广西桂林市国龙外国语学校2025-2026学年下学期4月考高二物理试题卷

桂林市国龙外国语学校2025一2026学年下学期4月月考 高二物理试题卷 考试时间：75分钟总分：100分 注意事项：（黑体五号） 1.答题前，考生务必将姓名、座位号填写在试卷和答题卡上。（楷体五号） 2.考生作答时，请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡)，在本试卷上作答无效。 一、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个备选项中，只有一项符合题目要求， 错选、多选或未选均不得分。) 1.闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为e=Emsi。 保持其他条件不变，使线圈的匝数及转递都增加1倍，则电动势的变化规律为() A.e=4E sin @t B.e=4E sin 2@t C.e=2E sin @t D.e=2Em sin 2@t 2.如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极 到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是() 羽 3.如图，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是( 甲 之 A.甲图要增大出射粒子的最大动能，可增加磁感应强度B B.乙图可判断出A极板是发电机的正极 C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v= B D.T图中若载流子带正电，稳定时C面电势低 4.如图所示电路中，电源内阻不计，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈，A和B是两个相同的小灯 泡。则() A.闭合开关S时，B灯立即亮，A灯逐渐亮，最后一样亮 B.闭合开关S时，A、B灯同时亮 C.断开开关S时，A灯逐渐熄灭，B灯立即熄灭 D.断开开关S时，通过B灯的电流方向不发生改变 5.如图所示，一根导线制成的斜边AB长为2L的等腰直角三角形线框ABC,以速度v匀速穿过宽度为2L的匀强磁 场，电流以逆时针方向为正方向，回路中感应电流I和AB两端的电势差Us随线框位移x变化的关系图像正确的是 试卷第1页，共4页 6.广西电力依托丰富的水电资源， 建立了以水电为主，火电、风电、光伏等多能互补的电力系统，电力装机容量 和发电量逐年增长，有效保障了广西及周边地区的电力需求。如图所示，发电站输出电压为1kV的正弦式交流电， 经匝数比为1：55的理想变压器升压后通过输电线输送到变电站，输电线等效电阻为R=10?,变电站两端电压为 500kV,再用理想变压器变为电压为220V的家用交流电，下列说法正确的是 t A.升压变压器输出电压最大值为550kVB.输电线上的电流为500A C.输电线上损失的功率为2.5×10WD.升压变压器原线圈与降压变压器副线圈中电流之比为11：500 7.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B,电阻为R、半径为L、圆心角为90°的扇形闭合 导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)，则线框内产生的感应电流的有效值为() ××XX×× A.BLa B.BLe C.BLo D.BLe ×XX×XX 8R 4R 4R 2R XXXXX Y 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个备选项中，有多个选项符合题目要求， 全部选对得6分，选对但不全得3分，错选或未选不得分。) 8.随着科学技术的发展，人们可以使用蓝牙耳机接听手机来电，其中蓝牙耳机和手机都是通过电磁波来传递信号， 信号传输示意如图所示，以下说法正确的是 ) A.在空气中传播时，蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短 B.手机通信的电磁波比蓝牙通信的电磁波在遇到障碍物时更容易 10 地台 发生明显衍射 无线电波 红外线可 C.手机和基站间通信的电磁波是紫外线 须080.91×107Ti2。 须￥2.4248)x10 手机通信 蓝牙遇信 蓝牙耳机 D.电磁波在任何情况下都不会发生干涉 9.如图甲所示，用绝缘细绳将边长为L、总电阻为R的匝正方形闭合导线框吊在天花板下，线框上下两边水平， 在线框的中间位置以下区域分布有与线框平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B随时间：的变化规律如图乙所示，则 下列说法中正确的是( A.0~24。时间内，线圈中的电流方向为顺时针 B。2么，~3，时间内，穿过线圈的磁通量变化量大小为，上 2 试卷第2页，共4页 C.0~3北，时间内，绳子的拉力都小于线框的重力 D。2么~3弘，时间内，流过线圈某横截面的电荷量为，上 2R 10.如图所示，虚线OL与y轴的夹角为60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一带正电荷的粒 子从y轴上的M点沿平行于x轴的方向射入磁场，粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出）.心 知O之间的距离与粒子在磁场中运动的轨道半径相同，不计粒子的重力.则下列说法正确的是(， A.粒子经过x轴时的速度方向可能与x轴正方向成30°夹角 ty B.粒子经过x轴时的速度方向可能与x轴正方向成60°夹角 M C.粒子经过×轴时的速度方向可能垂直x轴 60g D.粒子离开磁场时的速度方向可能垂直虚线OL 0 三、实验题（每空2分，共16分.） 11.某实验小组在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，使用的实验器材如下： ①多用电表②电流计③保护电阻④导线⑤螺线管⑥条形磁铁 ()首先探究灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，某同学选用多用电表的 (选填“电阻”“直流电 流”“直流电压”“交流电压”)挡，对灵敏电流计进行测试，首先将灵敏电流计 (选填“串联”或“并联“) 保护电阻后，将多用电表的黑表笔接灵敏电流计的正接线柱、红表笔接灵敏电流计的负接线柱，发现指针向左偏转： (2)如图所示，若要使电流计的指针向右偏转，下列可行的是 A.螺线管不动，条形磁铁在螺线管中静止不动 B.螺线管不动，条形磁铁极向下，匀速插入螺线管 C.螺线管不动，条形磁铁S极向下，快速插入螺线管 t D.螺线管不动，条形磁铁S极向下，快速拔出螺线管 (3)通过第(2)问的探究可知，电流计的偏转方向与下列哪些因素有关 A.条形磁铁的磁极方向B.条形磁铁的运动方向C。条形磁铁的运动快慢 12.在“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。 ()以下给出的器材中，本实验需要用到的有 (填选项字母)。 (2)某次实验中，用匝数n。=400匝和w=800匝的线圈实验，测量的数据如表所示，下列说法中正确的是 UNV 1.80 2.80 3.80 4.90 UN 4.00 6.01 8.02 9.98 试卷第3页，共4页 A.原线圈的匝数为几a,用较粗导线绕制 B.副线圈的匝数为na,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)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成 (选填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的“铜损”和“铁损 导致原线圈与副线圈的电压之比一般 (选填“大于“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比。 四、解答题 13.(10分)如图甲所示，交流发电机的线圈位于匀强磁场中，已知线圈匝数n=100,电阻r=102,定值电阻R=402, 线圈与定值电阻组成闭合回路，图中电表均为理想表，【=0时刻线圈以O0为轴，以恒定角速度匀速转动，穿过线 圈的磁通量随时间变化的图像如图乙所示。（不计电路其他部分的电阻）求： :0 (1)电压表的读数： (2)感应电流随时间的表达式： p/10'Wb) 1.0 (3)定值电阻lmin内产生的焦耳热。 10dn.0 (×10 14.(12分)如图所示，空间电场、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，另 一侧为平行纸面向上的匀强电场。一电荷量为+9、质量为m的粒子从P点以速度ν沿垂直电场和磁场的方向射入磁 场，一段时间后，粒子从？点进入电场，已知P?两点间距离为D。(场区足够大，不计粒子重力)则： (1)求磁场区域的磁感应强度B的大小： B (2)若该粒子第二次进入电场后，恰好可以在电场中再次回到P点，求电场区域的电××× 场强度E的大小。 XX (3)在(2)问的条件下，计算从P点出发到回到P点的时间。 15.(16分)如图所示，倾斜角为30°的平行金属导轨与水平金属导轨在cd处相接，c、d是两段由绝缘材料做成的 长度可忽略的光滑圆弧轨道，导轨间距均为L,忽略金属导轨的电阻和摩擦。给倾斜导轨和水平导轨分别施加与导 轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小分别为8和B,倾斜导轨的上端接阻值为R的定值电阻。将导体棒M 从靠近定值电阻的ab处由静止释放，到达cd前已经处于匀速运动状态，通过cd滑上水平轨道，最终M与原先静 止在水平导轨上的导体棒N恰好没有相碰。已知导体棒M、N的质量分别为m、2m,电阻分别为R、0.5R,重力加 速度为g,两根导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。求： (I)导体棒M在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小； (2)导体棒N静止时与cd间的距离： (3)此过程导体棒N中产生的热量。 试卷唐4页，共4页 《2025一2026学年下学期4月月考高二物理》参考答案 题号 2 3 4 5 6 1 8 9 10 答案 B D A A AB BD AC 1.B【详解】根据E=NBSw,w=2πn,可得当线圈的匝数及转速都增加1倍时，电动势变化表达式为 e=4 E sin2awt,故选B。 2.D【详解】根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由 于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时 针。故选D。 B.A【详解A根据牛预第二定伴可得8=可忽R得又北产可得拉子的最大动能为女 2m 则可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度B和金属盒半径R,故A正确： B.根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B错误： C.速度选择器选择的是带电粒子的速度，故丙图无法判断出带电粒子的电性，根据qB=qE，可得粒子能够沿直 线匀速通过速度选择器的条件是=合，故C错误：D。根据左手定则可知，带正电的载流子受到洛伦兹力方向向 E 左，即向C面偏转，故稳定时C面电势高，故D错误。故选A。 4.A【详解】AB.闭合开关S时，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，所以B灯立即亮，A灯逐渐亮：由 于线圈的电阻可忽略不计，A和B是两个相同的小灯泡，可知稳定时，A和B一样亮，故A正确，B错误： CD.电路稳定之后，流过A和B两个小灯泡的电流大小相等，断开开关S时，线圈产生自感电动势阻碍电流的减 小，且与A灯和B灯电路形成闭合回路，所以A灯和B灯都是逐渐熄灭，且通过B灯的电流方向发生改变，故 CD错误。故选A。 5.C【详解】AB.由楞次定律可得，线框进入磁场过程中，穿过线框垂直于纸面向里的磁通量增加，感应电流沿 逆时针方向，线框出磁场过程中，穿过线框垂直于纸面向里的磁通量减少，感应电流沿顺时针方向。线框进入磁场 过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小，线框出磁场过程 中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小。因此整个过程中， 电流大小和方向均发生改变。故AB错误： CD.线框进入磁场，电流方向从A到B,U>O,电压大小先增大后减小，线框出磁场过程，电流方向从B到A, Ua<0,电压大小也是先增大后减小，D错误，C正确。故选C。 ?C【话样]人根装里趣变压器电压与迈数成正比号是可得开压变压器输出电压的有效位 U,=U=55×10kV=550kV,则最大值为550/2kV,故A错误： B. 输电线上的电压损失AU=U,-U,=550kV-500kV=50kV=50000V 根据欧姆定律，输电线上的电流1，-_5000A=5000A,故B错误， 28 R10 答案第1页，共4页 C.输电线上损失的功率P=IR=5000×10W=2.5x10W,故C正确： D对于升压安压器子冬-票即=5山，对于降压变压每 22011 1,50000025000 5512 605 121 即1-2500，由于h-1,则72300 250005000,故D错误。故选C. 11 11 7.B【详解】杆绕点垂直切割磁感线，产生的感应电动势大小E=二BL,线框在进入和离开磁场的过程中有感应 2 电流，设线框转动周期为工，线框转动一周有乙时间产生感应电流，则有 =IRT,解得I= √5BLa 4R 故选B。 8.AB【详解】AB.由图可知蓝牙通信信号的频率比手机通信的频率大，根据c=1v可得在空气中传播时，蓝牙通 信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短，波长越短的电磁波在遇到障碍物时不容易发生明显衍射，故AB正确： C.手机和基站间通信的电磁波是无线电波，故C错误：D.若两列电磁波的频率相同、相位差恒定就会发生干涉， 故D错误。故选AB。 9.BD【详解】A.线框在磁场中的面积S=L,0~2,时间内，向里的磁通量逐渐增大，根据楞次定律，感应 2 电流的磁场方向垂直纸面向外，由右手螺旋定则可知，电流方向为逆时针，故A错误： B.磁通量与线圈匝数无关，2，时磁通量4=B,S=8, ,3弘，时磁通量=0，因此磁通量变化量大小 2 1△单秀-两卜8，E ,故B正确： 2 C.0~2。时间内，线框受到的安培力向上，绳子的拉力小于线框的重力，24。~3时间内，线框中向里的磁通量减 小，线圈中的电流方向为顺时针，线框受到的安培力向下，绳子的拉力大于线框的重力，故C错误： nl△ D.流过横截面的电荷量公式为，==YAnA,△p上8，得？58， ,故D正确。 2R R 故选BD。 10.AC【详解】如果粒子离开磁场时的速度方向垂直虚线OL,则圆心为O,粒子达到x轴上的距离OP>r,故D 错误：如果粒子经过x轴时的速度方向垂直x轴，则粒子经过OL时速度方向竖直向下，粒子运动轨迹如图所示， 此时轨迹几何关系可得OP=r,故C正确： M 粒子经过x轴时的速度方向可能与x轴正方向成30°夹角，轨迹如图所示， 如果=30°，则粒子半径r=CA有可能等于OP,故A正确.故选AC. 答案第2页，共4页 11.(1) 电阻 串联(2)BD(3)AB 【详解】(1)[1]〔2]首先探究灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，由于多用电表的电阻挡里面有电源，所以 应选用多用电表的电阻挡，对灵敏电流计进行测试，首先将灵敏电流计串联保护电阻后，将多用电表的黑表笔接灵 敏电流计的正接线柱、红表笔接灵敏电流计的负接线柱，发现指针向左偏转。 (2)将多用电表的黑表笔接灵敏电流计的正接线柱、红表笔接灵敏电流计的负接线柱，发现指针向左偏转，由于 多用电表的黑表笔连接电源的正极，则电流从灵敏电流计的正接线柱流入时，指针向左偏转。 A.螺线管不动，条形磁铁在螺线管中静止不动，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误： B.螺线管不动，条形磁铁N极向下，匀速插入螺线管，穿过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律结合安培定则 可知，线圈产生的感应电流从灵敏电流计的负接线柱流入，则指针向右偏转，故B正确： C.螺线管不动，条形磁铁S极向下，快速插入螺线管，穿过线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律结合安培定则 可知，线圈产生的感应电流从灵敏电流计的正接线柱流入，则指针向左偏转，故C错误： D.螺线管不动，条形磁铁S极向下，快速拔出螺线管，穿过线圈的磁通量向上减少，根据楞次定律结合安培定则 可知，线圈产生的感应电流从灵敏电流计的负接线柱流入，则指针向右偏转，故D正确。故选BD。 (3)通过第(2)问的探究可知，电流计的偏转方向与条形磁铁的磁极方向、条形磁铁的运动方向有关。故选AB。 12.(1)BDE(2)C(3) 正比大于 【详解】(1)根据探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验原理可知，本实验需要低压交流电源B。不需要干 电池A:需要多用电表D的交流电压挡测电压，不需要直流电压表C:需要可拆变压器E,故AC错误，BDE正确。 故选BDE。 (2)）若6为原线圈，原副线圈的匝数比受一0-21，根据理想变压器电压与匝数比的关系号 n2400 U=止=21，而实际 变压器存在铁损和磁损，副线圈两端电压小于真实值，电压之比大于2：1：根据表格数据分析可得元 a>21,因此 线圈b为原线圈：根据功率公式P=UⅢ可知，线圈α两端电压小，通过的电流大，需要用较粗的导线绕制，线圈b 两端电压大，通过的电流小，需要用较细的导线绕制：综上分析，原线圈的匝数为b,用较细导线绕制。故选C。 (3)[2理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，实验中由于变压器的“铜损”和“磁损”，则9>4，即 丛>：，即导致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· U,n, 13.(1)802y(2)i=4cos(200r)A(3)19200J 【详解】(1)由图像得T=x105,角速度0-2=20rad/s,感应电动势最大值为E。=nBSa=m心a=200V T 感应电动势有效值为B=5E。=100NV,电压表读数为U=RB=80、2V 2 Rtr (2)感应电流最大值为1，=三=4A,电流随时间表达式为i=L,0so)=4cos(20r)A R+r ③)电流的有效值为12=22A,定值电阻1mm内产生的焦耳热为0=1Pt=1200 答案第3页，共4页 4w,a, 90:(3)2+W20 【详解】(1)根据题意，作出粒子的运动轨迹，如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则 wB=m,根据几何关系有反=D,联立可得B=2my qD （2)粒子在电场中做类平抛运动，则2Dsin45°=W,2Dcos45°=a,a=,联立可得E=2m心 2 m 9D (3》粒子在疆场中运动的周朔为7-，拉子在猫场中运动的总时间为4=子7+打，解得4 3 √2πD ,粒子 4 4 √2 从Q点进入电场后在电场中运动的时间5=二)，解得，= ,粒子在电场中做类平抛运动的时间1=√D 0 总时间。=t+5+5=红+2W5D 15.(1)= mgR BiL (2)d=4mgR2 BAL (3)g=m&R2 9BL 【详解】()对导体棒M在斜面上进行受力分析可知gs如9=8儿，其中1,5=乌，解得%S BiL (2)导体棒M进入水平轨道后，对M和N系统分析，二者最终共速，即mv。=(m+2m)v,设由导体棒N开始运 动至二者共速用时为，对导体棒N进行受力分析，由动量定理有马I=2mv-0,其中r=。 E 此过程中 R+0.5R E-A他，△0=Ld,其中d为导体棒N静止时与cd的距离，解得d-4mg t 2 B。L' (3)从导体棒M滑上水平轨道至二者共速的过程中m-(m+2m)加2+卫 此过程中导体棒N中产生的热量Q= 3 计算可得2=mgR2 9BL 答案第4页，共4页