山东省临沂第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试模拟考试（三）物理试题

2024级高二下学期期中考试模拟考试（三）物理试题 一、单选题（共24分） 1．（本题3分）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（　　） A．甲图要增大出射粒子的最大动能，可增加加速电压U B．乙图可判断出B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 D．丁图中若载流子带负电，稳定时D面电势低 2．（本题3分）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动.金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框始终处于同一平面内，且垂直于纸面，则线框中感应电流的方向（） A．一直是 B．一直是 C．先是，后是 D．先是，后是 3．（本题3分）电阻、与交流电源按照图甲所示的方式连接，，。合上开关S后，通过电阻的正弦交变电流随时间变化的情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．通过的电流有效值是5A B．两端的电压有效值是100V C．通过的电流最大值是 D．两端的电压最大值是100V 4．（本题3分）某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量随时间变化的规律如图所示，那么在图中（　　） A．时刻，穿过线圈的磁通量最大 B．时刻，线圈中的感应电动势为零 C．时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大 D．时刻，线圈位于中性面位置 5．（本题3分）福建舰采用先进的电磁弹射系统，其简化结构图如图所示。虚线MN的右侧存在一方向垂直于纸面向里的磁场，一边长为l的正方形单匝金属线框abcd放在光滑绝缘水平面上，线框质量为m，单位长度的电阻为r，ab边在虚线MN左侧且紧靠虚线MN。现让磁场的磁感应强度B随时间t按照的规律变化，则下列说法正确的是（　　） A．线框不受向左的冲量 B．线框在t=0时刻的电流方向为adcba C．线框离开磁场时的动能大于安培力对线框做的功 D．线框在t=0时刻的加速度大小为 6．（本题3分）电熨斗是一种常见的熨烫衣物的工具，其内部结构如图所示。其中双金属片是温度敏感元件，由于两种金属片的热膨胀系数不同，当温度发生变化时，双金属片就会发生弯曲变形，利用这一特性，可实现对电路通断的控制，从而调节电熨斗的温度。已知热膨胀系数越大的金属，温度升高时膨胀越明显，下列说法中不正确的是（　　） A．双金属片将热信号转换成电信号 B．常温下，电熨斗的上、下触点是接触的 C．双金属片上层金属的热膨胀系数大于下层金属 D．熨烫完丝绸衣物后再熨烫棉麻衣物，需要设定更高温度，应将调温旋钮上移 7．（本题3分）如图所示，高中物理研究小组设计了一个实验方案来研究空气阻力和洛伦兹力在带电粒子运动时对粒子的影响：将一个比荷为k的粒子以初速度射入一个与粒子速度方向垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匀强磁场区域足够大，在空气阻力和洛伦兹力的共同作用下，粒子最终的位移为d；撤去磁场，射入一个初状态完全相同的粒子，若空气阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比，粒子重力不计，则该粒子的位移大小应为（    ） A． B． C． D． 8．（本题3分）如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其构成的平面均与水平面垂直，整个装置处于垂直于轨道平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将质量均为的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为，先保持棒b静止，棒a由静止释放达到匀速运动时释放棒b，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间两棒达到相同的速度。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　） A．棒a由静止释放达到匀速运动的速度为 B．棒b释放瞬间的加速度为 C．两棒达到的相同速度为 D．在时间内棒a相对于棒b运动的距离为 二、多选题（共16分） 9．（本题4分）如图所示，该电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，稳定后设通过线圈的电流为，通过小灯泡的电流为，小灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S，则可观察到小灯泡仍发光一小段时间后才熄灭。在小灯泡仍发光的一小段时间中，下列判断正确的是（　　） A．线圈中电流逐渐增大 B．线圈的端电势低于端电势 C．小灯泡中电流由逐渐减为零，方向与相反 D．小灯泡中电流由逐渐减为零，方向不变 10．（本题4分）如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始以角速度绕轴匀速转动，则以下判断正确的是（　　） A．线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势最大为 B．从图示位置开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为 C．线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量 D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量 11．（本题4分）理想变压器原、副线圈的匝数比为，线路上有4个相同的定值电阻、、、，阻值均为R，还有一个可变电阻，调节范围为0~R，A、V为理想电表，如图所示，在A、B间接入正弦式交变电流，下列说法正确的是（　　） A．若将的阻值调为R，则、两端的电压之比为 B．若将的阻值调为R，则流过、、的电流之比为 C．若将的阻值增大，则电压表和电流表的示数变化量之比增大 D．若将的阻值调为R，则变压器的输出功率最大 12．（本题4分）如图，直角梯形区域为的中点，直角三角形、平行四边形ebcd两区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直与纸面的匀强磁场，一等腰直角三角形导线框与梯形在同一平面内，边长为且与共线，导线框以垂直于的恒定速度穿过磁场区域，从点进入磁场开始计时，末刚好到达点。规定逆时针方向为感应电流的正方向，水平向左为导线受到的安培力的正方向，此过程中线框中的感应电流受到的安培力，二者与时间的关系图像可能正确的是（　　） A．B．C．D． 三、实验题（共14分） 13．（本题8分）完成下列填空，如图所示是探究电磁感应现象的实验装置。 (1)如图甲，用绝缘线将导体AB悬挂在蹄形磁铁的磁场中，闭合开关后，在下面的实验探究中，关于电流表的指针是否偏转填写在下面的空格处。 ①磁体不动，使导体AB向上或向下运动，并且不切割磁感线，电流表的指针___________； ②导体AB不动，使磁体左右运动，电流表的指针___________。（选填“偏转”或“不偏转”） (2)如图乙，各电路连接完好，线圈A在线圈B中，在开关闭合的瞬间，实验小组发现电流表的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，则：保持开关闭合，在把滑动变阻器的滑片向左移动的过程中，会观测到电流表的指针___________；断开开关的瞬间，会观测到电流表的指针___________后又迅速回到中间位置。（选填“向左偏”、“向右偏”或“不动”） 14．（本题6分）在“探究变压器电压与匝数关系”实验中，使用如图甲所示的可拆式变压器进行探究。 (1)关于实验原理与操作，下列说法正确的是________； A．该实验主要用了控制变量法 B．副线圈电压可用多用电表直流电压挡测量，测量时应先用大量程挡试测 C．为了人身安全，应将不超过16V的低压交流电源接在乙图左侧线圈的两接线柱上 D．变压器工作时，电流从原线圈通过铁芯传到副线圈 (2)变压器铁芯通常采用表面覆盖绝缘层的薄硅钢片平行叠压制成，而非整块铁芯。如图丙是顶部铁芯横梁的示意图，为了更好的传导磁场和减小涡流，安装横梁时应使每片硅钢片平面平行于____________； A．平面 B．平面 C．平面aehd (3)该小组组装变压器如图乙，选用匝数标注为匝的原线圈和匝的副线圈进行实验。原线圈接学生交流电源“6V”输出端，测得副线圈输出电压。造成此实验结果的原因可能是________。（写出一条合理原因即可） 四、解答题（共46分） 15．（本题8分）图为某组同学研究远距离输电过程的装置图，矩形导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势。导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电，要求输电线上损失的功率为输电功率的。理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为6:1，降压变压器副线圈接入亚运会设备，设备的额定电压为220V，额定电流为12A。只考虑输电线路的电阻，电表均为理想电表，若此设备恰好正常工作。求： (1)电流表的读数； (2)升压变压器原、副线圈的匝数比。 16．（本题10分）如图，足够长的两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距分别为和L，导轨间分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B、。时，导体棒、在导轨上分别以大小为、的速度相向运动；时，向左的速度减小为零；最终两导体棒达到稳定运动状态。已知、的质量分别为、m，两导体棒接入回路中的电阻都为R。整个过程中两导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且只在各自的一侧导轨上运动，其他电阻不计。求： (1)整个运动过程，回路中产生的焦耳热； (2)0~时间内，通过导体棒的电荷量。 17．（本题12分）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场，第三、四象限内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴负方向、电场强度大小为的匀强电场（未画出）。时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点沿x轴正方向以速度发射出，经过电场偏转后由N点进入第一象限，不计粒子重力。求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度应满足的条件； (3)若第一象限和第四象限匀强磁场的磁感应强度大小之比为，粒子在第一象限运动的半径为，则该粒子运动过程中距y轴的最大距离和速度最小的时刻。 18．（本题16分）如图甲所示，足够长的平行倾斜金属导轨与水平地面的夹角为37°，导轨间距，导轨所在区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小。导轨上端接有电容器C和电阻R，电容器的电容，电阻的阻值，质量为0.1kg的导体棒ab放置在导轨上，导体棒ab始终与导轨垂直且接触良好，两者间的动摩擦因数且处处相等，导轨与导体棒ab的电阻均不计，取重力加速度大小，，所有过程中电容器未击穿。 (1)若闭合，断开，求导体棒最终稳定运动后的速度大小； (2)若闭合，断开，并对该导体棒施加沿导轨平面向上的恒力F，时，导体棒的速度恰好为0.6m/s，求F的大小； (3)将电阻R所在电路拆下，然后在导轨间固定一弹簧，将弹簧另一端连接导体棒，如图乙所示，若弹簧及固定装置均绝缘且光滑，弹簧的劲度系数，弹簧弹力始终垂直导体棒，闭合，由静止释放导体棒时弹簧处于原长，求导体棒向下运动过程中电容器能充入电荷量的最大值（做简谐运动的物体最大能量的表达式，其中K为回复力系数，A为振幅）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2024级高二下学期期中考试模拟考试（三）物理试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B D A D D A D BC AD BD BC 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．B【详解】A．根据牛顿第二定律可得 可得又可得粒子的最大动能为粒子的最大动能与加速电压U无关，故A错误；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正确；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，根据可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，故C错误；D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C面偏转，故稳定时C面电势低，故D错误。故选B。 2．B【分析】本题考查楞次定律的应用，关键在于先找出原磁通量的变化，再由楞次定律确定感应电流的磁场方向，最后确定感应电流．【详解】线框由静止释放至到达最低点过程中，穿过线框的磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向也向上，再由安培定则可知，感应电流的方向为d→c→b→a→d；同理，从最低点继续向左摆动过程中，穿过线框向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向是d→c→b→a→d， B正确；ACD错误； 3．D【详解】AB．由图可知，电流的最大值为10A，所以有效值，两端的电压有效值是，故AB错误；CD．因为与并联，则电压相等，通过的电流的有效值是最大值为，两端的电压最大值是，故C错误，D正确。 4．A【详解】A．时刻，穿过线圈的磁通量最大，故A正确；B．时刻，磁通量的变化率最大，由法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势达最大值，故B错误；C．时刻，图像斜率为0，穿过线圈的磁通量变化率为0，故C错误；D．时刻，穿过线圈的磁通量为零，线圈位于与中性面垂直的位置，故D错误。 5．D【详解】AB．由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针abcda，线框受到向左的安培力，则线框向左运动，线框受向左的冲量，故AB错误；C．由动能定理可知，安培力对线框做的功等于线框动能的变化量，由于线框初始状态的动能为零，故安培力做的功等于线框离开磁场时的动能，故C错误；D．线框在t=0时刻产生的感应电动势线框的总电阻线框中的感应电流线框受到的安培力所以，故D正确。 6．D【详解】A．双金属片通过温度变化引发机械形变（弯曲），进而控制电路通断，实现热信号到电信号的转换，故A正确；B．常温下电路需闭合以启动加热，触点接触是初始状态，温度升高后双金属片弯曲断开电路，故B正确；C．若上层膨胀系数更大，温度升高时上层膨胀更多，双金属片向下弯曲断开电路，实现温度控制，故C正确；D．调温旋钮上移通常对应降低温度设定。要设定更高温度，需调低旋钮，使双金属片在更高温度下断开电路。若上移旋钮，可能缩短加热时间或降低温度，与需求矛盾，故D错误。 7．A【详解】由题可知，为比例系数， 有磁场时，分解为x与y轴方向研究，假设x轴方向上总位移为x，y轴方向上总位移为y，则 根据动量定理在y轴方向上可得即根据动量定理在x轴方向上可得 即联立解得 无磁场时，根据动量定理可得 联立解得故选A。 8．D【详解】A．保持棒b静止，将棒a由静止释放，棒a切割磁感线产生的感应电动势为回路中产生的感应电流为棒a受到的安培力为棒a匀速运动时，合力为零，则有代入数据解得，故A错误；B．棒b由静止释放，由左手定则可知棒b所受安培力方向沿斜面向下，a、b棒串联电流相等，两者的安培力大小相等，对b利用牛顿第二定律有代入数据解得，故B错误；C．对a、b棒分别利用动量定理，规定向下为正方向，则有，两式联立，解得，故C错误；D．对b棒利用动量定理，有 由法拉第电磁感应定律及电流定义式有解得，故D正确。 9．BC【详解】A．当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势阻碍电流的减小，则线圈中电流逐渐减小为零，故A错误；B．迅速断开开关S时，线圈产生自感电动势，相当于电源，b端相当正极，a相当于负极，b端电势高于a端，故B正确；CD．迅速断开开关S时，小灯泡仍发光一小段时间后才熄灭，是由于线圈产生的感应电流流过灯泡，灯泡L1中电流由逐渐减为零，方向与相反，故C正确，D错误。故选BC。 10．AD【详解】AB．当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为瞬时值表达式为，故A正确，B错误； C．线圈从图示位置转过90°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为该过程的平均电动势为电流为，整理有，故C错误；D．感应电动势的有效值为感应电流的有效值为电阻R上产生的热量为其中解得，故D正确。故选AD。 11．BD【详解】A．将变压器和副线圈所接的电阻等效为电阻，设原、副线圈上的电压为、，电流为、，则，，则与的总电阻为，又， 所以、两端的电压之比为，选项A错误； B．等效电路中，，副线圈电路中，所以流过的电流之比为，选项B正确；C．将副线圈及左侧原线圈电路等效为电源，等效内阻不变，则不变，选项C错误； D．与选项A一样将右边电路等效后，将和视为电源内阻由于，因此越大，输出功率越大，则必须越大，选项D正确。故选BD。 12．BC【详解】AB．设导线框速度为v，电阻为R，则内电流可知均匀增大，该过程最大电流为，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向； 内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，且两边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，此时两边产生的感应电动势相加 ，可得可知电流从最大逐渐减小到0，由右手定则可知电流方向为顺时针，为负方向；2~3s内，导线框离开磁场，电流可知电流逐渐减小到0，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向。综合可知，内最大电流是 末电流的 2 倍，所以图像B选项符合题意。CD．根据 内，AC在磁场外，安培力内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，AC边安培力大小 可知该过程安培力从最大值逐渐减小到0，再反向增大最后减小到0，分析可知AC边安培力方向先向左后向右，即方向先正后负，且图像为开口向上的二次函数；内，线框出磁场，AC边安培力大小 可知安培力从最大值逐渐减小，且图像为开口向上的二次函数。综合分析可知C选项符合题意。 13．(1) 不偏转 偏转(2) 向左偏 向右偏 【详解】（1）①[1]磁体不动，使导体向上或向下运动，并且不切割磁感线，不会产生感应电流，则电流表的指针不偏转。②[2]导体不动，使磁体左右运动，导体棒会切割磁感线产生感应电流，则电流表的指针会偏转。 （2）[1][2]在开关闭合的瞬间，电流表的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，可知当穿过线圈B的磁通量增加时，电流表指针左偏；保持开关闭合，在把滑动变阻器的滑片向左移动的过程中，电阻变小，电流增大，则穿过线圈B的磁通量增大，会观测到电流表的指针向左偏。断开开关的瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，会观测到电流表的指针向右偏。 14．(1)A(2)C(3)变压器存在漏磁或变压器铁芯内存在涡流或导线中电流存在热效应 【详解】（1）A．本实验探究变压器电压与匝数关系，采用控制变量法，故A正确；B．为了确保多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，故B错误；C．为了人身安全，应将不超过的低压交流电源接在乙图左侧线圈的两接线柱上，故C错误； D．变压器工作时，通过电磁感应使得副线圈中产生感应电流，并不是电流从原线圈通过铁芯传到副线圈，故D错误。故选A。 （2）硅钢片的作用是形成闭合磁路，硅钢片中磁场变化引起的感应电流会出现在平行于和，为了更好的传导磁场和减小涡流，安装横梁时应使每片硅钢片平面平行于平面aehd。故选C。 （3）理想变压器变压公式有，由于原线圈匝数标注值与实际值不符或变压器存在漏磁或实验存在测量误差、实验所用的变压器会产生涡流、导线中电流存在热效应等，其实际测量得到的副线圈电压将小于利用理想变压器变压公式得到的值。 15．(1)11A(2)【详解】（1）设升压变压器输入端电压、电流分别为、，降压变压器输出端电压、电流分别为、，则有根据题意 代入数据可得 （2）设高压输电线上的电流大小为，则由 得则升压变压器原、副线圈的匝数比为 16．(1)(2) 【详解】（1）稳定时，两导体产生的感应电动势相等，有所以根据安培力公式可得PQ导体棒和MN导体棒受安培力大小相等，方向相反，可知系统动量守恒，系统的初动量为，方向向右，可知稳定时，两棒均向右运动，以向右为正方向，根据动量守恒有 解得根据能量守恒定律有解得 （2）时，向左的速度减小为零，有可得此时PQ导体棒的速度为0~时间，以向右为正方向，对PQ导体棒，根据动量定理有 可得 17．(1)(2) (3)；（n=0，1，2，…） 【详解】（1）粒子在电场中运动时，沿电场方向，有垂直电场方向，有解得 由牛顿第二定律，其中加速度为联立解得 （2）粒子从点进入磁场后，经磁场偏转后进入轴下方磁场，临界条件是粒子轨迹与轴相切，设粒子在轴上方磁场中运动的半径为，粒子进入磁场时速度与轴正方向的夹角为，则粒子进入第一象限时的速度大小解得进入第一象限时的速度方向满足解得粒子与轴相切时，有此时对应磁感应强度的最大值为，则联立解得 若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度 （3）设第一、四象限匀强磁场的磁感应强度大小分别为、，则根据几何关系可知，粒子在第一象限的运动轨迹为半圆，设粒子从上到下穿越轴时速度与轴成角，根据几何关系可知根据配速法，将粒子竖直方向的速度分解为向下的，向上的，则有，解得，则 粒子水平方向的速度大小为粒子一边以速度向下做匀速直线运动，一边以速度做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 解得由几何关系可知粒子离轴的最大距离粒子在第一象限的磁场中运动的时间粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的周期粒子经过圆周最右端位置时，速度最小，速度最小时有（n=0，1，2，…） 18．(1)(2)或(3) 【详解】（1）导体棒最终匀速运动，有由闭合电路的欧姆定律代入得 （2）取一小段时间分析，由动量定理有 或 又；； 联立解得或 （3）对导体棒有 由（2）可知解得 由牛顿第二定律 若令 则该导体棒是以弹簧伸长量为处作为平衡位置做简谐运动，振幅已知导体棒在平衡位置时速度最大，从初始位置到平衡位置以下时电容器开始放电，该简谐运动回复力系数又； 解得 $