四川宜宾市第一中学校2025-2026学年高二下学期第一次周考物理试题

宜宾市第一中学校2024级高二下期物理第一次周考 满分100分考试时间：75分钟 第I卷（选择题共46分） 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1.如图所示，下列四种物理情景中，能够产生感应电流的是() 甲 丙 A.甲图中，条形磁铁快速穿过有缺口的线圈 B.乙图中，保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中向下运动 C.丙图中，线框在纸面内平行于通电导线水平向右移动 D.丁图中，水平放置的圆形线框直径的正上方有一水平通电直导线，电流逐渐减小 2.某同学将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，手握条形磁铁静止在线圈的正上方， 此时电子秤的示数为mo。则当磁铁向上远离线圈时() A.线圈有扩张的趋势 B.电子秤的示数大于mo C.电子秤的示数等于mo 00 D.线圈中产生的电流沿顺时针方向（俯视） 3.如图甲所示，在圆形线圈内分布着与线圈平面垂直的匀强磁场，现规定磁感应强度B的方向垂直纸面 向外为正。已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，为于线圈中产生的感应电动势和感应电 流，下列说法正确的是() 个B A.t=0时刻感应电动势最大 B.~时间内，感应电动势增大 C.时刻，感应电动势为零 D.1、名时刻，感应电流方向相同 4.通过某用电器的电流I随时间变化的关系图像如图所示（前半个周期为正弦波形的子），则该交变电 流的有效值为() A音马 B.l C n.5& 5.如图所示，·等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角边在x轴上且长为L,高 为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运 动穿过磁场区域，在1=0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针 方向为导线框中电流的正方向，下列图像正确的是() 0 x 口▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 6.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd,ab中点和cd中点的连线O0恰好位于匀强磁场的边界 线上，磁场磁感应强度为B,只计外接电阻R,不计线圈电阻。线圈从图示位置OXX×× 开始，以角速度ω绕O0轴匀速转动，则() A.线圈中感应电动势瞬时值表达式为e=分BPwsin@t B.线圈中感应电动势瞬时值表达式为e=BP@sinot d C.图示位置线圈中感应电动势为B 2 D,线圈从图示位置转动半圈通过R的电荷量为 2R o' 7.如图，在光滑绝缘的水平面上的两平行虚线之间存在竖直向上的匀强磁场（俯视如图），边长为的单 匝正方形闭合线框ABCD,其电阻为R,从磁感应强度为B的磁场左侧向右运动，以大小为3的速度 开始进入磁场，当AB边穿出磁场右边界时线框的速度大小为o,假设线框在运动过程中CD边始终平 行于磁场边界，磁场的宽度大于正方形的边长。关于线框整个运动过程，下列说法正确的是) A线框ABCD进入磁场时所受安培力方向向左，穿出磁场时所受 安培力方向向右 B.线框ABCD离开磁场时的速度大小，=3巴 mR C.线框ABCD进入和穿出磁场的过程中安培力做功大小相同 D.线框ABCD穿出磁场的过程中产生的焦耳热2=3B巴 2mR2 二、多项选择题（本题3个小题，本题有两个或两个以上的选项符合题意，选对得6分，选对不全得3分， 选错或不选得0分，共18分) 8.如图所示电路，L是一直流电阻可忽略的自感线圈，A、B、C为完全相同 的三个灯泡，下列说法正确的是( A.闭合电键S稳定后，A灯最亮 B.闭合电键S的瞬间，A、B、C三灯一样亮 C.闭合电键S稳定后，再断开电键S,4、B、C灯都缓慢熄灭 D.闭合电键S稳定后，再断开电键S,A、B、C灯都立即熄灭 9.如图，M为半圆形导线框，圆心为OM:N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为Ow。两导线框在同 一竖直面（纸面）内，两圆弧半径相等。过直线OMOw的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸 面向里。现使线框M、N在t-0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和Ow的轴，以相 同的周期T逆时针匀速转动，则() ××××××× A.两导线框中均会产生正弦交流电 B.两导线框中感应电流的周期都等于T C.在1=名时，两导线框中产生的感应电动势相等 ×Ox D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 2 ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 l0.如图所示，abcd是一质量为m的“tP形均匀金属框架，其电阻可忽略不计，gf是一质量也为m、两端 有光滑小环的均匀金属杆，将©两端的小环套在框架顶端，刚好构成一个边长为L的正方形。PQ是 水平匀强磁场的水平边界。将此正方形线框在与匀强磁场垂直的竖直平面内由静止释放（此时加边距 P2为h),当bc刚越过PQ时刚好匀速运动，ab边刚好有一半进入磁场时，ef恰到达PQ位置。运动 中框架不转动，小环与框架接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g,则( A.h= B.h C.ef刚越过P2时加速度大小为2g XX×X长X D.e刚越过PQ时加速度大小为g ×XXXXX 三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13~15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重 要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11.(6分) 某同学在做探究电磁感应现象规律的实验 中，她选择了一个灵敏电流计G,在没有电流通 过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在 刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所 示的电路中，电流计的指针如图甲中所示。 之 丙 (1)为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串奕，如图乙所示。通过分析可知图 乙中的条形磁铁的运动情况是 (填“向上拔出或“向下插入”)。 (2)该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，4线圈已插入B线圈中，请 问灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向 (填“有或“没”)关系。她合上开关后，灵 敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是 A.断开开关 B.在A线圈中插入铁芯 C.变阻器的滑片向右滑动 D.变阻器的滑片向左滑动 12.(8分) 某同学设计实验研究某小灯泡的伏安特性曲线。实验室提供的器材如下： 电池组（电动势为E=3V,内阻为r=22): 多用电表（可测电压、电流和电阻）： 电流表A1(量程为0~500mA,内阻约为0.52)： 改楚的电压裘 电流表A2(量程为0~3mA,内阻未知)： 1 电阻箱R(阻值范围为0-9999.92)； 003 A-V- 滑动变阻器R'(阻值范围为0~102)： 0 开关一个，导线若干。 实验步骤如下： 个mA 3.0 (1)用多用电表的欧姆挡测定电流表A2的内阻。若将选择倍率的旋钮 拨至“×12”挡，测量时指针如图甲所示，则电流表A,的内阻为_一2； 2.0 (2)将电流表A2改装成量程为©-3V的电压表。具体操作为：将电阻 1.0 箱R与电流表A2(选填‘串联”或并联”)，调节电阻箱R使其阻值为 2 100200300400 (3)利用图乙电路测得多组数据，做出小灯泡的2一上图线如图丙所示： 分 (4)取两个与实验中所用完全相同的两个小灯泡串联后直接连在实验所用电池组两端时，每个小灯泡 消耗的电功率为_-W。(保留三位有效数字) 3 ▣减 Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 13.(10分) 如图是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，其磁感应强 度B=102工，电路中的电流表为理想交流电表。单匝正方形线圈边长a=0.1m, 不计线圈电阻。绕垂直于磁场方向的水平轴O0沿逆时针方向匀速转动，转动一圈 的时间1=0.02s,已知R=12。从图示位置开始计时，求： (1)该发电机产生交流电的电动势表达式： (2)电阻R消耗的功率是多少？ 14.(14分) 水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度分别为L、L2、的条形匀强磁场区域 【、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上， 示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域I上方的斜面上，cd边与磁场边 界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域I、区域I。已知cd边进入I到b边离开I的过程中，线框速 度恒为v,cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时的速度相同；区域I、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边 长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内，cd边始终与磁场边界平 行；重力加速度为g。求： (1)初始时，cd边与I区域上边缘的距离； (2)求cd边进入I号区域时，ab边两端的电势差； (3)若L2>L1,cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域I的过程中，线框克服安培力 做功的平均功率。 6 15.(16分) 如图，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为亚的光滑平行水平导轨平滑连接。水平导 轨足够长，其右端接有电容为C的电容器，且全部处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B,在 导轨上放置长度略大于L的导体棒P、M、N。P棒和M棒的质量均为m,接入电路的电阻均为2R,N 棒的质量为2m,接入电路的电阻为R。已知初始时电容器带电量为0，开关S断开，M棒和N棒间距为 d,均处于静止状态。现让P棒从圆弧导轨上高为h处由静止释放，P棒与M棒如果发生碰撞则会粘在 起。重力加速度大小为g,不计导轨电阻及空气阻力，且导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。 (1)求P棒刚进入磁场时速度y%的大小及此时流经M棒电流M的大小； (2)若P棒与M棒恰好不发生碰撞，求该过程P棒中产生的焦耳热2； (3)若初始时M棒离磁场左边界的距离=4mB2g ,且运动过程中M棒始终未与N棒发生碰撞， 3B2Z2 求d的最小值；当P、M、N三棒达到稳定运动时，闭合开关S,求电容器最终的带电量q。 4 ▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣a 2024级高二下期物理第一次周考参考答案 1.【答案】C 故选A。 2.【答案】A 7.【答案】D 3.【答案】D 〔解析】A.线框ABCD进入磁场时，根据右手定则 【解析】AC.根据法拉第电磁感应定律可得 可知，线框电流方向为顺时针方向，根据左手 E=ARS 定则可知，所受安培力方向向左；线框ABCD 穿出磁场时，根据右手定则可知，线框电流方 由图像可知在1=，时刻9最大，则感应电动 △1 向为逆时针方向，根据左手定则可知，所受安 势最大，选项AC错误； 培力方向向左；故A错误； 及6时间内，岩先增加后减小则感应 B.从线框ABCD进入磁场到完全离开磁场，根 电动势先增加后减小，选项B错误； 据动量定理可得-∑F安1=w,一m·3vo D、根据楞次定律可知1时刻磁通量向外减小， 其中∑P=∑B=∑BBLH= R 1时刻磁通量向里增加，则这两个时刻感应电 流方向相同，选项D正确。 妥∑=光2z R 解得线框ABCD离开磁场时的速度大小 故选D。 4.【答案】B 6÷B23 mR [解析】根据有效值的概念可知 故B错误； (合n号+w5号=P C.由于线框ABCD进入和穿出磁场的过程均 解得1=6 做减速运动，根据朵=肛=8於乙=， R 故选B。 可知线框ABCD进入磁场所受平均安培力大于 5.【答案】A 穿出磁场所受平均安培力；根据W会=F安L 【解析】在0-L过程，磁通量增大，由楞次定律判 可知线框ABCD进入磁场过程安培力做功大小 断感应电流方向为顺时针方向，为正值，线圈 大于穿出磁场过程安培力做功大小，故C错误： 切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为 D.设线框ABCD刚要离开磁场时的速度为v, =贺=贺0≤x≤ 则线框ABCD穿出磁场的过程，根据动量定理 R R 在L-2L过程，磁通量减小，由楞次定律判断 可得-哭∑=竖=m%-m R 感应电流方向为逆时针方向，为负值，线圈切 割有效长度均匀增加，线圈中的电流为 解得v=2B型 mR I=BL=B=x(L≤x<2) 根据能量守恒可知线框ABCD穿出磁场的过程 R R R 故选A。 2mi=3BLs 2m、1 中产生的焦耳热为Q= 2mR2 6.【答案】A 故D正确。 【解析】AB.线圈中感应电动势瞬时值表达式为e 故选D。 -E,sin-Blsinor 8.【答案】AC 《解析】B.由于A灯与自感线圈L串联，因此，当 选项A正确，B错误； 闭合电键瞬间，B、C立即亮起，而由于自感 C.图示位置线圈中感应电动势为零，选项C 线圈在闭合电键瞬间产生自感电动势，阻碍电 错误； 流的通过，通过A灯的电流逐渐增大，因此A D.线圈从图示位置转动半圈通过R的电荷量 灯不会立即变亮，而是缓慢变亮，故B错误； 为g==票1=49=28=g A.由于自感线圈的电阻可忽略，因此当电路稳 R R R 定后，线圈相当于一根导线，可知，稳定后， 选项D错误。 A灯所在支路的电流大于B、C两灯所在支路电 Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 流，则A灯比B、C两灯亮，即A灯最亮，故 联立，解得 A正确； y'=3v CD.闭合电键稳定后，断开电键瞬间，自感线 此时闭合回路中的金属杆所受安培力为 圈会产生自感电动势，B、C灯所在支路的原 F安 BL(3v-v)=2Fg=2mg 电流瞬间消失，线圈产生的自感电动势阻碍A R 灯中电流的减小，因此A灯中电流方向不变， 根据牛顿第二定律，可得 并与B、C灯所在电路构成闭合回路，A、B、 坐一m8=g a=- m C三灯都缨慢熄灭，故C正确，D错误。 故C错误D正确。 故选AC。 故选BD。 9.【答案】BC 11.【答案】（每空2分）向下插入有AC/CA 【解析】A.本题中导线框的半径匀速旋转切割磁感 【解析】(1)[1]由图甲可知，电流从灵敏电流计的 线时产生大小不变的感应电流，故A错误； 左接线柱流入；指针往左偏；由图乙可知，螺 B、两导线框产生的感应电流的周期与线框转动 线管中的电流方向为逆时针方向（从下往上看）， 周期相同，故B正确； 根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向 C.在1=？时，两导线框切割磁感线的导线长 竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原 8 度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应 磁场方向)竖直向上，可见感应电流的磁场方向 电动势相等，均为 与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线 E=1BRo 圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线 2 图 故C正确； (2)[2]由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线 D.两导线框中感应电流随时间变化的图像如 管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的 下图所示，故两导线框中感应电流的有效值不 方向为极方向，螺线管B中导线的绕向不同， 相等，故D错误。 则灵敏电流计中电流方向不同，故灵敏电流计 BR'o 中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关； 2 [3]A.合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏 了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针 3 右偏：现在要使灵敏电流计的指针向左偏转， 故选BC。 因此穿过B线圈的磁通量应该减小：断开开关， 10.【答案】BD 则穿过B线圈的磁通量减小，根据楞次定律可 【解析】AB、线框自由下落过程，有 知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上 2gh=v2 瞬间线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计 金属框架αb边刚好有一半进入磁场所需时间为 左偏，故A正确； =造 B.在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量 19 增大，根据楞次定律可知，线圈中产生的电流 此过程金属杆做匀加速直线运动，可得 方向与开关合上瞬间线圈B中的电流方向相同， L=v+zee 灵敏电流计指针右偏，故B错误： 联立，解得 C.由图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电 h=L 路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小， 穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律，线 故A错误；B正确； 圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线 CD.依题意，线框匀速下落过程，有 圈B中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏， Fs=BIy=mg 故C正确： R 金属杆刚越过PQ时，有 D.由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电 2g(h+L)=v2 路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大， 6 。夸克扫描王 极速扫描，就是高效 穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律，线 (2)由(1)中表达式可知电动势最大值 圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线 Em=10WZV…(1分)】 图B中的感应电流方向相同，灵敏电流计右偏， 且为余弦交流电，故其电动势的有效值为 故D错误。 E=10V… …(1分)） 故选AC。 不计线圈电阻，R上功率为P= R …(2分) 12.【答案】（每空2分）15 串联985 解得PR=100W … 0.388(0.360-0.390均可) …(1分) 解祈】【解析】【小题1】用多用电表的欧姆挡测 14【答案】(g6分)a)√ (5分) 定电流表的内阻为R2=15×12=152。 [1][2]将电流表改装成量程为0-3V的电压表。 (3)P=m8L+(6分) 4L1 具体操作为：将电阻箱与电流表串联分压，根 【解析》(1)线框在没有进入磁场区域时，根据牛领 据欧姆定律，调节电阻箱使其阻值为R2= 第二定律mgsin0=ma…(1分) w-lR2=3-3×10-3×152=9852。 根据运动学公式y2=2ad…(1分) 12 3×10-3 联立可得线框释放点cd边与I区域上边缘的距 取两个与实验中所用完全相同的小灯泡串联后 直接连在实验所用电池组两端时，设流过每个 离d=2 …(分） g 灯泡的电流为，则电压为U=10002,根据闭 (2)因为cd边进入I区域时速度为v,且直到ab 合电路欧姆定律有E=2U+Ir=2000,2+r 边离开I区域时速度均为，可知线框的边长与1 代入E=3V,内阻为r=22并变形可得 区域的长度相等，根据平衡条件有 3 1 5=2000-10001 mgsin0=BIL,…(1分） 将此关系式画在灯泡的图像上如图，交点坐标 又E=BLy… …(1分) 为1=310mA,Z=1.25mA,此时小灯泡两端 …(1分) R 电压为U=1000×1.25×10-3V=1.25V b边两端的电势差U=E…(1分) 每个小灯泡消耗的电功率为 4 P=U=1.25×0.310W=0.388W 联立可得U=上， mgRv 41V 2 …(1分) 因作图和读取数据都存在误差，故小灯泡的功 (3)在线框进入区域过程中，根据动量定理 率在0.360W-0.390W均正确。 ngsin0·1-BIL41=0…(1分) I/mA 3.0 其中4= …(们分） 9=1 …(1分)》 I=BLIv R 联立可得g=2BN mg I/mA 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理 0 100200300400 ngsin0·12-2BTL143=0…(1分) 13.【答案】(1)e=10W2cos(100mt)V(5分) 根据q= BI.1BI Rt (2)PR=100W(5分) R'Is R 解析】(1)由于线圈从平行面起转，故交流电动势 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q= 表达式为e=NBSωoSωt(V)…(2分) 联立可得2=2弘 其中N=1,B=10巨7，S=4=0.01m, 由动能定理-W安+mgsin8(L2+L1)=0(1分) w=2=100 wrad/s-…(2分) 克服安培力做功的平均功率P=m空 12 代入得é=10W2cos100πl(V)…(1分) 联立可得P=m(L+L2) 4L1 …(们分) 7 Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 【答案】(aV22分)0E2分) △D 又g=74,=互A的=兰AM,=A迪= @名mgh6分剂 R点 R总 RgR总 …(1分)》 (3)mk2gh BLCm/2gh (4分)B2C+4m (2分) 联立解得P棒与M棒恰好不发生碰撞时，M棒 3B2L2 [解析】(1)对P棒，由动能定理得 离磁场左边界的距离x= 2mR√2gh B2P mgh三号m8…(1分) 根据题意，若初始时M棒离磁场左边界的距离 解得P棒刚进入磁场的速度大小为 为 4mR<=2mR@☑ %=V2gh…(1分) 3B2L2 B2L2 则P棒与M棒一定发生碰撞并粘在一起。 当P棒进入磁场时产生感应电动势 设导体棒P与导体棒M碰撞前瞬间的速度为y2, E=BLy0…(1分) 导体棒M、N的速度大小均为 P棒为电源，M、N两棒并联，则有 碰撞前过程根据动量守恒定律有 4w2R=Iw·R my%=myw2十(m+2my3…(1分) 又M+w=I 同样对P棒，由动量定理得 由欧姆定律得电路的总电流 E -BI2LA12=my2-mo…(1分) 1= 2R+R# 又g=4A,=B=3B R总 8R R=2R+R 联立得经/棒的电流=爱√2…(1分》 联立解得%=2@，=石V2g 设导体棒P与导体棒M碰撞粘在一起后瞬间的 (2)P棒进入磁场，M、N两棒所受的安培力 速度为v4 F=ILB,FN=ILB 则根据动量守恒定律可得二者碰撞时满足 由牛顿第二定律得M=maM,N=2maw mv2+mv3 =(m+m)vs 联立可得M、N两棒的加速度关系为 之后导体棒P、M整体与导体棒N通过安培力 awaw=1:l…(1分) 发生作用，设导体三棒最终共同速度为 由此可知，M、N两棒加速度相同其运动总是 则根据动量守恒定律可得 相对静止的，由于P棒受到的安培力与M、N 2mva+2mv3 =(2m+2m)vs 棒受到的安培力的合力为0，所以三棒组成的系 联立解得w=子2g5,%=42g 统动量守恒。若P棒与M棒恰好不发生碰撞， 此过程对P、M整体，·由动量定理得 则三棒速度相等，设此时的三棒速度均为， -BL△13=2ms-2mv4 以向右为正方向，根据动量守恒定律有 myo=(m+m+2my1…(1分) 又g=6A=BLd Ra 根据能量守恒，该过程系统损失的机械能E损全 R6=RpM十R=2R 部转化为电路电阻的焦耳热，得 联立解得满足题意的d的最小值 最=之m哈-(m+m+2mM=0a-1分) duin=mk2gh 该过程P棒中产生焦耳热2=2迟2a(1分) 3B2L R 当P、M、N三棒达到稳定运动时 R总=2R十R并= 导体棒切割磁感线产生感应电动势为 3 9 E=BLs=1BL√2gh …(1分） 联立各式解得，=6mgh…(1分) 4 闭合电键，根据动量定理-BIL△t=4m(v6-s) (3)P棒进入磁场到三棒速度相等的过程，对P 而IA1=9c=CU=CBL6 棒，由动量定理得 联立解得闭合开关S电容器最终的带电量 -BZL△1=my-myo…(1分） BLCm√2gh 9c= …(1分)》 B2LC+4m 8 ▣B Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效