安徽省合肥市2025-2026学年高二上学期期末模拟物理试卷

2025-2026学年合肥市高二年级第一学期物理期末模拟试卷 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.如图所示,矩形线框在匀强磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是　(　　) 2.如图甲所示,长直导线与闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在0～时间内,直导线中电流向上,则在～T时间内,线框中感应电流的方向与所受安培力情况是 (　　) A.感应电流方向为顺时针,线框受安培力的合力方向向左 B.感应电流方向为逆时针,线框受安培力的合力方向向右 C.感应电流方向为顺时针,线框受安培力的合力方向向右 D.感应电流方向为逆时针,线框受安培力的合力方向向左 3.如图所示,a、b两个闭合正方形线圈由同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则 (　　) A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1 C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D.a、b线圈中电功率之比为3∶1 4.如图所示，导线框abcd与直导线在同一平面内两者相互绝缘，直导线通有恒定电流I，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是(    ) A. 先abcd，后dcba，再abcd B. 先abcd，后dcba C. 始终dcba D. 先dcba，后abcd，再dcba 5.如图所示,空间某区域中有一匀强磁场,磁感应强度方向水平,且垂直于纸面向里,磁场上边界b和下边界d水平。在竖直面内有一矩形金属线圈,线圈上下边的距离很短,下边水平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上、下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时,线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd,则 (　　) A.Fd>Fc>Fb　　　　　 B.Fc<Fd<Fb C.Fc>Fb>Fd D.Fc<Fb<Fd 6.篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能，某同学让一篮球从高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为，篮球的质量，g取。则篮球对地面的平均作用力大小为。不计空气阻力 A. 3N B. C. 33N D. 7.如图甲所示，粗细均匀的金属丝围成“”字形的导线圈水平放置，导线圈所在的空间存在竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，竖直向上为正方向，已知大圆的半径为2 r、小圆的半径为r，金属丝的横截面积为，电阻率为。则下列说法正确的是(    ) A. 内小圆的导线圈面积有扩张的趋势 B. “”字形导线圈中的感应电动势大小为 C. 大圆导线圈中电流大小为 D. 内小圆导线圈中产生的焦耳热为 8.如图所示,足够长的光滑U形导轨宽度为L,其所在平面与水平面的夹角为α,上端连接一个阻值为R的电阻,置于磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑,设磁场区域无限大,当金属杆下滑达到最大速度时,运动的位移为x,则 (　　) A.金属杆下滑的最大速度vm= B.在此过程中电阻R产生的焦耳热为(mgxsinα-m) C.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsinα-m D.在此过程中流过电阻R的电量为 二、多选题：本大题共2小题，共8分。 9. 如图所示,竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R,金属杆ab质量为m,跨在平行导轨上,垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B,不计ab与导轨电阻及一切摩擦,且ab与导轨接触良好。若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升,则以下说法正确的是 (　　) A.拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量 B.杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量 C.电流所做的功等于重力势能的增加量 D.拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量 10.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,b是原线圈的中心抽头,图中电表均为理想的交流电表,定值电阻R=10 Ω,其余电阻均不计,从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压,则下列说法中正确的是 (　　) A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 V B.当单刀双掷开关与a连接且t=0.01 s时,电流表示数为零 C.当单刀双掷开关由a拨向b时,原线圈的输入功率变大 D.当单刀双掷开关由a拨向b时,副线圈输出电压的频率变为25 Hz 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 11.电流传感器可以像电流表一样测量电流,它的优点是反应非常快,可以捕捉到瞬间的电流变化,还可以与计算机相连,能在很短的时间内画出电流随时间的变化图象。 按图甲连接电路,提供8 V直流电源,先使开关S与1相连,电源向电容器充电,这个过程可在瞬间完成,然后把开关S掷向2,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机,屏上显示出电流随时间变化的I-t曲线,如图乙所示。 (1)图中画出的竖直狭长矩形(图乙最左端),它面积的物理意义是:________。  (2)估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量是__________C。  (3)根据以上数据估算,电容器的电容是______F。  12.某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，长度为________mm，直径为_______mm； 丙同学用如图丙所示的电路测量电流计的内阻，实验步骤如下： ①按电路图连接好实验电路，调节电阻箱使其接入电路的阻值最大。 ②将闭合、断开，调节电阻箱的阻值，使电流表满偏，此时电阻箱的电阻为R。 ③闭合，保持电阻箱的阻值不变，调节电阻箱的阻值，当电阻箱的阻值为时，电流表的指针刚好偏转到满偏刻度的，则电流表内阻的测量值为________；当_______填“远大于”或“远小于”时，测量误差较小。其测量结果与真实值相比_________填“偏大”、“偏小”或“相等”。 四、计算题：本大题共3小题，共30分。 13.如图所示,在磁感应强度B=0.2 T、方向与纸面垂直的匀强磁场中,有水平放置的两平行导轨ab、cd,其间距l=50 cm,a、c间接有电阻R,现有一电阻为r的导体棒MN跨放在两导轨间,并以v=10 m/s的恒定速度向右运动,a、c间电压为 0.8 V,且a点电势高。其余电阻忽略不计。问: (1)导体棒产生的感应电动势是多大? (2)通过导体棒电流方向如何?磁场的方向是指向纸里,还是指向纸外? (3)R与r的比值是多少? 14.如图所示,理想变压器原线圈中输入电压U1=3 300 V,副线圈两端电压U2为 220 V,输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2,绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2 V。求: (1)原线圈n1等于多少匝? (2)当开关S断开时,电流表A2的示数I2=5 A。则电流表A1的示数I1为多少? (3)当开关S闭合时,电流表A1的示数I1′等于多少? 15.如图所示，间距均为的光滑平行倾斜导轨与足够长光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。a、b是两根完全相同粗细均匀的金属棒，单棒质量为，电阻为，a棒垂直固定在倾斜轨道上距水平面高处；b棒与水平导轨垂直并处于静止状态，距离MN的距离。现让a棒由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触且始终垂直于导轨；不计导轨电阻，重力加速度为，求： 棒刚进入磁场时b棒受到的安培力的大小； 稳定时b棒上产生的焦耳热； 稳定时a、b两棒间的间距d？ 答案和解析 1.【解析】选D。线框在匀强磁场中运动时,穿过线框的磁感线条数不变,即磁通量不变,没有感应电流产生,故A错误;图示的线框与磁场平行,穿过线框的磁通量为零,而且当线框平动时,磁通量始终为零,没有变化,所以没有感应电流产生,故B错误;线框与磁场平行,穿过线框的磁通量为零,当线框向右平动时,磁通量保持为零,没有变化,所以没有感应电流产生,故C错误;线框在磁场中转动时,穿过线框的磁通量发生变化,产生感应电流,故D正确。 2.【解析】选C。在～T时间内,直线电流方向向下,根据安培定则,知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外,电流逐渐增大,则磁场逐渐增强,根据楞次定律,金属线框中产生顺时针方向的感应电流。根据左手定则,知金属框左边受到的安培力方向水平向右,右边受到的安培力水平向左,离导线越近,磁场越强,则左边受到的安培力大于右边受到的安培力,所以金属框所受安培力的合力水平向右。故C正确。 3.【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析: (1)根据楞次定律判断感应电流的方向。 (2)根据法拉第电磁感应定律计算电动势的大小之比。 (3)根据电阻定律判断线框电阻的大小,结合闭合电路欧姆定律判断感应电流之比。 【解析】选B。a、b两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里,磁感应强度均匀增加,由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外,再根据安培定则可知:两线圈内产生逆时针方向的感应电流,A错误;由E=可知 = = ,B正确;a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数相同,Ra∶Rb=3∶1,由闭合电路的欧姆定律得Ia=,Ib=,则==,C错误;Pa=Ra ,Pb=Rb,则Pa∶Pb=27∶1,D错误,故选B。 4.【答案】D  【解析】解： 由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直向里， 当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为adcba； 当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcda； 当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为：abcda； 当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba；故ABC错误，D正确， 故选：D。 根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向． 通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律，注意通电导线的磁场大小与方向的分布．同时强调线圈中心轴处于导线位置时，磁通量为零． 5.【解析】选D。线圈从a到b做自由落体运动,在b处开始进入磁场切割磁感线,产生感应电流,受到安培力作用,由于线圈的上下边的距离很短,所以经历很短的变速运动而完全进入磁场,在c处线圈中磁通量不变不产生感应电流,不受安培力作用,但线圈在重力作用下依然加速,因此线圈在d处离开磁场切割磁感线时,产生的感应电流较大,故该处所受安培力必然大于b处。综合分析可知,选项D正确。 6.【答案】D  【解析】篮球从处下落的时间为，触地时速度大小为，弹起时速度大小为 则有： 该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为， 球与地面作用时间为： 取向上为正方向，全过程根据动量定理有： 解得： 根据牛顿第三定律，球对地面的平均作用力方向竖直向下，大小为，故D正确、ABC错误。 故选：D。 7.【答案】C  【解析】A.由题意和图乙可知，时间内，穿过导线框的磁场竖直向下且均匀减小。根据楞次定律可知，大圆产生感应电流为顺时针方向，小圆大圆围“”形，二者电流相反，且大圆中的感应电动势大于小圆中的感应电动势，所以小圆中的感应电流方向沿逆时针方向。由左手定则，小圆受安培力向里，有收缩的趋势，A错误; B.导线框中的感应电动势大小为，又由法拉第电磁感应定律得，又，，整理得，同理，则导线框中的感应电动势大小为，B错误; C.导线框的总电阻为，导线框中的感应电流为，C正确; D.内小圆导线圈中产生的焦耳热为，联立解得，D错误. 8.【解析】选B。感应电动势为E=BLv ① 感应电流为I= ② 安培力为F=BIL= ③ 根据平衡条件得mgsinα-F=0 解得:vm=,故A错误; 由能量守恒定律得:mgxsinα-m=Q 又因QR=Q 所以QR=(mgxsinα-m),故B正确,C错误;由法拉第电磁感应定律得通过R的电量为q==,故D错误。 9.【解析】选B、D。当外力F拉着金属杆匀速上升时,拉力要克服重力和安培力做功,拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和,即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和,选项A错误,D正确。克服安培力做多少功,电阻R上就产生多少热量,选项B正确。电流做的功不等于重力势能的增加量,选项C错误。综上所述,本题的正确选项为B、D。 10.【解析】选A、C。原线圈输入电压的有效值为U1= V=220 V,当单刀双掷开关与a连接时,U2=U1=22 V,A选项正确;当t=0.01 s时,电流表示数不为零,电流表测量的是有效值,B选项错误;当单刀双掷开关由a拨向b时,U′2=U1=44 V,输出功率增大,原线圈的输入功率也增大,此时输出电压的频率不变,C选项正确,D选项错误。 11.【解析】(1)根据图象的含义,因Q=It,所以竖直狭长矩形的面积表示为在0.1 s内电容器的放电量。 (2)根据横轴与纵轴的数据可知,一个格子的电量为0.08×10-3 C,由于大于半格算一个,小于半格舍去,因此图象所包含的格子个数为70, 所以释放的电荷量是0.08×10-3 C×70=5.6×10-3 C。 (3)根据电容器的电容C=可知,C= F=7.0×10-4 F。 答案:(1)见解析　(2)5.6×10-3　(3)7.0×10-4 12.【答案】；； ；远小于；偏小   【解析】图中游标卡尺的最小分度值为，读数为； 用螺旋测微器测量圆柱体的直径； 闭合、断开时，调节电阻箱使电流表满偏，设满偏电流为。闭合，保持电阻箱的阻值不变，此时电流表偏转到满偏刻度的  ，若认为干路电流不变，仍为，则说明通过电阻箱的电流为 ，根据并联电路电压相等，可知  ，可得 ； 闭合后，总电阻减小，总电流增大，大于原来的满偏电流，而电流表中的电流为，则通过电阻箱的电流大于，当远小于R时，总电流变化小，测量误差较小，根据并联电路的规律可知测量结果与真实值相比偏小。 13.【解析】(1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E=Blv=1 V。 (2)由题意知电流方向为N→M;根据右手定则可知磁场方向指向纸里。 (3)根据闭合电路欧姆定律I==,解得:==4。 答案:(1)1 V　(2)电流方向为N→M　磁场方向指向纸里　(3)4 14.【解析】(1)由电压与变压器匝数的关系可得: ==U,则n1=1 650匝。 (2)当开关S断开时,有:U1I1=U2I2, I1== A。 (3)当开关S断开时,有:RL==44 Ω。当开关S闭合时,设副线圈总电阻为R′,有R′==22 Ω,副线圈中的总电流I2′==10 A。 由U1I1′=U2I2′可知,I1′== A。 答案:(1)1 650匝　(2) A　(3) A 15.【答案】棒下滑过程，设 a 棒刚进入水平磁场的速度为 v ，根据动能定理有  解得  a棒刚进入磁场时产生的感应电动势 此时的感应电流  b 棒受到的安培力的大小  代入数据解得  系统稳定时 ab 棒共速，设共同速度为  ，根据动量守恒有  根据能量守恒定律有  由于电阻相等，则  解得  设 a 棒在水平轨道上运动至 ab 棒共速过程经历时间为  ，对棒进行分析，根据动量定理有  根据电流的定义式有  解得  上述过程电动势的平均值  根据闭合电路欧姆定律有  结合上述解得  第6页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $