安徽阜阳市临泉县临化高级中学2025-2026学年高二下学期期中教学质量测评物理试题（A卷）

临化中学2025-2026学年（下)高二期中教学质量测评 物理(A卷) 试卷满分100分 考试时长75分钟 命题人：彭成 审题人：程磊磊 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1.关于电磁波，下列说法中正确的是() A.变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场 B.麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在 C.电磁波和机械波都依赖于介质才能传播 D.各种频率的电磁波在真空中以不同的速度传播 2.面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B的匀强磁场， 线圈在磁场中以周期T绕00'轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B=B,c0s2 t,从图示位置开始计时，则() T A.两线圈的磁通量变化规律相同 O' B.两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同 C.经相同的时间t>),两线圈产生的热量不同 D.从此时刻起，经时间，通过两线图横截面的电荷量不同 3.如图所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为，线圈的水平边长为L,处于匀强磁场内，磁感应强度 大小为B,方向与线圈平面垂直，当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调节砝码使两臂 达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需() A.在天平右盘中增加质量m=nB 一的砝码 B.在天平右盘中增加质量m=2B匹 的砝码 + C.在天平左盘中增加质量=B亚 的砝码 ××L×× ××××× m=2nBI 电流天平 D.在天平左盘中增加质量g的砝码 4.理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电 压为220V的正弦交流电源上，下列说法正确的是() A.电阻R,两端电压U=220V B.电阻R2两端电压U=66V C.经过两电阻的电流之比：I=3:1 D.两电阻消耗的功率之比P:P=1:1 5.如图所示，单匝正方形线圈在外力作用下以速度ⅴ向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2，匀速进入同一匀强 第1页 磁场。第二次进入磁场与第一次进入比较() A.回路的电流1：=2：1 ×××××××× B.外力的功率乃：=2：1 ×××××××× C.产生的热量22：9=4：1 ×××大××× i×××××××× D.回路中流过的电量9,9=4：1 6.如图甲为电容器上极板电量α随时间t在一个周期内的变化图像，如图乙为LC振荡电路的某一状态，线圈L中磁 场方向向上，电容器中电场方向向上，则() A.t时刻线圈中自感电动势为零 B.t~t,时间内LC振荡电路内的电流为顺时针 C.t2~t,中某时刻与图乙状态相对应 D.图乙中电容器极板间电场能逐渐减小 7.如图甲所示，单匝矩形线圈bcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规 律如图乙所示。以图甲中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的 正方向，则下列图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是() B/T XB× nd 34t/s 甲 0.51 0.51 0.51 0.51 1234ts 04 -0.57-1234is 0 1234t/s 0 -0.51 1234i/s -0.5 -0.51 A B C D 8.如图所示，从离子源释放的无初速度带电离子经电场U加速后，进入静电分析器（内有辐向电场）中做匀速圆周 运动，从小孔S,射出电场后自P处垂直边界进入磁分析器中（内有垂直纸面向外的匀强磁场），最后再从小孔P2垂 直下边界射出磁场被收集，不计离子重力及离子间的相互作用，则() 一磁分析器 静电分析器 A.静电分析器中K1极板的电势高于K2电势 S2 B.从S射出的离子具有相同的电荷量 A K 加速电场 01 C.从S射出的离子具有相同的速度 5 D.从P2射出的离子具有相同的比荷 与离子源收集器 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部 选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 共2页 9.图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁体转动，磁体下方的线圈与电压传感器相 连。在某一风速时，电压传感器显示如图乙所示正弦规律变化，则( ）风叶 A.永磁体的转速为10/s 转轴 0.2 B.线圈两端电压的有效值为6√2V 永磁体 0.1 0.30.40.50.6t/s 铁架 C.交流电压的表达式为=12sin5πtV 电压传感器 D.该交流电可以直接加在击穿电压为9V的电容器上 甲 10.如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉一质量为、边长为a、电阻为R的单匝均匀正方形铜线框，在1位置 以速度o进入磁感应强度方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场并开始计时。若磁场的宽度为b(b>3),在3时 刻线框到达2位置速度又为o,并开始离开匀强磁场。此过程中-t图像如图乙所示，则() A.to时刻线框的速度为oF B.仁0时刻，线框右侧边MN两端电压为Bmo C.0~时间内，通过线框某一横截面的电荷量为¤ 2to 310 乙 D.线框从1位置运动到2位置的过程中，线框中产生的焦耳热为b 三、非选择题：共5小题，共58分。 11.(每空3分)在图甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏。现按图乙连 接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电源、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路。 A目 甲 (1)闭合S,将A插入螺线管B的过程中，螺线管B的 端（选填“上”或“下”）为感应电动势的正极： (2)A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将」 (选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转： (3)A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将」 (选填“向左”“向右”或“不发生”)偏 转。 12.(每空2分)某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验。 (1)下列实验器材必须要用的有 A.千电池组B.低压交流电源C.多用电表D.直流电压表 E.滑动变阻器F.条形磁体 G.可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈） (2)下列说法正确的是 0 A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数 B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数 C.测量电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量 D.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈 (3)该同学通过实验得到了如表所示的数据，表中、2分别为原、副线圈的匝数，U、2分别为原、副线圈的电压。 第2页 实验次数 /匝 /匝 UN UN 1 1600 400 12.1 2.90 2 800 400 10.2 4.95 400 200 11.9 5.92 通过实验数据分析可以得到的实验结论是： (④)导致该同学实验出现系统误差的原因可能是 (⑤)另一同学正确组装变压器后，用匝数一400匝和800匝的变压器实际测量数据如表，根据测量数据可判断连接 交流电源的原线圈是 (填“n”或“%”)。 U/V 1.80 2.80 3.80 4.90 U/V 4.00 6.01 8.02 9.98 13.(9分)如图所示，矩形线圈的匝数N为100，线圈为边长L是0.1m的正方形，线圈电阻r为12，在磁感应强 度B为2T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度5ad/s匀速转动，外电路电阻R为42，（不计转动中的一切摩擦），求： (1)在线圈由图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量q: (2)线圈每转一周电阻R上产生的焦耳热Q。 14.(12分)如图所示，在坐标系xOy的第一象限内，斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B, 第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为、带电荷量为-q(心0)的粒子（不 计重力)从y轴上的A点，以初速度o水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点（未画出） 进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后从y轴上D点（未画出）垂直y轴射出，己知OC与x轴的夹角为45°。 求： (1)O、A间的距离： 'x×B9 Ax攻， (②)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小： 45 (3)粒子从A点运动到D点的总时间。 xX×xx ×××× ×××x 15.(18分)如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为9的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够 长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导 轨间距均为L。两金属棒ab、cd的质量分别为m、2,接入电路的电阻均为R,初始时，金属棒cd垂直放置在水平 导轨上，金属棒b垂直固定在倾斜导轨上距底端距离为s处，某时刻将b由静止释放，不计导轨电阻。重力加速度 为g,求： (1)金属棒cd的最大加速度am: (2)金属棒cd的最大速度： (3)流过金属棒ab的电荷量q: (④)金属棒ab上产生的热量Qb 共2页 临化中学2025-2026学年（下）高二期中教学质量测评 物理A卷解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B A D B A C C D BC CD 1.B 2．A 【解析】AB．甲图中的磁通量变化规律为，乙图中磁通量的变化规律为 故A正确，B错误； CD．由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同，又因两线圈电阻相同，所以也相同，经过时间，通过两线圈横截面的电荷量也相同，故CD错误。故选A。 3．D 【解析】开始时底边所受的安培力方向竖直向上，电流反向后，安培力的方向变为竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量，即，解得，由于，解得，要重新平衡，需要在天平左盘中增加质量为的砝码，ABC错误，D正确。故选D。 4．B 【解析】A．电阻R1两端电压和原线圈两端电压之和等于220V，A错误； BC．设电阻R2两端电压U2，电流为，据可得，原线圈两端电压为，据可得，原线圈中电流为，满足，联立解得，，经过两电阻的电流之比I1∶I2=1∶3，B正确； D．电阻上的功率为，可得，两电阻消耗的功率之比P1∶P2=1∶9，D错误。 故选B。 5．A 【解析】设磁感应强度为B，线圈的边长为L，线圈电阻为R A．线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流，可知感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比等于速度之比，即，故A正确； B．线圈进入磁场时受到的安培力，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力，则外力功率，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为，故B错误； C．线圈进入磁场过程中产生的热量，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比为，故C错误； D．通过导线横截面电荷量，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误。 故选A。 6．C 【解析】A．时刻回路中电流为零，电流的变化率达到最大，线圈中自感电动势最大，故A错误； B．时间内电容器放电，且上极板带正电，所以LC振荡电路内的电流为逆时针，故B错误； CD．时间内电容器充电，且上极板带负电，所以LC振荡电路内的电流为逆时针，根据安培定则可知L中磁场方向向上，所以中某时刻与图乙状态相对应，此时电容器极板间电场能逐渐增大，故C正确，D错误。 故选BC。 7.C　【解析】由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I===·，所以线圈中的感应电流大小取决于磁感应强度B的变化率，B-t图像的斜率为，故在2~3 s内感应电流的大小是0~1 s内的2倍。再由B-t图像可知，0~1 s内，B增大，则Φ增大，由楞次定律知，感应电流方向为逆时针方向，所以0~1 s内的电流为负值；同理可得，1~2 s内的电流为零；2~3 s内的电流为正值，C正确。 8.D　【解析】根据题意可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断离子一定带正电，同时在静电分析器中由静电力提供向心力做圆周运动，可知K2的电势高于K1的电势，故A错误；根据题意，设离子的质量为m，电荷量为q，离子在加速电场中，由动能定理有qU=mv2，解得v=，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有Eq=m，联立解得r=，可知所有离子都能从S2射出，则不能确定从S2射出的离子是否具有相同的电荷量或速度，故B、C错误；根据题意可知，由于离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则离子进入磁分析器中的速度仍为v，由牛顿第二定律有qvB=m，整理可得r'=，可知从P2射出的离子具有相同的比荷，故D正确。 9.BC　【解析】由题图乙可知，交流电的周期为T=0.4 s，故永磁体的转速为n== r/s=2.5 r/s，故A错误；由题图乙可知电压的最大值为12 V，故有效值U==6 V，故B正确；周期T=0.4 s，故ω== rad/s=5π rad/s，故交流电压的表达式为u=12sin 5πt V，故C正确；该交流电压的最大值大于电容器的击穿电压，故不能直接加在击穿电压为9 V的电容器上，故 D错误。 10.CD　【解析】根据题图乙可知，在t0~3t0时间内，线框做匀加速直线运动，所受合外力为F，根据牛顿第二定律可得加速度为a=，则t0时刻线框的速度为V=V0-a·2t0=V0-，故A错误； t=0时刻，线框右侧边MN两端的电压为外电压，线框产生的感应电动势为E=Bav0，外电压即MN两端的电压为U外=E=Bav0，故B错误； 线框进入磁场过程中，流过某一横截面的电荷量为q=Δt=Δt，而== ，联立解得q=，故C正确； 由题图乙可知，线框在位置1和位置2时的速度相等，根据动能定理，知外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb-W克安=ΔEk=0，解得W克安=Fb，故线框中产生的焦耳热为Fb，故D正确。 11.(1)下　(2)向右　(3)向左 12.(1)BCG　(2)BC　(3)见解析(4)见解析　(5)nb 【解析】　(1)实验中，必须要有学生电源提供交流电，B需要，A、D不需要； 学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器，需要用多用电表测量电压，E不需要，C需要；本实验不需要条形磁体，用可拆变压器来进行实验，G需要，F不需要。 综上所述，需要的实验器材为B、C、G。 (2)为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；为了保护多用电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故C正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电来传输电能，故D错误。 (3)通过数据计算可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即=。 (4)导致该同学实验出现系统误差的原因可能是：变压器有漏磁、线圈有电阻产生热量等。 (5)由于存在有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律有== ，由表格数据值Ua总是小于Ub，故Ua应该是副线圈的电压值，Ub应是原线圈的电压值，可判断连接交流电源的原线圈是nb。 13．（1）0.4C；（2） （1）产生的平均感应电动势为，形成的平均感应电流为 流过电阻的电荷量，联立以上代入数据解得 （2）产生的交流电的有效值 回路中的电流，转动一周的时间为 电阻R产生的热量 14.(1)　(2)B　(3) 解析　(1)根据题意分析可知OA等于粒子在第一象限磁场中运动轨迹的半径，根据牛顿第二定律可得qv0B=，解得OA=r=。 (2)粒子运动轨迹如图所示，可得OP=r 由几何关系知，粒子在第四象限磁场中运动轨迹的半径R=2r 根据牛顿第二定律可得qv0B'=，解得B'=B。 (3)粒子在磁场中运动周期T=，在第一象限磁场中运动时间，t1=T= 射出磁场运动到P点时间t2== 在第四象限磁场中运动时间t3=T'= 粒子从A点运动到D点的总时间t=t1+t2+t3=。 15.(1) (2) (3)　(4)mgssin θ 解析　(1)设ab棒下滑到斜面底端时速度为v，由机械能守恒定律有mgssin θ=mv2 ，解得v=， ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv，通过cd的电流为I=，cd棒所受安培力为F=ILB ， 则最大加速度为am=，联立解得am=。 (2)当ab、cd棒共速时，cd棒速度最大，由动量守恒定律得mv=3mvm ，解得vm=。 (3)设棒中平均电流为，对cd棒由动量定理得LBΔt=2mvm-0，又有q=Δt ，联立解得q=。 (4)由能量守恒定律得，两棒产生的总热量Q=mv2-×3m ，解得Q=mgssin θ ab棒与cd棒电阻相同且串联，所以Qab=Q=mgssin θ。 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 $