山东聊城第一中学新校区2025-2026学年高二下学期第三周物理学情检测

聊城一中新校区2024级高二下学期第三周学情检测 物理试题 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是(　　) A．同时增大B1减小B2 B．同时减小B1增大B2 C．同时以相同的变化率增大B1和B2 D．同时以相同的变化率减小B1和B2 2．如图所示，正方形线圈位于纸面内，边长为a，匝数为n，转轴OO′恰好位于垂直于纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B，在线圈从图示位置以角速度ω绕OO′匀速转过90°的过程中，线圈中产生的平均感应电动势大小为(　　) A． B． C． D． 3．法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机。铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘沿如图所示方向转动，已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，圆盘匀速转动的角速度为ω。下列说法正确的是(　　) A．圆盘产生的电动势为Bωr2，流过电阻R的电流方向为从b到a B．圆盘产生的电动势为Bωr2，流过电阻R的电流方向为从a到b C．圆盘产生的电动势为Bωπr2，流过电阻R的电流方向为从b到a D．圆盘产生的电动势为Bωπr2，流过电阻R的电流方向为从a到b 4．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是(　　) 5．如图所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L．现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流（规定顺时针为正方向）或其所受的外力随时间变化的图象是(　　) 6．如图所示，光滑平行金属导轨与水平面成一定角度，两导轨上端用一定值电阻相连，该装置处于一匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。现有一金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻，则在下列图像中，能正确描述金属棒ab的速度与时间关系的是(　　) 7．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导体abcd所围区域内的磁感应强度按下图中哪一图线所表示的方式变化时，导体圆环受到向下的磁场作用力( ) 8．如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3且灯泡 L1、L₂、L ₃的电阻关系为R1<R₂<R₃,电感线圈L的电阻可忽略,D为理想二极管。开关S从闭合状态突然断开时,下列判断正确的是( ) A． L 1逐渐变暗，L ₂、L ₃均先变亮，然后逐渐变暗 B． L 1逐渐变暗, L ₂立即熄灭, L 3先变亮，然后逐渐变暗 C． L ₂立即熄灭, L 1、L₃均逐渐变暗 D．L1、L₂、L₃均先变亮,然后逐渐变暗 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．如图所示，一个N匝矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向且与线圈共面的轴OO′以恒定的角速度ω转动，线圈产生的电动势的最大值为Em，从线圈平面与磁感线平行时开始计时，则(　　) A．线圈电动势的表达式为e＝Emsin ωt B．在0～这段时间内，线圈中的感应电流先减小后增大 C．穿过线圈的磁通量的最大值为 D．在0～这段时间内，穿过线圈的磁通量一直增大 10．如图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n＝50，线圈的电阻r＝5 Ω，定值电阻R＝45 Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断正确的是(　　) A．线圈转动的周期为6.28 s B．t＝0时刻线圈平面与磁感线平行 C．线圈转动过程中产生的最大电动势为100 V D．电压表的示数为45 V 11．如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，MN接入电路中的长度是l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则下列说法中正确的是( ) A．金属杆所受安培力的大小为 B．金属杆的热功率为 C．电路中感应电动势的大小为 D．电路中感应电流的大小为 12．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab、cd，与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为m，长度均为L，电阻均为R，其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒ab以水平向右的初速度v0，则(　　) A．导体棒ab刚获得速度v0时受到的安培力大小为 B．最终两导体棒ab、cd速度都是 C．两导体棒运动的整个过程中产生的热量为 D．当导体棒ab的速度变为时，导体棒cd的加速度大小为 三、实验题：本题共2小题，共14分。 13．(8分)“研究电磁感应现象”的实验装置如图所示。 (1)将图中所缺的导线补接完整。 (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将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将________。 ②通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将________。 (3)在实验时，如果感应线圈两端不接任何元件，则感应线圈电路中将________。 A.因电路不闭合，无电磁感应现象 B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势 C.不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向 D.可以用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向 14．(6分)法拉第电磁感应现象是指：“闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。”小明和芳芳根据课文中的描述进行了进一步探究。 (1)芳芳同学思考：线圈的一边在磁场中做切割磁感线运动与单根导线在磁场中做切割磁感线运动，产生的感应电流的大小可能不一样。于是她验证如下： (a)先用单匝导线较快地切割磁感线运动； (b))然后用同根导线绕成25圈后，其一条边框以相同的情况切割磁感线运动。你认为两次灵敏电流计指针偏转程度______。 A.(a)较大 B.(b)较大 C.一样大 D.无法确定 (2)实验过程中小明与芳芳又用线圈和条形磁体来做实验(如图乙所示)，条形磁体插入或拔出线圈时，发现灵敏电流计指针发生偏转。你认为在此实验中产生感应电流大小跟什么因素有关？请你总结一下。 ①____________________；②____________________； (3)在(1)、(2)问中，如何改变感应电流的方向？每个实验各写出一种方法。 ①____________________；②____________________。 四、计算题：本题共4小题，共46分。 15．(10分) 如图甲所示，截面积为0.2 m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。设垂直纸面向里为B的正方向。R1=4 ，R2=6 ，C=30F，线圈内阻不计。求 (1)电容器充电时的电压、极板极性。 (2)2 s后电容器放电的电荷量。 16．(10分)如图所示，线圈 的面积是 ，共100匝，线圈的总电阻为 ，外接电阻 ，匀强磁场的磁感应强度 ，线圈以角速度 匀速旋转。 (1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电路中感应电流的瞬时值表达式。 (2)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？ (3)线圈转动一周，外接电阻 上产生的电热是多少？ (4)从中性面开始计时，经 s通过电阻R的电荷量是多少？ 17．(10分) 如图所示，间距L＝1 m的平行且足够长的导轨由倾斜、水平两部分组成，倾斜部分倾角θ＝37°，在倾斜导轨顶端连接一阻值R＝1 Ω的定值电阻，质量m＝1 kg的金属杆MN垂直导轨放置且始终接触良好，并在整个区域加一垂直于倾斜导轨所在斜面向下、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场．现让金属杆MN从距水平导轨高度h＝1.2 m处由静止释放，金属杆在倾斜导轨上先加速再匀速运动，然后进入水平导轨部分，再经过位移x＝1 m速度减为零．已知金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨与金属杆的电阻不计，金属杆在导轨两部分衔接点机械能损失忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)金属杆匀速运动时的速度大小； (2)金属杆在倾斜导轨运动阶段，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的焦耳热； (3)金属杆在水平导轨上运动时所受摩擦力的冲量大小． 18．(16分)如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻．现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求： (1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热； (2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC； (3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA′和vC′. 聊城一中新校区2024级高二下学期第三周学情检测 物理参考答案 1． 答案 B 2．答案　B 3．答案　A 4．答案　B 5．答案　D 6．答案　D 解析　上滑过程中，有mgsin θ＋＝ma，解得a＝gsin θ＋，则金属杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，直到速度为0；下滑过程，有mgsin θ－＝ma′，解得a′＝gsin θ－，则金属杆ab做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为0时，速度达到最大值，最后做匀速运动。根据速度与时间图像的斜率表示加速度可知能正确描述金属棒ab的速度与时间关系的是D项，所以D正确。 7．答案 D 8．答案 B 9．答案　CD 解析　从线圈平面与磁感线平行时开始计时，线圈电动势的表达式为e＝Emcos ωt，故A错误；在0～时间内，即0～时间内，线圈从线圈平面与磁感线平行转动到线圈平面与磁感线垂直，这段时间内线圈中的感应电流逐渐减小，穿过线圈的磁通量一直增大，故B错误D正确；线圈产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则穿过线圈的磁通量的最大值为Φm＝BS＝，故C正确． 10．答案　BD 解析　由题图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2 s，A项错误；由题图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，B项正确；线圈中的最大电动势Em＝nBSω＝nΦmω＝50×2.0×10－2× V＝100 V，C项错误；电压表测的是电阻R两端的电压，示数为U＝·R＝＝45 V，D项正确． 11．答案 AD 12．答案 BC 解析 A．导体棒ab刚获得速度v0时产生感应电动势E=BLv0，感应电流为，安培力为，联立可得，故A错误； B．运动过程中，两导体棒系统动量守恒，有mv0=2mv，可得最终两棒速度为，故B正确； C．两导体棒运动的整个过程中产生的热量为机械能的损失，故C正确； D．由动量守恒可得，解得，导体棒ab产生的电动势为E1=BL，导体棒cd产生的电动势为E2=BL，两电动势反向，则总电动势为E=E1-E2=BL，感应电流为，安培力为，联立可得F=，则导体棒cd的加速度大小为，故D错误 13．答案　(1)见解析图　(2)①向右偏转 ②向左偏转　(3)BD 解析(2)根据穿过感应线圈的磁通量的变化情况与灵敏电流计的指针偏转方向进行判断，可得①中灵敏电流计指针将向右偏转，②中灵敏电流计指针将向左偏转。(3)只要穿过感应线圈的磁通量发生变化，就会产生电磁感应现象，就有感应电动势，但电路不闭合，无感应电流。用楞次定律和安培定则可以判断感应电动势的方向，选项B、D正确。 14．答案　(1)B　(2)①条形磁体磁场强弱　②线圈匝数多少　或条形磁体插入(或拔出)线圈的快慢　(3)①改变切割方向(或改变磁体方向)　②改变磁体的运动方向 解析　(1)因为多匝线圈在磁场中运动时，相当于多根导线同时切割磁感线，即相当于多个电源串联，则电路中电流较大，即(b)中较大，故选B。(2)我们知道导体切割磁感线可以产生感应电流，即导体和磁场发生了相对运动；本题中磁场运动，可以认为导线相对于磁场发生了运动，故也可以产生感应电流；感应电流应与磁场的强弱、磁体运动的快慢及线圈的匝数等有关。 (3)感应电流的方向与切割方向及磁场方向有关，故可以通过改变磁极方向和运动方向改变电流方向；即①改变切割方向(或改变磁体方向)；②改变磁体的运动方向。 15．答案 (1)0.24V  ，下极板为正 (2)7.2×10－6C 解析 由楞次定律判断线圈中的电流为逆时针，故电容器下极板为正； 由题意可知圆形线圈A上产生的感应电动势=0.4V 电路中的电流， 电容器充电时的电压 2s后电容器放电的电荷量 16.（1）感应电动势最大值为 ,所以 。 从线圈处于中性面开始计时，则瞬时值表达式为 则 。 （2）电流表的示数为有效值，根据上面分析可知 电压表示数为电阻 两端的电压 。 （3线圈转动一周，外接电阻 上产生的电热 。 (4) s内线圈转过的角度θ＝ωt＝10π×＝，该过程中，ΔΦ＝BS－BScos θ＝BS 通过电阻R的电荷量 q＝n＝100× C＝ C； 17． 答案　(1)2 m/s　(2)2 C　2 J　(3)1.36 N·s 解析　(1)金属杆匀速运动时所受合力为零 mgsin θ－μmgcos θ－BImL＝0 ，Im＝ 解得：vm＝2 m/s (2)通过电阻R的电荷量q＝t＝Δt＝＝ 解得：q＝2 C 根据能量守恒，电阻R产生的焦耳热Q＝mgh－mvm2－μmgcos θ· 解得：Q＝2 J (3)根据动量定理0－mvm＝－If－B′Lcos θ·Δt′＝－If－BLq′cos θ 且q′＝， 解得：If＝1.36 N·s. 18．答案　(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s 解析　(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流都相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J. (2)根据能量守恒定律有Fs＝mvA2＋mvC2＋Q1＋Q2 又vA∶vC＝1∶2，联立两式并代入数据得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s. (3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，当两棒切割磁感线产生的电动势大小相等时电路中电流为零，两棒开始做匀速运动，此时两棒的速度满足BlvA′＝B·2lvC′ ，即vA′＝2vC′ 规定水平向左为正方向，对两棒分别应用动量定理有 A·t＝mvA′－mvA， －C·t＝mvC′－mvC. 由＝BL可知C＝2A，故有＝ 联立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s. 3 学科网（北京）股份有限公司 $