徐老师博客 - 苏州微光

2025--2026学年度第二学期南京市第二十七高级中学月考

高二物理

一、单选题

1. 利用电磁感应涡流原理制作的简易加热器，在线圈上端放置一盛水金属杯，接通交流电源可加热水。若要缩短加热时间，可行的措施是（　　）

A. 降低交流电源的频率

B. 增加线圈的匝数

C. 将金属杯换为木质杯

D. 将交流电源换成电动势更大的直流电源

【答案】B

【解析】

【详解】AB．该加热器的加热原理为：线圈通入交变电流，线圈产生的交变的磁场使金属杯产生涡流，从而进行加热。由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率，则可以缩短加热时间；故A错误，B正确；

C．将杯子换作木制杯不会产生涡流，则无法加热水，故C错误；

D．将交流电源换成电动势更大的直流电源不会产生涡流，故D错误。

故选B。

2. 甲、乙、丙原为三个相同的铝管，甲、乙两管的侧壁分别开有图示的横槽和竖槽，丙管未开槽，将一个磁性小球分别由甲、乙、丙上端管口处静止释放，对小球穿过三个铝管的时间进行比较，结果为（　　）

A. 甲最短 B. 乙最短 C. 丙最短 D. 三者相同

【答案】B

【解析】

【详解】铝管穿过强磁铁过程中，磁通量发生变化，产生感应电流，而感应电流在磁场中受安培力阻碍铝管的运动，也可以根据楞次定律来拒去留的特点可知丙管受到的阻力最大，时间最长；
而甲管是水平开槽，乙管是竖直开槽，由于感应电流是水平环形电流，所以开槽部分相当于断路，即竖直方向开槽以外的部分才有感应电流，这样乙管有效宽度最窄，感应电流最小，阻力最小，下落最快，故乙管下落时间最短。
故选B。

3. 如图1所示，竖直固定的螺线管线圈两端通过导线与一电阻相连，构成闭合回路。螺线管处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示。磁场竖直向上为正方向，则通过电阻的电流，下列判断正确的是（　　）

A. 时刻电流最大 B. 时间内电流方向为a→b

C. 与时间内电流方向相反 D. 与时间内电流方向相同

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可得，

其中为图线的斜率，由图2可知，时刻图线的斜率为零，此时电流最小，为零，故A错误；

B．时间内磁场正方向增大，根据楞次定律“增反减同”可知，感应磁场向下，根据安培定则可知，电流方向为a→b，故B正确；

CD．时间内磁场正方向减小，根据楞次定律“增反减同”可知，感应磁场向上，根据安培定则可知，电流方向为b→a；同理，时间内磁场负方向增加，根据楞次定律“增反减同”可知，感应磁场向上，根据安培定则可知，电流方向为b→a，所以与时间内电流方向相同；与时间内电流方向相反，故CD错误。

故选B。

4. 无线电广播系统方框图如图所示，下列关于a、b装置说法正确的是（　　）

A. a是调制、b是调谐

B. a是调制、b是解调

C. a是调谐、b是解调

D. a是调谐、b是调制

【答案】B

【解析】

【详解】在无线电广播中，人们先将声音信号转换为电信号，然后将这些信号由高频电磁波带着向周围空间传播，可知a是调制。而在另一地点，人们利用接收机接收到这些电磁波后，又将其中的电信号还原成声音信号，这就是无线电广播的大致过程。其中“收音”的顺序大致为：天线接收电磁波→调谐器选出某一频率的电磁波→解调器从高频电流中取出音频电信号，放大后送到扬声器→扬声器把音频电信号转换成声音，可知b是解调。

故选B。

5. 理想变压器原、副线圈匝数分别为、，通过原、副线圈的电流分别为、，原、副线圈正弦交流电的频率分别为、，则（　　）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【详解】AB．由于理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，即原、副线圈内电流之比，故AB错误；

CD．变压器无法改变交流电的频率，因此原、副线圈中电流频率相等，即，故C错误，D正确。

故选D。

6. 如图所示，将带铁芯的线圈L与灯泡A并联，接到电源上。先闭合开关S，电路稳定后灯泡A正常发光；然后断开开关S，灯泡A先闪亮一下，再熄灭。下列说法正确的是（　　）

A. 断开开关S的瞬间，通过灯泡A的电流方向为a→b

B. 断开开关S的瞬间，通过灯泡A的电流比电路稳定时通过灯泡A的电流大

C. 闭合开关S的瞬间，线圈L不会产生自感电动势

D. 闭合开关S的瞬间，通过线圈L的电流比电路稳定时通过线圈L的电流大

【答案】B

【解析】

【详解】AB．断开开关S前，线圈L中的电流为a→b，断开开关S的瞬间，线圈L产生自感电动势，阻碍线圈L中电流的变化，线圈L相当于一个电源，和灯泡A组成闭合回路，故通过灯泡A的电流方向为b→a，因灯泡A先闪亮一下，再熄灭，所以，通过灯泡A的电流比电路稳定时通过灯泡A的电流大，故A错误，B正确；

CD．闭合开关S的瞬间，线圈L会产生自感电动势阻碍电流的变化，所以，通过线圈L的电流比电路稳定时通过线圈L的电流小，故CD错误。

故选B。

7. 现在市场上的调光电灯、调速风扇是用可控硅电子元件来实现调节的。如图为一个经过元件调节后加在电灯上的电压，加在电灯上的电压是（　　）

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】

【详解】由图可知该电压的周期为，设加在电灯的有效电压为，有

得

故选B。

8. 在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（　　）

A. 升压变压器的输出电压增大

B. 降压变压器的输出电压增大

C. 输电线上损耗的功率减少

D. 输电线上损耗的功率占总功率的比例增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．发电厂的输出电压不变，根据理想变压器电压与匝数的关系

可知，升压变压器的输出电压不变，故A错误；

B．发电厂输出功率增大，由

可知，输电线上的电流增大。输电线上的电压损失增大。降压变压器的输入电压

因不变，增大，所以减小。根据

可知，降压变压器的输出电压减小，故B错误；

C．输电线上损耗的功率

因增大，不变，所以输电线上损耗的功率增大，故C错误；

D．输电线上损耗的功率占总功率的比例

因增大，、不变，所以该比例增大，故D正确。

故选D。

9. 理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示（光敏电阻的阻值随着光照增加而减少）。当S接a时，三个灯泡均发光。若（　　）

A. 电容C增大，L₁灯泡变亮 B. 频率f增大，L₂灯泡变亮

C. R_G上光照增强，L₃灯泡变暗 D. S接到b时，三个泡均变暗

【答案】A

【解析】

【详解】A．电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L₁灯泡变亮，故A正确；

B．频率f增大，则电感的阻碍作用增大，则L₂灯泡变暗，故B错误；

C．光敏电阻光照增强，阻值减小，由于各支路电压不变，则L₃灯泡电流增大，变亮，故C错误；

D．S接到b时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个泡均变亮，故D错误。

故选A。

10. 下图为理想LC振荡电路工作中的某时刻，电容器两极板间的场强E的方向与线圈内的磁感应强度的方向如图所示，M是电路中的一点。下列说法中正确的是（　　）

A. 电路中的磁场能在增大 B. 流过M点的电流方向向右

C. 电路中电流正在减小 D. 电容器所带电荷量正在减少

【答案】C

【解析】

【详解】根据电容器中电场方向可知上极板为正极板，由安培定则可知电路中电流方向为逆时针，所以该时刻电容器正在充电。电路中的电场能在增大，流过M点的电流方向向左，电路中电流正在减小，电容器所带电荷量正在增大。故ABD错误；C正确。

故选C。

11. 如图所示，导体框位于竖直平面内，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小B=2.0T，水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，导体棒MN质量m=0.1kg，接入电路的电阻r=1.0Ω；导轨宽度L=1.0m，定值电阻R=3.0Ω，装置的其余部分电阻可忽略不计。将导体棒MN无初速度释放，导体棒下滑h=2.0m高度时速度达到最大，重力加速度g=10m/s²。则导体棒（　　）

A. 下滑的最大速度为4m/s

B. 从释放到下滑h高度所经历时间为1s

C. 从释放到下滑h高度过程中，电阻R产生的热量为1.95J

D. 从释放到下滑h高度过程中，通过电阻R的电荷量为1C

【答案】D

【解析】

【详解】A．导体棒速度最大时，安培力等于重力，即

其中

联立得

代入数据得，故A错误；

C．由动能定理可知

解得

所以全电路电阻上的焦耳热

所以电阻R上产生的热量，故C错误；

D．导体下落h的过程中，通过导线横截面的电量

其中，，

联立，解得，故D正确；

B．导体棒下落h的过程中，设经历时间为t，根据动量定理得

其中

代入数据解得，故B错误。

故选D。

二、实验题

12. 某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。

（1）实验需要以下哪种电源___________；

A．低压直流电源B．高压直流电源

C．低压交流电源D．高压交流电源

（2）该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的___________值（填“有效”或“最大”）。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为___________；

（3）理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成___________（填“正比”或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般___________（填“大于”“小于”或“等于”）原线圈与副线圈的匝数之比。

（4）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为___________。（填字母代号）

A．原、副线圈上通过的电流发热B．铁芯在交变磁场作用下发热

C．变压器铁芯漏磁D．原线圈输入电压发生变化

【答案】①. C②. 有效③. 7.2V④. 正比⑤. 大于⑥. D

【解析】

【详解】（1）[1]探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源。

故选C。

（2）[2][3]多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10V挡位，所以应该在0～10V挡位读数，所以读数应该是7.2V。

（3）[4][5]根据可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致。

（4）[6]原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比。

故选D。

三、解答题

13. 如图所示，A是面积为、匝的圆形金属线圈，其总电阻，线圈处在逐渐增大的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度随时间的变化率，线圈与阻值的电阻连接，不计电压表对电路的影响。求：

（1）电压表的示数U；

（2）10s内通过的电量q。

【答案】（1）1.6V

（2）4C

【解析】

【小问1详解】

根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势

代入数据得

根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流

代入数据得

电压表测量电阻两端的电压，示数

代入数据得

【小问2详解】

由于磁感应强度随时间均匀变化，产生的感应电动势和感应电流恒定。根据电流的定义式

可得通过截面的电荷量

代入数据得

14. 磁场相对于导体运动，会出现电磁驱动现象。磁悬浮列车是一种高速运载工具，其驱动系统的基本原理为：在沿轨道安装的固定绕组（线圈）中通以变化的励磁电流，励磁电流在轨道上方产生等效的向前运动的磁场，该磁场可以让固定在车体下部的金属线框产生感应电流，感应电流使金属线框受到安培力的作用向前运动。我们给出如下的简化模型，图甲是磁悬浮实验车与轨道示意图。图乙是固定在车底部单匝金属线框（车厢与金属线框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图。在图乙中，水平地面上有两根很长的平行直导轨，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等距离间隔的匀强磁场B₁和B₂，二者大小相等、方向相反，车底部平行导轨的金属线框宽度与磁场间隔相等。沿导轨分布的“条带状”磁场的各部分同时以恒定速度v₀沿导轨水平向前运动时，金属线框将会受到沿导轨向前的安培力而带动实验车沿导轨运动。设金属线框垂直导轨的边长L=0.40 m、总电阻R=2.0 Ω，实验车和金属线框的总质量m=2.0 kg，匀强磁场的磁感应强度B₁=B₂=B=1.0 T，磁场运动速度v₀=5 m/s，线框向前运动时所受阻力F_f的大小与线框速率成正比，即F_f=kv，k=0.08。

（1）设t=0时刻，金属线框的速度为零，求此时线框回路的电流大小I₀；

（2）求该金属线框所能达到的最大速率v₂。

【答案】（1）2.0A

（2）

【解析】

【小问1详解】

时刻，线框速度，磁场相对线框的速度为v₀。线框左右两边均切割磁感线，由于两边所在处磁场方向相反，根据右手定则，两边产生的感应电动势在回路中方向相同，互相叠加。总感应电动势

根据闭合电路欧姆定律，感应电流

代入数据得

【小问2详解】

线框在安培力作用下加速，随着速度v增大，相对速度()减小，感应电流减小，安培力减小；同时阻力增大。当安培力等于阻力时，加速度为零，速度达到最大值v₂。此时感应电动势

感应电流

线框两边受到的安培力方向均向前，总安培力

由平衡条件

联立解得

15. 图为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头．原线圈输入正弦式交变电压的u-t图像如题图所示．若只在ce间接一只R_ce="400" Ω的电阻，或只在de间接一只R_de="225" Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80W．

(1)请写出原线圈输入电压瞬时值的表达式；

(2)求只在ce间接400Ω的电阻时，原线圈中的电流I₁；

(3)求ce和de 间线圈的匝数比．

【答案】（1）u_ab＝400sin200πt V （2）（3）

【解析】

【详解】试题分析：（1）由题图乙知ω＝200π rad/s，

电压瞬时值u_ab＝400sin200πt V

（2）电压有效值U₁＝200V

理想变压器P₁＝P₂，原线圈中的电流

解得I₁≈0．28 A（或）

（3）设ab间匝数为n₁，．同理

由题意知

解得，代入数据得

16. 如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝N=100匝，面S=0.03m²，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度，输电导线的总电阻为R=10Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比n₃:n₄=10:1，若用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：

（1）输电线路上损耗的电功率；

（2）升压变压器副线圈两端电压U₂；

（3）若升压变压器原、副线圈匝数比n₁:n₂=1:8，交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率P。

【答案】（1）；（2）；（3）640W

【解析】

【详解】（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，则有

根据理想变压器的变流比可知

解得

所以输电线路上损耗的电功率

解得

（2）根据理想变压器的变压比可知

解得

升压变压器副线圈两端电压

解得

（3）根据理想变压器的变压比可知

可得

升压变压器的原线圈输入功率

可得

根据

解得

根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为

代入数据解得

电机线圈内阻上消耗的热功率

可得