子加速的仪器，在洛伦兹力约束下做圆周运动，故A正确，B错误；
C．由题知，某一时刻，电磁铁线圈中电流方向与图示方向一致、电子沿逆时针方向，则感应电流沿顺时针方向，根据安培定则可知，感应磁场向下，与原磁场方向相反，即线圈中的磁场增大，故通过电磁铁线圈的电流大小增大，故电流方向不能与图示方向相反，否则产生的感应电流方向就会相反，电子的运动情况也会相反，故C错误；
D．当电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相反时，若电流越来越大，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为逆针方向，电子将沿时时针方向做加速运动，故D错误。
故选A。
7解析：当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2，而线圈中的电流从零开始增大，产生的自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1
8.由右手定则可知：线框右边开始进入磁场时，电流方向为逆时针，是正的；当线框进入右边磁场时，电流沿顺时针方向，是负的；当线框离开磁场过程中，电流沿逆时针方向，是正的；
A、感应电动势：E=BLv=BLat可知，电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，在线框进入右边磁场过程中，线框左右两边切割磁感线，产生的感应电动势是一边切割时的两倍，电流为一边切割的两倍，故A正确，B错误；
C、由左手定则可知，在整个过程中线框受到的安培力始终向左，始终是正的；安培力F=BIL= =
，安培力时间均匀增大，线框进入右边磁场过程中，电流为一边切割时的4倍，则每边安培力也为一边切割时的两倍，两边受到的安培力变为4倍，故C错误，D正确；
故选：AD．
9．AD
【详解】
A．由题意可知T2副线圈两端电压的有效值为
根据欧姆定律可得通过用电器R0的电流有效值为
故A正确；
B．当用电器R0的阻值减小时，T2副线圈电压不变，则电流增大，所以输电线路电流增大，损耗的功率将增大，故B错误；
C．变压器不改变交变电流的频率，所以发电机中的电流变化频率为
故C错误；
D．降压变压器的输出功率为
P1=UI =4400W
根据理想变压器原、副线圈电流规律可知输电线中的电流为
输电线上损失的功率为
ΔP=I′2R=250W
升压变压器的输入功率为
P=P1＋ΔP=4650W
故D正确。
故选AD。
10．BC
【详解】
A．如图，粒子在磁场中运动的轨迹半径
周期
粒子离开ab时，射出点距O点的最大距离为直径，即
A错误；
B．粒子在磁场中运动时，距ab的最远距离
B正确；
C．粒子在磁场中运动，时间最短的粒子用时为周期，即
C正确；
D．粒子在磁场中运动，最长时间为周期，即
选项D错误。
故选BC。
11. 答案 (1)见解析图(2分) (2)A(2分)
(3)磁通量的变化率(2分) (4)A(2分)
解析 (1)电路连接图如图所示：
(2)将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，滑动变阻器阻值减小，电流增大，说明通过线圈B的磁通量增大，线圈B产生感应电流，灵敏电流表指针向右偏转。
线圈A向上移动或滑动变阻器滑片P向左加速滑动，均会引起通过线圈B的磁通量减小，灵敏电流表指针向左偏转，故A正确；线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，会引起通过线圈B的磁通量减小，灵敏电流表指针向左偏转，故B错误；滑动变阻器滑片P只要滑动，都会引起通过线圈B的磁通量变化，灵敏电流表指针就会偏转，与匀速或加速无关，故C错误。
(3)滑片P移动的快慢，决定线圈B磁通量变化的快慢，所以指针摆动的幅度较第二次的幅度大，原因是线圈中的磁通量的变化率第二次比第一次的大。
(4)若开关和灵敏电流表构成回路，则开关闭合、断开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流表指针不会偏转，故A正确；线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，故B错误；干电池组的正负极接反，电流表指针偏转方向变化，故C错误。
12. A BD D 8.0 漏磁 铁芯或导线发热
13. （1）当磁场与矩形线圈平行时，变化率最大，∆∅∆t=NBL1L2ω
（2）E平=∆∅∆t=NBS-NBScs60016T=NBS-NBScs60016.2πω=32πNBL1L2ω
（3）e= NBL1L2ωsinωt=NBL1L2ωsin600=32NBL1L2ω
14. 答案 (1)eq \f(20,9) C/kg 4 m/s (2)eq \f(3\r(2)π＋1,5) s
解析 (1)由题可知，小球由静止释放后在第二象限的匀强电场中所受合力方向由A点指向O点，则有eq \f(qE1,mg)＝tan 45°
代入数据解得eq \f(q,m)＝eq \f(20,9) C/kg
由A到O的过程中，由动能定理有mgy1＋qE1x1＝eq \f(1,2)mv2－0
代入数据解得v＝4 m/s
(2)设小球从释放到第一次到达O点的时间为t1，小球在y方向做自由落体运动，有y1＝eq \f(1,2)gt12
代入数据解得t1＝eq \f(\r(2),5) s
如图，在第三、四象限中，qE2＝mg，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动；小球从第三象限的P点再次进入第二象限后做类平抛运动，经过时间t2再次回到O点，该过程可将小球的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动与沿y轴方向的竖直上抛运动。由圆周运动的特点可知，小球在P点的速度与x轴正方向成45°角，由牛顿第二定律知，小
球在第二象限x、y两个分方向的加速度大小为ax＝ay＝g
y方向有0＝vsin 45°－geq \f(t2,2)
得t2＝eq \f(2\r(2),5) s
x方向有x2＝vcs 45°t2＋eq \f(1,2)gt22
得x2＝eq \f(16,5) m
由几何关系可得x2＝eq \r(2)R
得R＝eq \f(8\r(2),5) m
则小球在x轴下方运动的时间为t3＝eq \f(3,4)×eq \f(2πR,v)＝eq \f(3\r(2)π,5) s
故小球从释放到第三次经过x轴经历的时间为
t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3\r(2)π＋1,5) s。
15. 答案 (1)4.5g (2)eq \f(BLx0,2R)
(3)eq \f(9mgx0,4)－eq \f(81m3g2R2,4B4L4) (4) eq \f(B2L2x0,9mgR)＋eq \f(2mR,B2L2)
解析 (1)设刚开始运动时金属棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有F－mgsin θ＝ma①(1分)
代入数据解得a＝4.5 g②(1分)
(2)设从静止到开始匀速运动所经历的时间为t，通过金属棒的电荷量为q。根据法拉第电磁感应定律可得t时间内回路中的平均感应电动势为
eq \x\t(E)＝eq \f(BLx0,t)③(1分)
根据闭合电路欧姆定律可得回路中的平均电流为
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)④(1分)
根据电流的定义可得q＝eq \x\t(I)t⑤
联立③④⑤解得q＝eq \f(BLx0,2R)⑥(1分)
(3)设金属棒匀速运动时速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E＝BLv⑦(1分)
回路中的电流为I＝eq \f(E,2R)⑧(1分)
金属棒所受安培力大小为FA＝BIL⑨(1分)
根据平衡条件得F＝FA＋mgsin θ⑩(1分)
解得v＝eq \f(qmgR,B2L2)⑪(1分)
设从静止到开始匀速运动的过程中回路中产生的总焦耳热为Q，则根据功能关系得
Fx0－mgx0sin θ＝Q＋eq \f(1,2)mv2⑫(1分)
根据焦耳定律可知定值电阻R产生的焦耳热
QR＝eq \f(1,2)Q⑬(1分)
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得
QR＝eq \f(9mgx0,4)－eq \f(81m3g2R2,4B4L4)⑭(1分)
(4)对金属棒从静止到开始匀速运动的过程应用动量定理有Ft－mgtsin θ－Beq \x\t(I)Lt＝mv⑮(2分)
联立⑤⑥⑪⑮解得t＝eq \f(B2L2x0,9mgR)＋eq \f(2mR,B2L2)⑯(1分)
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