福建莆田第三中学2025-2026学年下学期期中质量检测高二物理学科

莆田第三中学2025-2026学年下学期期中质量检测 高二年级物理学科 考试时间：75分钟卷面分值：100分命题人：陈锋审核人：方福举 姓名： 班级： 考号： 第I卷（选择题） 一、单项选择题（每题4分，共4题，共16分） 1.建立电磁场理论并预言电磁波的物理学家是( A.麦克斯韦 B.法拉第 C.赫兹 D.奥斯特 2.如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形闭合金属线框从空中落入磁场， 在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁 场后再从磁场中离开，下列说法正确的是() A.线框进入磁场过程中，b边中感应电流方向b→a B.线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向上 X C.线框离开磁场过程中，cd边中感应电流方向c→d X X X D.线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向下 3.如图所示，光滑水平面上的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简 谐运动，取向左为正方向，则振子从O点运动到B点的过程中() 000000 777777777777777777777777777 O B A.位移不断减小 B.加速度不断减小 C.位移方向与加速度方向始终相同 D.速度减小，弹性势能增大 4.如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动， 产生的电动势随时间变化的规律如下图所示。已知线框内阻为1.02，外接灯泡 的电阻为9.02，则() A.线圈在图示位置时，线圈磁通量变 20N2 化率为0 0. 0.2→仍 B.电路中的电流方向每秒改变10次 C9 -20W2 C.0时刻，线圈处于中性面 D.电动势的瞬时值表达式为e=20v2sinl0πt(V) 试卷第1页，共6页 二、双项选择题（每题6分，全对6分，少选3分，错选0分，共24分) 5.下列所示图像中属于交流电的有() B 6.如图，光滑水平面上质量m=1kg的物体以y=6/s的初速度向右运动，与前 方质量，=2kg的静止物体发生碰撞，以向右为正方向，则碰撞后两物体的速度 可能是( ) m 1m A.v=-6m/s v,=6m/s B.v;=0m/s v,3m/s C.v=3m/s v;=1.5m/s D.v 2m/s v,=2m/s 7.如图所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L是自感系数很大的线圈， 其电阻与相等，下列说法正确的是() A,在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，A、B B 灯均逐渐亮起来 B.在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，A灯立 即发光，B灯逐渐亮起来 R C.闭合S1、S2待电路稳定后，若突然断开S1,则 A、B灯均不会立即熄灭 S D.闭合S1、S2待电路稳定后，若突然断开S1,则A灯不会立即熄灭，而B灯 立即熄灭 试卷第2页，共6页 8.如图所示，一个发电系统的输出电压恒为250V,输送功率为1×105W。通过 理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为82，升压变压器T,原、副线圈 匝数比为1：16，下列说法正确的是( U EU P P 户 T T A.升压变压器副线圈两端的电压U=2×10V B.输电线损失的电压为3.8×10V C.输电线损失的功率为5×10W D.若用户获得220V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为190：11 第II卷（非选择题） 三、填空题（每空2分，每题4分，共计16分） 9.如图（下左图)所示，这是一个正弦式电流的波形图，根据图像，这个交流 电的周期T= , 电流有效值为 A。 i/A 10 00.050.10150.20.25s -10 10.如图（上右图）所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。 理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想交流电表，从 某时刻开始在线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为4=220W2sn100πt(V), 则电压表的示数为 V,在天逐渐变黑的过程中，电流表A1的示数 (填变大x变小”或不变”)。 试卷第3页，共6页 11.如图甲所示，一物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做 直线运动，推力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，物块的质量=kg, 与台面间的动摩擦因数4=0.2，取g=10m/s2。则在03s内，推力F的冲量大小 是 N:s,物块在t=3s时的速度大小是 1m/S。 个FN t/s 012 3 甲 乙 12.如下图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕过 圆心O且垂直纸面的轴，沿半径为r的光滑半圆形框架，在匀强磁场中以一定的 角速度ω转动，磁场的磁感应强度为B。方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R, 杆和框架电阻不计，则OP两端电压大小= ,外力的功率P= A 四、实验题（每空2分，共计8分) 13.在验证动量守恒定律的实验中，先让质量为，的钢球A从斜槽轨道上某 一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写 纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕 迹，从而得到落点的平均位置。再把质量为m2的空心钢球B放在斜槽轨道末端， 让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点 痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，O点是轨道末端在白 纸上的竖直投影点，如图所示。测量两个小球质量、m,和OMOP、ON的长 度。 试卷第4页，共6页 /777777777 777777777777777777777777777 (1)该方案中 (填需要或不需要)测量小球抛出点到水平面的高度， 为了尽量减小实验误差。两个小球的质量应满足 m2(填大于”或小 于”或等于”)。 (2)若两小球碰撞前后总动量守恒，则测量的物理量满足关系式是 若 两小球发生的是弹性碰撞，则OP、OM、OW应满足的关系式是 五、解答题（每题12分，3题共36分） 14.如图所示，质量为=2kg的物体，在水平力F-8N的作用下，由静止开始 沿水平面向右运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数=0.2，若F作用t=6s 后撤去，撤去F后又经=3s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t0.1s, 碰撞后反向弹回的速度v'=4m/s,求： (1)6s时物体的速度为多少？ (2)墙壁对物体的平均作用力。（g取10ms2) 77777777777777777777777 15.如图甲所示，不计电阻的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=1m, 上端接有电阻R=22,虚线OO下方存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将 质量为0.1kg、电阻不计的金属杆ab,从OO上方某处由静止释放，金属杆在 下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平。已知金属杆进入磁场时的 速度为v。lms,下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所 试卷第5页，共6页 示。重力加速度g取10m/s2,试求： (1)垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度B: (2)ab杆下落0.3m时的速度v; (3)ab杆下落0.3m的过程中R上产生的热量Q。 R b a/(m's) ×××× 10 X XRX X 0 0.3h/(m) -10 R 乙 16.如图所示，质量=2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一 轻质弹簧。平台右侧有一质量6kg的小车C,小车与水平面间的摩擦不计。 光滑圆弧轨道半径R=1.6m,连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同 的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑，A滑至平台上并挤压弹簧，待弹簧恢 复原长后滑块B以4m/s离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C 之间的动摩擦因数0.75，A、B可视为质点，求： (I)滑块A刚到平台上的速度大小： (②)整个过程中弹簧弹性势能的最大值： (3)小车C的长度。 60° wB 平 521K0477704440440 试卷第6页，共6页 莆田第三中学2025-2026学年下学期期中质量检测 参考答案 题号 1 2 6 8 答案 B D B AD BD BD CD 1.A 【详解】建立了电磁场理论并预言了电磁波存在的科学家是麦克斯韦。故选A。 2.B 【详解】A.线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，知线框中感应电 流方向b→c→d→a→b,A错误： B.线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋势，b边受到的安培力 方向向上，B正确： C.线框离开磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向 a→d→c→b→a,C错误： D.线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，线框有扩张的趋势，da边受到的安培力 方向向上，D错误。 故选B。 3.D 【详解】振子从O→B运动的过程是远离平衡位置，故位移增大，回复力增大，加速度增大， 位移方向与加速度方向相反，速度减小，弹性势能增大。 故选D。 4.B 【详解】A.图示位置线圈平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为0，但此时切割磁感线 △Φ 的有效速度最大，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律E= 可知，磁通量的变 At 化率最大，故A错误： B.由e-t图像可知，交流电的周期T=0.2s 频率∫5业 交流电在一个周期内电流方向改变2次，所以电路中的电流方向每秒改变2f=10次，故B 正确： C.t=0时刻，感应电动势最大，线圈平面与磁感线平行，垂直于中性面，故C错误： 答案第1页，共6页 D.角速度w= 2元=10aad/s 电动势最大值E,n=20W2V 由于t=0时电动势最大，故瞬时值表达式应为e=20W2cosl0πt(V),故D错误。 故选B。 5.AD 【详解】交流电是指电流大小和方向随时间周期变化，由图可知，AD正确。 故选AD。 6.BD 【详解】若两者碰后粘在一起，则=，+2巾 解得1=2m/s 1 匿两者发生弹性碰撞，则清足心出=+心' 2% 2% 解得y=-2m/s,2=4n/s 可知所有碰撞应该介于两者之间，则2m/s≥，≥-2m/s,4m/s≥？≥2m/s 故选BD。 7.BD 【详解】AB.在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，由于线圈的自感现象，出现自感电动 势阻碍电流的增大，则A灯立即亮，B灯逐渐亮，故A错误，B正确： CD.当同时闭合S1、S2,待电路稳定后突然将S断开，B灯立即熄灭，因自感现象，L与 A组成回路，A灯不会立即熄灭，而是逐渐熄灭，故C错误，D正确。 故选BD。 8.CD 【详解】C.发电系统输送功率为1×10W,则升压变压器原线圈电流为 11= P U ,=400A 根据理想变压器电流与匝数成反比 1=h I,n 可得升压变压器副线圈电流为 答案第2页，共6页 I2=25A 则输电线损失的功率为 AP=I22r=252×8W=5×103W 故C正确； ABD.根据理想变压器电压与匝数成正比 Um U,n 可知升压变压器副线圈输出电压为 U2=4000V 输电线损失的电压为 △U=I,r=25×8V=200V 则降压变压器原线圈电压为 U3=U,-△U=3800V 根据理想变压器电压与匝数成正比 U U na 可得降压变压器原、副线圈的匝数比为 h=3800_190 n422011 故AB错误，D正确。 故选CD。 9. 0.252 【详解】[1]由图可知，该交流电的周期为 T=0.2s [2]电流最大值为 I =10A 有效值 10. 22变小 答案第3页，共6页 【详解】[1]依题意，交变电流的电压有效值为 _U2=220V U-2 根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系，可得 U U,n 解得 U2=22V [2]依题意，在天逐渐变黑的过程中光敏电阻的阻值将增大，由欧姆定律，可得 4贤 易知副线圈电流将减小，根据 In 12% 可知原线圈电流随之减小，即电流表A1的示数变小。 11. 83 【详解】[1]根据F-t图像与横轴围成的面积表示冲量大小，由图乙可知在0~3s内，推力F 1 的冲量大小为I=一×1+3)×4N·s=8N·s [2]物块受到的滑动摩擦力大小为f=mg=0.2×1×10N=2N 可知在t=s时物块开始运动，在13s内，推力F的冲量大小为 1 Ip=×(2+4)×1N·s+4×1Ns=7N.s 2 摩擦力的冲量大小为I==2×2Ns=4N·s 根据动量定理可得I-I=y-0 解得物块在t=3s时的速度大小为%？=3m/s 12. 1Br*0 4 【详解】[1]设杆末端的速度为v,则 y=ar 杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为 B=BrV=Br r=1Br'@ 22 则OP两端电压大小=E,即 答案第4页，共6页 LBr'@ U 2 [2]根据能量守恒知外力的功率等于电阻R的功率，为 P-0=1B7o R 4R 13.(1) 不需要 大于 (2) m·OP=m·OM+2·ON m,·OP2=m1OM2+m2·ON2 【详解】(1)[1]该方案中用水平位移代替水平速度，则不需要测量钢球抛出点到水平面的 高度。 [2]为了防止钢球A碰后反弹，两个小球的质量应满足大于m2。 (2)[1]设碰撞前瞬间钢球A的速度为。，碰撞后瞬间A、B的速度分别为V、z 根据动量守恒可得V。=+%2 由于两球在空中运动的时间相等，则有y,t=t+,y,t 可得若满足关系式·OP=·OM+m2·ON 则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒。 2]若两球在碰撞过程中机械能守恒，则有 1 1 2 2%+ %巧 则满足m,·OP2=m·OM2+m2·ON2 14.(1)12m/s:(2)200N,方向水平向左 【详解】(1)选F的方向为正方向，根据动量定理得 (F-g)t1=w1 解得6s时物体的速度为 V=12m/s (2)撤去F后，由动量定理得 -mg2=Y2- 解得与墙壁碰前的速度为 V2 =6m/s 设墙壁对物体的平均作用力为F,若选水平向左为正方向，由动量定理得 答案第5页，共6页 Ft,=-m(-y2) 解得 F=200N 方向水平向左。 15.(1)2T (2)0.5m/s 【详解】(1)由图像可知，金属杆ab刚进入磁场时a,=l0m/s2 方向竖直向上，由牛顿第二定律有BIL-g=a,I。= R2,E。=BLw 联立解得B=2T 图像知，h=03m时，a=0,设此时电流为1，则有mg=8z,I, 解得y=0.5m/s (3)下落0.3m的过程中，由能量守恒定律有gh=Q+上m 解得0=0.2875J=23 0 16.(1)4m/s (2)8J (3)0.8m 【详解】(1)滑块A自P点滑至平台过程中，由机械能守恒定律可得gRQ-cos60°)= 解得滑块A刚到平台上的速度大小v。=4/s (2)当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，规定向右为正方向，对A、B,由动量守 恒定律可得。=2n 1 图能量守恒定律可得E,m号2m'=8 (3)B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒可得 'g=(M+mv共 由功能关系可得mgL-)i- (M+m)代入数据解得L=0.8m 2 2 答案第6页，共6页