天津市静海区第一中学2025-2026学年高二下学期3月学生学业能力调研物理试卷

静海一中2025-2026学年第二学期高二物理（3月） 学生学业能力调研试卷 命题人：王欣然 审题人：刘彬 一、单项选择题（每小题5分，共25分） 1．关于电磁振荡、电磁波、电磁感应现象的四幅图像，以下说法正确的是（   ）        A．关于图1，分析发现振荡电路正在充电 B．关于图2，振荡电路变成开放电路，电磁波发射变得困难 C．关于图3，变化的磁场周围产生电场，跟闭合电路是否存在无关 D．关于图4，开关闭合时线圈有自感现象，开关断开时线圈没有自感现象 2．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻近似为零，A、B是两个完全相同的小灯泡。下列说法中正确的是（　　） A．闭合开关S，灯泡亮，灯泡始终不亮 B．闭合开关S，A、B同时亮，且亮度始终相同 C．电路稳定后，断开开关S，灯泡突然变亮再逐渐变暗，直到不亮 D．电路稳定后，断开开关S，灯泡突然变亮再逐渐变暗，直到不亮 3．如图所示，abcd为水平固定放置的“匚”型金属导轨，导轨的间距为l，导轨的左端接上阻值为的定值电阻，匀强磁场方向竖直向下，金属杆倾斜放置在导轨上，现让金属杆在外力的作用下以速度在导轨上匀速滑行，回路中的电流为，MN与导轨的夹角始终为，速度始终与垂直，导轨与金属杆足够长，滑行的过程中两者始终接触良好，导轨、金属杆以及导线的电阻均忽略不计，下列说法正确的是（　　）    A．定值电阻的电流由指向 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．金属杆切割磁感线的有效长度为 D．一段时间内，回路中磁通量的变化量为 4．如图所示为一理想自耦式变压器，原线圈两端加220V交流电，V1、V2为理想电压表。下列说法正确的是（　　） A．若P不动，F向下滑动，V1、V2示数都变小 B．若P不动，F向上滑动，灯泡消耗的功率变小 C．若F不动，P向上滑动，V1示数不变、V2示数增大 D．若F不动，P向下滑动，灯泡消耗的功率变小 5．如图甲所示粗糙平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、N两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。时对金属棒ab施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动其速度v随时间t变化的关系如图乙所示。已知金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。下列关于外力F、闭合回路中磁通量的变化率随时间t变化的图像，流过R的电荷量q、通过电阻R的电流I随金属棒的位移x的变化图像，其中正确的是（　　） A． B． C． D． 二、多项选择题（每小题5分，共15分） 6．如图所示，线圈面积为，共100匝，线圈总电阻为，外电阻，线圈处于的匀强磁场中，电流表、电压表均为理想电表。当线圈绕轴（图中虚线）以转速匀速转动时，下列判断正确的是（　　） A．线圈从图示位置开始计时，电动势的瞬时表达式为 B．电流表的示数为，电压表的示数为 C．线圈从图示位置转过的过程中，通过电阻的电荷量 D．线圈匀速转一圈的过程中产生的总热量为 7．某小型水电站交流发电机的输出电压恒定为，先经升压变压器将电压升高，经总阻值为的导线向远端用户输电，用户端用降压变压器将电压降到供用户使用。若用户的用电功率为，输电导线R上损耗的功率为，已知变压器均为理想变压器，其他电阻不计。下列说法正确的是（　　） A．通过输电线R的电流 B．降压变压器的输入电压 C．升压变压器原、副线圈匝数比 D．若用户增加，则发电机的输出功率变大 8．如图甲所示，由中车长客股份公司自主研制的国内首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行。超导磁悬浮列车可以简化为如图乙所示模型：间距为的平行导轨间连续交替分布着竖直向下和竖直向上的等大、等宽的匀强磁场，一单匝矩形金属线框放置在导轨上方，其长、宽恰好等于导轨的间距和磁场的宽度。当磁场以速度向右匀速移动时，线框在安培力的驱动下向右运动，已知磁场的磁感应强度大小为，线框移动过程中所受摩擦阻力恒为，线框的质量为、电阻为，则下列说法正确的是（　　） A．线框中的电流始终沿顺时针方向 B．线框运动的最大速度为 C．线框匀速运动时安培力的功率为 D．线框匀速运动后相对磁场位移为的过程中，通过线框的电荷量为 三、填空题 9．如图所示，圆心为O的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场。金属杆OP长度L＝1m与导轨半径相等，单位长度电阻，OP绕O点以角速度rad/s逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，阻值R＝12Ω的电阻和电容F的电容器并联在电路中，圆形导轨与导线电阻均不计，电压表V、电流表A均是理想电表。电流表的读数为__________A，电容器的电荷量为__________C 10．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，利用可拆变压器能方便地改变原、副线圈的匝数比。 (1)为实现探究目的，保持原线圈输入电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压，并记录相关数据，这个探究过程采用的科学探究方法是______。 A．控制变量法 B．等效替代法 C．演绎法 D．理想实验法 (2)某次实验中，用匝数匝和匝的线圈做实验，测量的数据如下表所示，下列说法中正确的是______。 1.80 2.80 3.80 4.90 4.00 6.01 8.02 9.98 A．原线圈的匝数为，用较粗导线绕制 B．副线圈的匝数为，用较细导线绕制 C．原线圈的匝数为，用较细导线绕制 D．副线圈的匝数为，用较粗导线绕制 (3)该同学在分析数据时发现上述实验数据没有严格遵从，下列原因可能正确的是______。 A．在交变电流产生的过程中，副线圈中电流的频率比原线圈中电流的频率低 B．变压器副线圈的磁通量变为原线圈的磁通量的两倍，使线圈的电阻增加 C．铁芯在交变磁场的作用下会发热 D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失 四、易混易错辨析题 11．关于下列基本概念，判断是否正确，对的表明√，不对的表明×，不对的加以改正。 (1) 线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大。( ) (2) 线圈在通过中性面时，磁通量最大，电流也最大。( ) (3) 线圈在中性面位置时，电流的方向发生改变。( ) (4) 由P＝ 可知，输电电压越小，输电线上电功率的损失就越小。( ) 五、解答题（12题11分，13题7分） 12．（11分）如图甲所示，闭合圆形线圈被轻绳吊在天花板下，圆形线圈圆心O以下区域分布着直线边界匀强磁场，垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示，线圈始终处于静止状态。已知线圈的质量m=1kg，匝数n=400，半径r=0.1m，电阻R=10，g取10m/s2，结果保留。求： （1）线圈中的感应电流大小； （2）t=4s时，整个线圈所受的安培力； （3）轻绳张力为0的时刻。 13．（17分）如图甲所示，MN、PQ为间距L = 1m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ = 37°，NQ间连接有一个R = 4Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0= 1T。将一根电阻r = 1Ω的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，金属棒与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q = 0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。重力加速度g取10m/s2，（sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）。求： （1）金属棒的质量m，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； （2）cd离NQ的距离s； （3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量。 （4）规律总结：归纳总结电磁感应中求热量的方法（写出两种方法） 14．（16分）在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为分别为，的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L=1m，一个质量为1kg、电阻为、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度做匀速直线运动；当ab边下滑至JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度做匀速直线运动。g=10m/s²，求： （1）线框刚开始下滑时ab边距GH的距离x； （2）线框ab边刚越过JP时的加速度大小； （3）从ab开始进入GH到下滑至MN与JP的中间位置的过程中，线框产生的热量（结果保留到整数）。 15．卷面分（3分） 参考答案 1．C 【详解】A．在图1所示的LC振荡电路中，电场方向向下，说明电容器上极板带正电，下极板带负电。磁场方向向下，根据右手螺旋定则，可知线圈中的电流方向为顺时针（从上往下看）。电流从电容器的正极板流出，流向负极板，因此电容器正在放电，故A错误； B．图2振荡电路变成开放电路，电磁波发射变得容易，故B错误； C．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场会在其周围产生电场，这种电场的存在与是否有闭合电路无关，故C正确； D．关于图4，开关闭合、断开时线圈都有自感现象，故D错误。 故选C。 2．D 【详解】AB．闭合开关S后，灯泡A、B同时变亮，之后由于线圈的通电自感，且其电阻几乎为零，则灯泡B缓慢熄灭，灯泡A逐渐变亮，故AB错误； CD．闭合开关，电路稳定后，再断开S，灯泡A立即熄灭，但由于线圈的断电自感，则灯泡B由暗变亮，再逐渐熄灭，故C错误，D正确。 故选D。 3．B 【详解】A．由右手定则可知，金属杆的电流方向由指向，则定值电阻的电流由指向c，故A错误； B．由法拉第电磁感应定律可得 由闭合电路欧姆定律可得 综合解得 故B正确； C．金属杆切割磁感线的有效长度为，故C错误； D．一段时间内，回路的面积增加量为 回路中磁通量的变化量为 综合可得 故D错误。 故选B。 4．D 【详解】A．若P不动，F向下滑动，原线圈电压U1由交流电源决定，故V1示数不变，根据原、副线圈电压比等于匝数比有 由于副线圈匝数n2减小，可知副线圈两端电压U2减小，由于副线圈电阻都不变，可知V2示数变小，故A错误； B．若P不动，F向上滑动，根据 可知副线圈两端电压U2增大，由于副线圈电阻都不变，可知副线圈电流增大，灯泡消耗的功率变大，故B错误； C．若F不动，P向上滑动，根据 可知原线圈电压U1、副线圈两端电压U2不变，滑动变阻器接入电路电阻减小，可知副线圈电流增大，可知灯泡两端电压增大，滑动变阻器两端电压减小，即V2示数变小，故C错误； D．若F不动，P向下滑动，根据 可知原线圈电压U1不变，副线圈两端电压U2不变，滑动变阻器接入电路电阻增大，副线圈电流减小，故灯泡消耗的功率变小，故D正确。 故选D。 5．D 【详解】A．由图乙可知，金属棒开始做匀加速直线运动，后做匀速运动，由牛顿第二定律可知，匀加速时有 此过程中力与时间成线性关系，但不成正比，即图像不过坐标原点，故A错误； B．设两金属导轨的间距为，匀加速过程中磁通量变化率为 此过程中磁通量变化率与时间成正比，匀速过程 此过程中磁通量变化率不变，故B错误； C．流过电阻的电荷量为 所以电荷量与位移成正比，故C错误； D．匀加速过程中有 则电流为 此过程中电流与位移成指数为的幂函数，匀速过程中有 此过程中电流不变，故D正确。 故选D。 6．AD 【详解】A．线圈的角速度为 感应电动势的最大值为 则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为 故A正确； B．电路中电流的有效值为 代入解得 即电流表读数为，电压表读数为 故B错误； C．线圈转过的过程中，通过电阻的电荷量为 故C错误； D．线圈匀速转一圈产生的总热量为 故D正确。 故选AD。 7．CD 【详解】A．通过输电线R的电流 故A错误； B．用电功率为，用户端电流 降压变压器原、副线圈匝数比 所以降压变压器的输入电压 故B错误； C．升压变压器输出电压 升压变压器原、副线圈匝数比 故C正确； D．若用户增加，负载电阻减小，输送电流增大，则发电机输出电流增大，故发电机输出功率变大，D正确。 故选CD。 8．BD 【详解】A．根据右手定则可知，线框中的感应电流有时沿逆时针方向，有时沿顺时针方向，故A错误； B．设线框的最大速度为，产生的感应电动势为 受到的安培力为 电流为 根据题意有 联立解得，故B正确； C．根据能量守恒可知线框匀速运动时安培力的功等于克服阻力做功，则有，故C错误； D．线框匀速运动后相对磁场位移为的过程中，通过线框的电荷量为，故D正确。 故选BD。 9． 0.625 【详解】[1]感应电动势 金属杆电阻 电流表的读数为 [2]电容器两端电压 电容器的电荷量为 10．(1)A (2)C (3)CD 【详解】（1）本实验通过改变原副线圈匝数，探究原副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中要运用控制变量法。 故选A。 （2）由表格数据可知 考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得原、副线圈电压之比大于匝数比，所以原线圈的匝数为，副线圈的匝数为；原线圈电压较大，电流较小，所以原线圈用较细导线绕制，而副线圈电压较小，电流较大，所以副线圈用较粗导线绕制。 故选C。 （3）A．变压器不改变交变电流的频率，原、副线圈电流频率相同，故A错误； B．理想情况下原、副线圈磁通量变化率相同，且线圈电阻由材料、长度、横截面积决定，与磁通量无关，故B错误； C．铁芯在交变磁场中会产生涡流，导致铁芯发热，这是铁损的一种，会造成能量损失，使实际输出电压偏离理想值，故C正确； D．原线圈磁场能向副线圈转移时，存在漏磁（部分磁场未穿过副线圈），这是磁损，会导致副线圈感应电压降低，偏离理想电压比，故D正确。 故选CD。 11．(1)× (2)× (3) √ (4) × 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大，则线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势不一定越大，该说法错误； （2）线圈在通过中性面时，磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，感应电动势为零，则电流为零，该说法错误； （3）线圈在中性面位置时，电流的方向发生改变，该说法正确。 （4）当电压增大时，电流减小，功率损失随之减小，故该说法错误。 12．（1）A；（2）N，方向竖直向下；（3）s 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得：， 解得：V 线圈中的感应电流大小为A； （2）线圈受安培力的有效长度为， s时，线圈受到的安培力大小为：， 由图乙可知：s时，T， 解得：N，方向竖直向下； （3）由题意知线圈中的感应电流恒定，要使轻绳张力为0，磁场方向应垂直纸面向外，设此时磁感应强度大小为 由线圈受力平衡： 解得：T 由图乙，得：， 将，代入上式，解得：s 13．（1）0.1kg；（2）1m；（3）0.16J；（4）见详解 【详解】（1）由乙图可知：当v = 0时，a = 4m/s2，对金属棒有 代入数据解得 当a = 0时，vm = 2m/s当金属棒达到稳定速度时，有 ① ② ③ 解得 m = 0.1kg （2）通过棒的电量 ⑤ ⑥ ⑦ 解得 s = 1m （3）棒下滑的过程中重力、摩擦力与安培力做功，有 ⑧ ⑨ ⑩ 解得 （4）①可以通过能量转化角度，例如通过机械能与电能之间的转化关系求解热量；②通过安培力做功求解热量。 14．（1），；（2）；（3） 【详解】（1）因为ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区恰好做匀速直线运动所以 由闭合电路欧姆定律得 由法拉第电磁感应定律得 由动能定理可得 联立可得 ， （2）ab边刚越过JP进入磁场Ⅱ区时，ab，cd两边都切割磁感线，所以有 两个边都受到向上的安培力，由牛顿第二定律得 联立可得 （3）因为ab边下滑至JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度做匀速直线运动所以 联立可得 从ab开始进入GH到下滑至MN与JP的中间位置的过程，由能量守恒定律可得 答案第16页，共16页 - 16 - 学科网（北京）股份有限公司 $