北京市东直门中学2025年高二下学期3月月考物理试卷（图片版，含解析）

北京市东直门中学 2024-2025 学年度第二学期学情监测高二物理
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.
15. 偏向正极
极
向上
顺时针
16.

大于
2.0
17. 解：(1)由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势： = = = 0.2 × = 0.4
1.0
0.4
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，流过电阻的电流： = = = 0.8
+ 0.1+0.4
磁场垂直于纸面向外，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，流过电阻的电流由 流
向
(3)线圈 、 两端的电压 = = 0.8 × 0.4 = 0.32
答：(1)线圈中产生的感应电动势大小 是0.4 ；
(2)流过电阻的电流大小是0.8 ，方向由 流向 ；
(3)线圈两端 、 间的电压 是0.32 。
18. 解：(1)导体棒切割产生的感应电动势
= = 0.1 × 0.4 × 5 = 0.2
由闭合电路的欧姆定律可知，回路中感应电流
0.2
= = = 0.4
+ 0.4 + 0.1
由右手定则可知，导体棒 中的电流方向由 到 。
(2)导体棒 所受安培力
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= = 0.1 × 0.4 × 0.4 = 0.016
(3)电阻 上消耗的功率
= 2 = 0.42 × 0.4 = 0.064
答：(1)回路中感应电流 的大小是0.4 ，导体棒 中的电流方向由 流向 ；
(2)导体棒所受安培力 的大小是0.016 ；
(3)电阻 上消耗的功率 是0.064 。
19. 解：(1)感应电动势最大值：
= = 100 × 0.5 × 0.1 × 0.2 × 50√ 2 = 50√ 2 ，
因转动开始时线圈平面与磁场方向平行
故表达式为： = = 50√ 2 50√ 2 ( )；

(2)有效值： = = 50
√ 2
50
电键 合上后，由闭合电路欧姆定律得： = = = 2.0 = = 2 × 20 = 40 ；
+ 20+5
(3)电阻 上所消耗的电功率为： = = 2 × 40 = 80 ；
(4)由图示位置转过90 的过程中，通过 上的电量为： = · = · = = 0.04 。
+ +
答：(1)表达式为 = 50√ 2 50√ 2 ( )；
(2)电压表示数为40 ，电流表示数为2.0 ；
(3)电阻 上所消耗的电功率是80 ；
(4)由图示位置转过90 的过程中，通过 的电量是0.04 。
20. (1)加速度逐渐较小到零；速度逐渐增大到最大值后不变
金属棒 运动的速度 随时间 变化的图线如下

(2)感应电流 = =
+ +
2 2
安培力 安 = = +
金属棒受力平衡时速度最大
解得
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(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑的距离为 ，根据能量守恒定律有
解得，金属棒沿导轨下滑的距离为 = 0.54
21. (1)对金属棒受力分析，当受力平衡时，具有最大速度，即 = 安
1
又 安 = ， = =

联立，解得 1 = 2
2
1 1
(2)由能量守恒定律，可得 = 2 + 20 2 2
又 0 =
2
+ 2
联立，解得 = 2
2
0
2 2

(3)设金属棒下落速度为 ，根据题意有 =

设金属棒速度达到最大值 2 时，电流为 0 ，有 = 0
1 1
设该过程金属棒下落的高度为 0 ，根据能量守恒定律有 =
2 2
0 2 2
+
2 0
又 =
可得 0 = 0
√
联立，解得 2 =
【解析】
1. 【分析】
本题考查电磁感应在生活和生产中的应用，需要考生掌握生活、生产中一些仪器的工作原理，难度一般。
【解答】
A.手机的无线充电技术是利用了电磁感应中的互感现象，故 A 错误；
B.磁电式仪表运输过程中用导线将正负接线柱短接，当指针摆动时产生感应电流，要阻碍转子的运动，是为
了达到电磁阻尼的目的，故 B 错误；
C.为了让面板不发热，电磁炉面板采用陶瓷材料，铁锅产生涡流，发热部分为铁锅底部和侧壁，直接加热
锅内食物，故 C错误；
D.金属探测器用来探测金属，是因为金属中产生涡流的磁场反过来影响探测器中的电流，故 D 正确。
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故选 D。
2. A、变化的电(磁)场可以产生磁(电)场；但如果是均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，故 A 错误。
B、依照波长从长到短顺序排列依次是：无线电波，红外线，可见光，紫外线， 射线， 射线，故 B 错误。
C、 射线的穿透本领比 射线更强，故 C错误。
D、电磁波是一种物质，可在真空中传播，电磁波在真空中的传播速度总是3 × 108 / ，等于光速，故 D
正确。
【分析】
均匀变化的电场只能产生恒定的磁场；依照波长从长到短顺序依次是：无线电波，红外线，可见光，紫外
线， 射线， 射线；其中 射线的穿透本领比 射线更强；电磁波在真空中的传播速度等于光速。
本题关键是明确电磁波的产生原理、发现过程和电磁波谱的情况，记住基础知识即可，基础题目。
3. 【分析】
本题关键抓住：线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系．交
流电频率增大，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小．即可进行分析。
本题考查电感线圈、电容器对交流电的影响的理解和应用。
【解答】
交流电频率增大，灯 变暗，阻抗变大，说明Ⅰ是电感线圈；灯 变亮，阻抗变小，说明Ⅱ是电容器；灯 亮度
不变，说明Ⅲ为电阻。故 C正确，ABD 错误。
4. 【分析】
线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化．由欧姆定律得知感应电
流与感应电动势成正比，而由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁
通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．线圈转动一周的过程，感应
电流方向改变两次．
本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度的关系的能力，比较
简单。
【解答】
A、在 和 时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，故 A 错
误；
B、在 和 时刻感应电流为零，感应电动势为零，而磁通量最大，故 B 错误；
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3
C、从 时刻到 时刻经过时间为 周期，线圈转过的角度为1.5 弧度，故 C错误；
4
D、若从 时刻到 时刻经过0.02 ，交流电的方向在0.02 内改变两次，则在1 内交流电的方向改变100次，
故 D 正确。
故选： 。
5. 解： .由乙图可知，0～ 1时间内，电路中的电流在增大，电容器在放电，故 A 错误；
B. 1～ 2时间内，电路中的电流在减小，电容器在充电，下极板带正电，上极板带负电，故 B 正确；
C. 2～ 3时间内，电路中的电流在增大，电容器在反向放电，自感电动势阻碍电流的增大，自感电动势逐渐
减小，故 C错误；
. 3～ 4时间内，电路中的电流在减小，电容器在充电，磁场能向电场能转化，故 D 错误。
故选： 。
电路中的电流、电容器所带电荷量、电容器的电场能、线圈中的磁场能都在做周期性变化。
本题主要考查了 电路的相关知识，电容器的充、放电，电路中的能量转化。
6. A.断开开关的瞬间，通过线圈 的磁通量电流减小为0，那么穿过线圈 的磁通量减小，产生的感应电流
使电流计指针向右偏转，故 A 错误；
B.开关闭合后，线圈 向上移动，穿过线圈 的磁通量减小，产生的感应电流使电流计指针向右偏转，故 B
正确；
C.开关闭合后，滑动变阻器 滑片 向右减速滑动，则接入电阻减小，故总电流增大，穿过线圈 的磁通量
增大，产生的感应电流使电流计指针向左偏转，故 C错误；
D.开关闭合后，滑动变阻器的滑片 匀速滑动，电阻会变化，则总电流会变化，故穿过线圈 的磁通量会发
生变化，故产生的感应电流使电流计指针偏转，故 D 错误。
故选 B。
7. 当条形磁铁沿轴线竖直向右移动时，闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是面积有扩大的
趋势，同时将跟随磁铁，金属圆环受安培力向右上方，则圆环对桌面的压力小于其自身重力，且圆环相对
桌面有向右的运动趋势，根据牛顿第三定律， 小于 ，故 正确， 错误。
故选： 。
根据楞次定律的三种表述分析。由楞次定律知，线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化。从感应
电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等反面的变化分析。
本题从力、运动的角度考查楞次定律，是对楞次定律的全面理解的考查，难度较大。
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8. 通过电热器 的电流有效值为 ，则有
2
0 +
2
0 =
2
A ，解得 A = 0，则电热器 的电功率为 =2 2 A
2 = 2A 0
0 1
通过电热器 的电流有效值为 B = ，则电热器 的电功率为 =
2 = 2
√ 2 B B 2 0
则有 A: B = 2:1。
故选 C。
9. .断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明闭合S1时，电路稳定后，通过 1的电流大于A1
的电流；断开S1，原来通过 1的电流流经A1构成闭合回路，所以A1闪亮瞬间电流方向和断开前相反，选项 A
正确，B 错误；
C.闭合S2瞬间， 2对电流有阻碍作用，所以A2中电流与A3中电流不相等，选项 C错误；
D.闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明两支路的电
流相同，两支路的电阻相同，由于两灯泡电阻相同，所以变阻器 与 2的电阻值相同，选项 D 错误。
故选 A。
1 1
10. 解： 、根据乙图可知，交流电的周期 = 0.02 ，故线圈转动的转速 = = / = 50 / ，故 A 错
0.02
误；
20√ 2
B、电阻 两端的电压最大值为 = 20√ 2 ，有效值为 =
= = 20 ，交流电流表的示数为 = =
√ 2 √ 2
20
= 4 ，故 B 错误；
5
C、0.01 时线圈产生的感应电动势为零，故此时线圈位于中性面，此时线圈平面与磁场方向垂直，故 C错
误；
D、电阻 在1分钟内产生的热量为 = 2 = 42 × 5 × 60 = 4800 ，故 D 正确；
故选： 。
100×103
11. 解： 、发电机输出的电流 1 = = = 400 ，故 A 错误； 1 250

线 5000
B、输电线损失的功率为 = 2 ，得 = √ = √ = 25 ，故 B 错误；
线 线 线 线 8
线
100×103
C、升压变压器的输出电压 2 = = = 4 × 10
3 ，输电线上的损失的电压 = = 25 ×
25 损 线 线
线
8 = 200 ，降压变压器的输入电压 3 = 2 = 3800 ，降压变压器的匝数比为 3： 4 = 3800：220 =线
190：11，故 C正确；
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线 4 11 190 190D、对降压变压器，根据 = = ，得 4 = = × 25 = 431.8 ，故 D 错误； 4 3 190 11 线 11
故选： 。
根据输电损失功率公式 = 2 计算电流；由输送功率 = 计算输送电压 2；由电压与匝数成正比求损 线 线
解降压变压器的匝数之比；根据电流与匝数求解用户得到的电流。
本题关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式 = 2 列式求解，基础问题
损 线 线
12. 【分析】
滑动变阻器的滑动触头 向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，据欧姆定
律确定各表的示数变化。
考查电路的动态分析：本题中 的移动与电键的闭合均会引起电阻的变化，再由电路的联接关系可分析各表
的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键。
【解答】
A.滑动变阻器的滑动触头 向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则 1消耗的功率变小，则 A 错误；
B.滑动变阻器的滑动触头 向上滑动时，电阻变大，干路电流变小， 1分压变小，则电压表 的测量的电压
变大，示数变大，则 B 正确；
C.滑动变阻器的滑动触头 向上滑动时，电阻变大，干路电流变小，因输出电流变小，则输出功率变小即输
入功率变小，电流表 1示数变小，则 C错误；
D.闭合开关 并联支路增加，电阻变小，则副线圈即 1的电流变大，分压变大，则 2的分压变小，电流变小，
2的示数变小，电流表 1示数随副线圈电流的变大而变大，则 D 错误。
故选 B。

13. 在 0 内，线框在磁场之外，所以感应电流为0，安培力也为0；

2
在 内，线框进入磁场，线框右边切割磁感线，由右手定则可知，此时感应电流的方向为逆时针的方

向，因为题中说明线框以恒定的速度沿 轴运动，即线框的感应电动势和感应电流不变，安培力大小不变，
根据左手定则可知，此时安培力的方向为向左，即沿 轴负方向；
2 4
在 内，线框全部在磁场中，此时穿过线圈的磁通量不变，即无感应电动势和感应电流，也没有安培

力；
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4 5
在 内，线框出磁场，线框左边切割磁感线，由右手定测可得出感应电流的方向为顺时针方向，又因

为线框以恒定速度 运动，故感应电动势和和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安
培力方向向左即沿 轴负方向。
由上述分析可知，ACD 错误，B 正确。
故选： 。
14. 【分析】
该题主要考查牛顿第二定律、安培力、动能定理等相关知识。分析好物理情景，灵活应用各相关公式是解
决本题的关键。
根据右手定则判断电流方向，应用牛顿第二定律判断加速度变化情况；根据动量守恒和功能关系计算两导
体棒克服安培力所做的总功；根据动量定理求解通过 的电荷量；先求解两根棒相对移动距离，由此求解
两导体棒间的最终距离。
【解答】
A.给 一向右的初速度 0，根据右手定则可知电流方向为 ，根据左手定则可知 杆安培力方向向左，
做减速运动， 做加速运动，根据牛顿第二定律可得： ，可知 、 的加速度越来越
小，故 A 错误；
B.棒 和 在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统动量守恒，以向右方向为正方向则有： 0 =
1 1 1
3 ，则功能关系可知两导体棒克服安培力所做的总功： = 2 2 2
2 0
× 3 = 0，故 B 错误； 2 3
1
2 2 · 0 2 0
C.对 根据动量定理可得： = 2 ，解得： = = = 3 = ，故 C正确；
3
4 0
D.设最后两根杆相对运动的距离为 ，根据电荷量公式可得： = = ，解得： = 2 2，所以两导体2 2 3
4 0
棒间的距离最终变为 + 2 2，故 D 错误。 3
故选 C。
15. 【分析】
根据磁铁的运动方向分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接
线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断。
本题考查安培定则和楞次定律综合应用的能力，常规题，只要细心分析就能正确作答。
【解答】(1)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为
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逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极；
(2)由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根
据楞次定律可知，磁铁下方为 极；
(3)磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律
可知，磁通量减小，磁铁向上运动；
(4)图( )中磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺
时针方向。
故答案为：(1)偏向正极；(2) 极；(3)向上；(4)顺时针。
16. 解：(1) 、变压器只能改变交流电的电压，必须要有低压交流电源提供交流电，故 正确， 错误。
、原线圈输入交流电压，副线圈输出交流电压，故应用多用电表的交流电压挡测量输入和输出电压，故
正确， 错误。
故选： 。
(2) 、变压器的工作原理是电磁感应现象，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈的，故 A 错
误。
、变压器工作时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”能
量的作用，故 正确。
、理想变压器的原副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的磁通量总是相同，磁通量的变化率也相同，
故 正确。
、变压器的原线圈两端电压由发电机提供，副线圈上不接负载时，原线圈两端的电压不变，故 错误。
故选； 。
(3)根据变压器原理可知，原副线圈两端电压之比等于原副线圈匝数之比，即变压器原、副线圈电压应与其
匝数成正比，实验中由于变压器的铜损、磁损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分能量，所以副线圈上
的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比。
故答案为：(1) (2) (3)大于
(1)变压器只能改变交流电的电压，必须要有低压交流电源提供交流电，且应该用多用电表的交流电压挡测
量输入和输出电压
(2)变压器的工作原理是电磁感应现象，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈的，而是在原线
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”能量的作用；理想变压器
的原副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的磁通量总是相同，变压器的原线圈两端电压由发电机提
供，与副线圈上接不接负载无关。
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(3)根据变压器原理可知，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、磁损和铁
损，导致变压器的铁芯损失一部分的能量，所以副线圈上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈
与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比。
熟练掌握变压器的原理和实验操作的注意事项，是解决本题的关键，另外注意变压器的三个决定关系。
17.
(1)应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势。
(2)应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用楞次定律判断感应电流方向。
(3)应用欧姆定律求出 、 间的电势差。
本题是一道电磁感应与电路相结合的综合题，但难度不大，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定
律即可解题；解题时注意 、 两端的电压是路端电压。
18. (1)由 = 求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，由右手定则判断出电流方向。
(2)应用安培力公式求出导体棒所受安培力大小。
(3)应用电功率公式求出电阻 消耗的电功率。
本题是电磁感应与电路相结合的一道综合题，分析清楚电路结构是解题的前提，应用 = 求出感应电动
势，应用闭合电路的欧姆定律、安培力公式与电功率公式即可解题。
19. 本题主要考查交流电的函数表达式、交流的峰值、有效值以及它们的关系。
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为 = .表达式 = ；
(2)电表测量电流的有效值。根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出
电流和路端电压；
(3)电阻 上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值；

(4)根据电量表达式，与感应电动势结合，得出 = △ = · 公式，从而可求得。
+
20. 本题的关键是明确金属棒的受力情况和能量转化情况，知道速度最大的条件是加速度为零。
21. 详细解答和解析过程见【答案】
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