重庆市第八中学2025-2026学年高二上学期第四次周考物理试题

重庆八中高2027级高二（上）第四次周考 一、单项选择题：本题共7小愿，年小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 愿目要求的。 1.某同学制作了一个简易电磁炉，其结构简图如图所示。在线圈上放置一盛有冷水的金属杯，接通交流 电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。则 A.简易电磁炉工作时，在金属杯底部产生涡流 流 B.使用陶瓷器皿，不影响简易电磁炉加热效果 电 源 C.仅减小交流电的频率，简易电磁炉的功率增大 D.若在输入端接恒定电流，简易电磁炉仍能正常工作 2.飞力士棒可以实现日常训练肌肉和提高身体感知能力。如图甲所示，某型号飞力士棒的固有频率为3Hz, 如图乙所示，某人用手驱动该飞力士棒锻炼。则 负重头一 A.使用者用力越大，飞力士棒振动越快 B.使用者驱动的颜率越大，飞力士棒振动的幅度也越大 握柄 C.无论使用者驱动的频率多大，飞力士棒振动的频率始终为3Hz 一负重头 D.使用者驱动的频率减小，飞力士棒振动的幅度可能增大 甲 3.光滑的水平面上叠放有质量分别为m和？的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的 另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为万为使这两个木块组成的系统像一个 整体一样地振动，系统的最大振幅为 m/2 A.f B.2 c H000000000000m2 7777777777777777777777777 4.如图为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为M、乃2，两端电压分别为U、U2, 电流分别为，、I2,升压变压器与降压变压器之间输电线上的总电阻为，降压变压器原、副线圈的匝数 分别为乃、n4,两端电压分别为U、U4,电流分别为、14。变压器均为理想变压器，若保持发电厂的 输出电压不变，则 A.无论用户端的负载如何增加，始终有IU=1,U, B.若用户端负载增加，那么电压U,变小 C,输电线上损失的功率△P= 3 必 R P U2 D.输电线上的电流3= P 升压变压器 降压变压器 答案第1页，共6页 5,如图是法拉第圆盘发电机原理示意图，金属圆盘绕着水平轴以角速度⊙匀速转动。匀强磁场方向水平 向右，磁感应强度大小为B。现将圆盘圆心C和边缘D通过电极与外电路相连，接入恒定电阻R组成闭合 回路，已知圆盘半径为？，圆盘接入电路间的电阻为2R，其他电阻均可忽略不计，则 A.因为穿过圆盘的磁通量不变，所以电路间无感应电流 B.回路中有感应电流，且方向为a→b C.回路两电极中DC之间的电压大小为Uc=Br'a 6 D.转动圆盘外力的做功功率为P=B@ 3R 6.在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场。当入射方向与x轴的夹 角a-45°时，速度为y、2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当a=60°时，为了使粒子从 ab的中点c射出磁场，则速度应为 B a b A.2+) ®96+g) C.) 7.一列沿x轴传播的横波，从某时刻开始计时，图甲为简谐波在t=035s时的波形图，图乙为质点P从计 时开始的振动图像，P、Q分别为简谐波上的一个质点，如图所示，则 A.波向右传播 y/cm wcm 4 B.再经过1=三5，P点的位移是5cm 2w3 20 0.4 0.8 x/cm 70.3 0.6s 。、再经过，Q点向上报动 甲 D. 质点2在二T内运动的最小距离为8-4W2)cm 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得 5分，选对但不全得3分，有选错得0分。 8.弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间1 的变化如图所示，则 x/cm A.t=0.8s时，振子的速度方向向左 12 0 B.t=0.2s时振子正在做加速度增大的减速运动 77777777777777 777772 0.8 1.6ts -12 C.t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同 D.t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小 答案第2页，共6页 9.如图所示，虚线框MNPQ内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c三个带电粒子，它们在 纸面内从P?边的中点垂直于P?边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力， 则 M A.粒子a带正电，粒子b、c带负电 B B.若三个粒子入射的动量相同，则粒子b的带电荷量最大 a C.若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的速度最大 D.若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场中的加速度最大 10.如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小 B=1T,每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d=1m。现有一个边长1=0.5m、质量 m=0.2kg,电阻R=1?的单匝正方形线框，以。=8m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，重力加 速度，g=10m/s2,则 d ×X: XX: ×× A.线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为10√2m/s2 ×× ×× + B.线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.5C + × × C.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为6.4J + x× i×× D.线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过5个完整磁场区域 三、实验题：本大题共2小题，共15分。第11题6分，第12题9分。 11.(1)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是 A.有闭合铁芯的原副线圈 B.无铁芯的原副线圈 C.交流电源 D,直流电源 E多用电表（交流电压挡） F多用电表（交流电流挡） 用匝数n。=60匝和m。=120匝的变压器，实验测量数据如下表： UIV 1.80 2.80 3.80 4.90 U,IV 4.00 6.01 8.02 9.98 根据测量数据可判断连接电源的线圈是， (填n.或。)。 答案第3页，共6页 12.如图甲，将一个特殊的量角器竖直固定在支架上，量角器的零刻线与竖直杆对齐，圆心固定一个拉力 传感器，并与电脑相连接（图中未画出），将不可伸长的细线一端固定在拉力传感器上，悬点刚好与量角 器的圆心重合，另一端与小钢球相连，就构成了可测拉力的摆。龙龙同学想利用此装置验证机械能守恒定 律，实验步骤如下。 力传感器 F90° 90°习 0o 量角器 小钢球 45 0 5 7777777777777777 40 27 甲 (1)实验前用螺旋测微器测量小钢球的直径D,结果如图乙所示，则D= mm;还测量了小钢 球的质量m和小钢球自然悬垂时的悬线长L。 (2)让小钢球以较小的角度在竖直面内摆动，从计算机中得到拉力随时间的变化，图像如图丙所示，则 当地的重力加速度大小为 (用L、D、T表示). (3)将小钢球向左拉到某一高度，悬线伸直并与量角器平面平行，记录悬线处量角器的示数日。 (4)由静止释放小钢球，小钢球摆动过程中传感器的最大示数为F。 (5)多次改变悬线与竖直方向的初始夹角日，得到多组0及其对应的传感器最大示数F,做F-c0s0图像， 若小钢球下摆过程中机械能守恒，则图线为一条倾斜直线，且斜率k=一（用m、L、D、F、T表 示)。 四、解答题：本大题共3小题，共42分。第13题10分，第14题14分，第15题18分。每题必须写出 必要的解题过程，只写答案的不给分。 13.如图甲所示，轻绳吊着匝数n=100的正方形闭合线圈abcd,bd下方区域分布着匀强磁场，磁感应强 度大小B随时间t变化关系如图乙所示，线圈始终处于静 Z B/T 止状态。已知线圈的质量m=1kg、边长L=0.2m、电阻 R=102,8取10m/s2。求t=4s时 (1)线圈中的感应电流大小： (2)轻绳中的拉力大小F。 答案第4页，共6页 14.如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面夹角0=30'，间距d=1m,在导轨之间接 有阻值R=22的定值电阻.质量m=0.2kg、电阻r=22的金属杆ab由跨过光滑定滑轮的轻绳与质量 M=0.3kg的重物P相连，磁感应强度大小为B。=2T的匀强磁场与导轨平面垂直。开始时金属杆ab置于 导轨下端紧靠电阻R处，将重物P和金属杆ab由静止释放，金属杆ab运动到Q点（图中未画出）过程中， 通过电阻R的电荷量q=1C,此时重物P已经开始匀速下降，运动过程中金属杆 b始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，一切摩擦不计，重力加速度g取 10m/s2,求： (1)重物P匀速下降的速度v: (2)金属杆b从释放到运动到2点的过程中，定值电阻R中产生的焦耳热Q: (3)若金属杆到达？点后，磁感应强度开始发生变化（此时为1=0时刻），致使回路中电流为零。试写出磁 感应强度B随时间1变化的关系式。 答案第5页，共6页 15.在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质 量为m、电荷量为g的质子从极板A处由静止加速，通过极板A中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线 运动。速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=0.01T,极板C℃间的电场强度大小 为E=1×I0N/C。坐标系xOy中yOP区域充满沿y轴负方向的匀强电场I,xOP区域充满垂直纸面向外的 匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角a=30°。匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小B,且1T≤B≤1.5T。质子从(0，d) 点进入电场1，并垂直OP进入磁场。取质子比荷为2=1x10Ckg,d=0.5m。求： (1)极板A4间的加速电压U: (2)匀强电场I的电场强度E: (3)质子能到达x轴上的区间的长度L(结果用根号表示)。 +9C P a 答案第6页，共6页重庆八中高2027级高二（上）第四次周考参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D AB AD AC : 【答案】A 【详解】AB.交流电源产生变化的磁场，通过金属杯的磁通量发生变化而产生涡流，利用涡流来加热食物 或者水，如果将金属杯换作陶瓷器皿，将不能再产生涡流，即简易电磁炉不能正常工作，A正确，B错误； C仅减小交流电的领率，根据法拉第电磁感应定律可知，涡流减小严简易电磁炉的功率减小，℃错误： D.输入端接恒定电流，无法产生感应电流，电磁炉不能正常工作，D错误。 故选A。 2.D 【详解】A.飞力士棒做受迫振动，振动频率与驱动力频率一致，与用力大小无关，故A错误： B.飞力士棒振动的幅度与驱动力频率跟固有频率的差值有关，差值越小，幅度越大，故B错误； C.飞力士棒的振动频率与驱动力频率一致，与固有频率无关，故C错误； D.当使用者驱动的频率从大于3Hz开始减小到3Hz,飞力士棒振动的幅度会增大，故D正确。 故选D。 3.C 【详解】对整体，当最大振幅时有 u-(+} 得 隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力 fs a=- 2 3 得 故C正确，A、B、D错误。 故选C。 4.B 【详解】A.根据理想变压器特点可知 IU,=I,U, IU2=1gU3+122R 答案第1页，共9页 故可知 IW≠I,W3 故A错误； B.若用户端负载增加，则通过降压变压器副线圈的电流4增大，根据 5=八 14% 12=3 则输电电流增大，输电线上损耗的电压△U增大，因为发电厂的输出电压U不变，所以U2不变，由 U,=U,-AU 、得电压U,变小，故B正确： C.输电线上损失的功率为 AP=2R=40 R 故C错误： D.输电线上的电流 5=4 R 故D错误。 故选B。 5.c 【详解】AB.圆盘切割磁感线，由右手定则可知，电流方向从b→a,故AB错误； C.圆盘切割产生感应电动势为 E=1B㎡o 2 根据闭合电路欧姆定律可得 Uxc= ER-IBr'0 3R 6 故C正确 D.由能量守恒可知，转动圆盘外力的做功功率等于电路中消耗电能总功率，即 E2 B'ro P= 3R12R 故D错误。 答案第2页，共9页 故选C。 6.D 【详解】设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,根据牛顿第二定律有 gvB=m R 解得 R=m q 设a、b、c三点的坐标分别为：、五2、为。如图所示，当0=45°时，若粒子从a点射出磁场，根据几何 关系有 为=v2R=2m qB 若粒子从b点射出磁场，根据几何关系有 五2R=2m gB 当日=60°时，粒子从c点射出磁场，根据几何关系有 专=v尻=3m· 9B 并且 2x=为+为 解得 = 故选D。 a℃ b 03 02 T,【答案】D 【详解】A.由图乙可知，t=0.35s时，质点P正在向上振动。根据“上坡下，下坡上”的原则（沿着波的 传播方向，上坡的质点向下振动，下坡的质点向上振动)，在图甲中，质点P应处于下坡，此时向上振动， 答案第3页，共9页 所以波向左传播，故人错误， B.由图甲可知，该波的振幅为4om:由图乙可知该波的周期为T=0.6s,则02红10rad T 3 故质点P的振动方程为4画(@+p-4sm9(画) 图甲为简谐波在1口0355时的波形因，所以再经过》。P点的位移为 4sin 9060回25m-故B错误 C 由图甲可知，波向左传播，再经过二工，Q点已经运动到了平衡位置的下方且正向下振动，故C错误， D,结合质点的振动规律可知，质点Q在7内运动的最小距离为x一=2×(4-22m=8-45m,故 D正确。 故选D。 8.AB 【详解】A.从振子的位移时间图像可以看出，t=0.8s时，振子经过平衡位置向负方向运动，取向右为 正方向，所以振子速度方向向左，故A正确。 B.t=02s时，振子处在从平衡位置向右侧最大位移处运动的过程中，离平衡位置越远，加速度越大，振 子做的是加速度增大的减速运动，故B正确。 C.t=0.4s时，振子处在正向最大位移处，加速度向左，t=12s时，振子处在负向最大位移处，加速度向 右，虽然两个位置加速度大小相等，但方向相反，故C错误。 D.t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，振子速度逐渐增大，故D错误。 故选AB。 9.AD 【详解】A.由左手定则可知a带正电，b、c带负电，故A正确： BCD.由图可知R>R>R,由粒子在磁场中的运动时洛伦兹力产生向心加速度qvB=m ma R 解得v=B迟.。y2 ,a= mv p m R'9-BR-BR 若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小：若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场 中的加速度最大：若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电荷量最大，故BC错误，D正确。 故选AD。 10.AC 【详解】A.根据题意有 答案第4页，共9页 8=跏，1景P=m 联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为 F=2N 根据牛顿第二定律有 √F2+(mg)}=ma 则线框的加速度大小为 a=10√2m/s2 故A正确； B.根据题意有 E=4 R,9=h 解得通过线框的电荷量为 0B2_1x0.52c-0.25C 9= 线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为025C,故B错误： C.线框所受安培力方向水平向左，线框水平方向做减速运动，竖直方向做自由落体运动，可知，线框从 开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为 1 2=2m6=6,4J 故C正确： D.线框水平方向上的运动，在后一个磁场中可以看为前一个磁场中运动的一个延续部分，水平方向上， 线框在磁场中的运动，根据动量定理有 -BIlt=0-mvo 感应电流 7=B 由于 x=证 联立可得 B'P'x R =m% 可得 x=mYo B京=64m 答案第5页，共9页 线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2弘，则有 嘉-64 则线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过6个完整磁场区域，故D错误。 故选AC。 11. ACE·nb 【详解】(1)变压器的原理是互感现象的应用是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线 圈中通的是直流电源则副线圈中不会有感应电流产生题意为探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系需 要测量电压，所以需要一个测电压的仪器，所以需要的器材有A、有闭合铁芯的原副线圈；C交流电源；E 多用电表交流电压挡；故选ACE 根据题意电压比与匝数比不相等可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁铁芯发热、导线发 热等影响判断出U2为原线圈上电压大小，则判断出接电源的是m. 12. 6.790-6.793 g-(2L+D) k=_m'(2L+D) 22 72 【详解】(1)螺旋测微器读数6.5+47.0×0.01mm=6.970mm D (2)由图丙知单摆的周期为2I,代入单摆的周期公式2T=2x L+ 可得g=2L+D) 22 （5)对猪球从某一高度福到最低点有g+号》加-0叭-2-0 又最低点F-mg=m D L+ 2 解得F=3mg-2 mg cos0 综合可得图像斜率k=-2mg=- mn2(2L+D) T2 13【答案】()1=0.1A(2)F=00+4N2)N 【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律可得 A AB L E=n- -=n △f△2 解得 E=1V 则线圈中的感应电流大小为 答案第6页，共9页 E R =0.1A (2)1=4s时，线圈受到的安培力为 F=V2B配 解得 F安=4W2N 安培力的方向竖直向下，线圈处于平衡状态，则有 F=F安+mg 解得 F00+4W2)N 6【管案1omQ1se)877- 【详解】(1)重物P匀速下降时，设金属杆中电流为，金属杆与重物P组成的系统由平衡条件得 Mg =mg sin 0+B ld 根据闭合电路欧姆定律有 1R* E遥 根据法拉第电磁感应定律有 E=B。d 解得 (R+r(2Mg-mgsin0） =2m/s (2)设金属杆运动到？点的过程中，运动时间为△：，平均电流为了，向上运动位移为L,则有 B。dL 福(R+r)△M 结合 q-TA 联立代入数据解得 L=2m 设电路中产生的总热量为Q,由能量守恒定律得 Ml-mol 答案第7页，共9页 由串联电路的规律可知，电阻R中产生的热量 联立解得 Q=1.5J (3)金属杆中不产生感应电流，说明穿过回路的磁通量始终不变，则有 BoLd=B(L+x)d 金属杆向上做匀加速运动，对金属杆与重物P整体，根据牛顿第二定律有 Mg-mgsino=(Mtm)a 解得 a=4m/s' 金属杆运动的位移 则磁感应强度B随时间变化的关系为 15.【答案】(1)U=5x10V:(2)E=5×10N7C,(3) 3 15 【详解】(1)质子进入速度选择器中的速度为%。由力的平衡得 qV B-gE 由动能定理有 联立得 %=1x10'ms,U=5×10V (2)质子在电场中运动到达OP上的Q点时间为，竖直方向速度为y,水平位移为x,竖直位移为y 加速度为a。由运动学公式有 由几何关系有 tama=之，ma 由牛顿第二定律有 答案第8页，共9页 E 联立可得 -3m,y=0.3m置e=5×10/c (3)质子进入磁场的速度为"，则 cos60°=2%-2x107mg 质子在磁场中运动半径为R,由牛顿第二定律有 R 0.4m<r≤02m 3 由几何关系有 00-+x=0.4m,0N=d-y=02m cos30 当R-02温。辰子治好从N通飞出，当风-品：质子格好与：培相切.玫质子能到达：上的区同长 L=Rcos30°= √3 15- I P M 甲 答案第9页，共9页