河南开封市五校2025-2026学年高二下学期5月期中考试物理试题

开封五校2025~2026学年下学期期中考试 高二物理 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对 应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答 题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：人教版选择性必修第二册。 一、选择题：本题共10小题，共46分.在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题 目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选 对但不全的得3分，有选错的得0分， 1.下面有关四幅闭合回路的描述正确的是 N 磁感应强度 线圈向右 磁感应强度 导体棒沿 向外均匀增加 匀速离开磁场 向上均匀减弱 逆时针方向匀速转动 甲 乙 丙 A.图甲中，感应电流方向沿顺时针 B.图乙中，感应电流方向沿顺时针 C.图丙中，导体棒中的电流从M到N D.图丁中，导体棒中的电流从M到N 2.如图所示，一根通电导线abc弯折后固定在匀强磁场中，电流大小为I,磁感应强度为B,ab 的长度为l,∠abc为0，bc与磁感线垂直，ac连线与磁感线平行，下列说法正确的是 A.导线ab所受安培力大小为BIl B.导线bc所受安培力大小为BIl C.导线abc所受安培力大小为BIl D.导线abc所受安培力大小为0 【高二期中考试·物理第1页（共6页）】 26-L-536B C③扫描全能王 3亿人都在用的扫播ApP 3.匝数为=4的炬形闭合线圈在某磁场中转动的过程中，穿过线圈的道量费时可的变化规 律阳所示（满足正弦规律），线圈的电阻值为R=2Ω.则0~0.46的时间内，唆屬中产生的 焦耳热为 4中/Wb 2 10z 02 0A/5 5z A.4] B.42J C.8J D.82J 4.如图甲所示为一LC振荡电路在某时刻的情景，该时刻线圈的磁场能正在逐芬减另，图乙为 振荡过程的i-!图像，已知线圈的自感系数为L,电容器的电容为C,规定回路中的电流浯顺 时针方向为正方向.下列说法正确的是 G 甲 A.该时刻流过电流计的电流方向向右 B.该时刻应介于~t之间 C.两极板之间的电压正在减小 D.若仅减小两极板间的距离，则振荡周期减小 5.晓强在研究通电自感和断电自感时，设计了如图所示的电路，其中L,L2为两个完全相同的 灯泡，L为电感线圈且直流电阻不能忽略，R为定值电阻，两灯泡的电阻不受温度影响.下列 说法正确的是 A.开关闭合瞬间，两灯泡均立即变亮 B.开关闭合后，灯泡L,逐渐变亮，灯泡L2立即变亮 C.开关断开后，灯泡L,逐渐变暗，灯泡L2闪亮一下再逐渐熄灭 D.开关闭合与断开瞬间，流过灯泡L的电流均向右 5 6.如图所示，足够长的粗糙绝缘直杆倾角为0，杆上套一带正电的小球，匀强遵场的方向垂直于 杆所在竖直平面向里.小球与杆之间的动摩擦因数μ<tan0,重力加速度为g,现给小球一沿 杆向上的初速度%，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.上升过程中，小球的加速度一定一直增大 B.上升过程中，小球最终可能达到匀速 C.下滑过程中，小球的加速度一直减小 D.下滑过程中，小球先加速后匀速 【高二期中考试·物理第2页（共6页）】 2òL.-536B C③扫描全能王 3亿人都在用的扫播ApP 7.如图甲所示，水平虚线的正下方存在垂直纸面方向的磁场（包括边界），1=0时刻磁场方向 直纸面向里，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，直径为d、匝数为N的圆形导体 圈竖直固定，线圈有一半在磁场中，已知线圈单位长度的电阻值为r.下列说法正确的是 A0~。时间内线圈中的电流沿逆时针方向 B.0~2t。时间内，线圈所受的安培力方向先 0 竖直向下后竖直向上 2 C复周中产生的感应电流大小为会》号 甲 D.号时线圈所受的安培力大小为NB, Ator 8.2025年6月21日，四川甘孜藏族自治州金上至湖北士800千伏特高压直流输电工程进入最 后验收阶段，直流输电的最大特点是能减少能量的损耗，直流输电时首先通过整流器将交流 电变为直流电，然后再通过逆变器将直流电变为交流电，其中交流电的有效值等于直流电.如 图所示为远距离输电的简易图，发电厂输出电压的有效值为U1=200V,输出功率为P,= 50kW,输电线的总电阻为r=602.已知用户的电压为U,=220V,降压变压器的匝数比为 3:n4=20:1,升压变压器和降压变压器均为理想变压器.下 列说法正确的是 A图中X为逆变器，Y为整流器 升压变压器 降压变压器 B.升压变压器的匝数比为1：25 C.用户得到的功率为44kW D.增加用户时，用户得到的电压升高 9.如图所示，正方形线框放在绝缘水平面上，其中MN与虚线重合，虚线左侧存在竖直向上的 匀强磁场（其中边界处不存在磁场），欲使线框离开磁场可采用两种方式：①在外力作用下保 持线框向右匀速运动，直到PQ边与虚线重合；②在外力作用下使线框绕MN轴沿顺时针方 向匀速转动，保持PQ边的线速度大小与①中匀速运动的速度大小相等，直到PQ边转到虚 线的正上方.下列说法正确的是 A①、②两种方式，线框离开磁场瞬间MN两端的电压不同 B.①、②两过程中，旎过MN某一横截面的电荷量不同 C,①、②两过程中，线框产生的焦耳热之比为4： N D.①、②两过程中，流过线框的平均电流之比为？：2 【高二期中考试·物理第3页（共6页）】 26-L-536B C③扫描全能王 3亿人都在用的扫播ApP 10.如图甲所示，圆心在.x轴上的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，1=0时刻在O点沿x轴 正方向发射一个速度为、比荷为k的带正电粒子，粒子运动过程x、y方向的速度分量随时 间变化的图像如图乙、丙所示，粒子所受重力不计，则 A磁场方向垂直纸面向里 B.图丙中的最大值为v C粒子的轨迹半径为3(。一) 2π D.圆形磁场的圆心到0点的距离为5(，二)”+t 2π 二、非选择题：本题共5小题，共54分， 11.(8分)如图甲所示为研究霍尔效应的实验装置，在一矩形金属薄片的P、Q间通人电流I,同 时外加与薄片垂直的磁场B,在M、N两侧面间出现电压UH,这个现象称为霍尔效应，UH 称为僵尔电压.某校物理学习小组对霍尔现象进行了如下研究，请完成下列填空： 甲 (1)用螺旋测徽器测出薄片厚度d,如图乙所示，则d= mm. (2)已知金属薄片内单位体积中导电的电子数为，电子电荷量的绝对值为，则霍尔电压U .（用题中所给字母表示) (3)在如图甲所示的磁场中，金属薄片N面的电势 (选填“高”或“低”)于M面的电 势；若金属薄片垂直于电流方向的横截面积为S,要让通人电流后电子不发生偏转，需要 在NM间加上的匀强电场的电场强度大小为 (用I,B,S,n,e表示). 12.(8分)某实验小组的同学在进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验时，设计了 如图甲所示的电路，其中触头1,2,3对应的线圈匝数分别为300匝、600匝、1200匝，触头 4,5对应的线圆匝数分别为100匝，200匝， 【高二期中考试·物理第4页（共6页）】 26-L-536B C③扫描全能王 3亿人都在用的扫播ApP J1202学生电题 aV 10V V 甲 乙 (1)实验室为其准备的实验器材有学生电源、可拆变压器、多用电表、开关和导线若干.学生 电源如图乙所示，实验时变压器原线圈的两端应接 (选填“ab”或“cd”); (2)若变压器原线圈的输人电压为18V,原线圈的单刀多掷 开关接触头2，此时副线圈多用电表的旋钮旋至10V挡 位，多用电表的指针偏转如图丙所示，则副线圈的输出 电压为 V,此时副线圈单刀多掷开关接的是触头 A-Vn (选填“4”或“5”)； a (3)若将原线圈的单刀多掷开关接触头3，副线圈的单刀多 丙 掷开关接5，则当原线圈接人的电压为12V时，接人副线 圈多用电表的示数可能为 (选填“3V“2V” 或“1.9V"),其原因可能为 (说出一种理由即可). 13.(10分)如图所示，矩形线框ABCD的匝数为n=50匝，其中AD=10cm,AB=15cm,矩形 线框的电阻值r=3.0Ω，矩形线框在M、N两点通过两个电刷连接如图所示的电路，其中两 电表均为理想交流电表，定值电阻的阻值为R=7.0Ω，线圈所在空间存在垂直纸面向里的 匀强磁场，磁感应强度大小为B=22T,O0为过AD边和BC边中点的轴线.现让线框绕 (0以恒定周期T=0.1s转动，导线的电阻不计，图示位置计为=0时刻.求： (1)电压表的示数； (2)从〔=0时刻开始，线框转过180°的过程中，流过电流表的电荷量： (3)从1=0时刻开始，在1min的时间内定值电阻上产生的焦耳热. 0 【高二期中考试·物理第5页（共6页）】 26-L-536B C③扫描全能王 3亿人都在用的扫措ApP 14.(12分)如图所示，倾角为0=30°的是够长的光滑绝像斜而体囿定在水平面上，水平虚线1、2 间存在垂直斜面体向上的匀强磁场，碰感应弧度大小为B=1.0T.质量为=1kg、困值为 r=1Q,边长为L=1m的正方形导体框abcd由虚线1上方s=0.9m处0止释放，线框的 cd边与虚线平行，当线掘的cd边刚到达虑线2处时刚好匀速.已知从导体框cd边越过息 线1到导体框的ab边运动到虚线1的时间t=0.45,重力加速度g=10m/s2,整个过称正 方形导体框不转动求： (1)正方形导体框cd边刚越过虑线1慨间的加速度a的大小： (2)虚线1,2间的距离x. 15.(16分)如图所示，足够大的空间obxd-a,b1d,内存在竖直向下的匀强电场，空间a16c1d- a2b2c2d内存在垂直纸面向外的匀强磁场，其中O、O,O,分别为abcd,a1b,c1d山1、ab2c:d:的 中心，比荷为的正电粒子由O点治平行于ab的方向以初速度v,射人电场，经过一段时间 粒子从a:b,c1d,面的M点（图中未画出）进入a,bc1d1-a:b1c2d2区域，当粒子第2次进入 磁场时又经过M点，已知O,M=2O0).=2L,OO,足够长.粒子的重力鬼略不计.求： (1)电场强度的大小； (2)磁感应强度的大小： (3)若仅将a1b1c1d-a2b2cd:区域内的磁感应强度加信，粒子 能否第二次通过M点？若能，求出粒子从O点到第二次通 过M的时间；若不能，求出第四次经过a,bc1d,面时到O 点的距离 【高二期中考试·铯理第6页（共6页）】 26-1.-536B CS扫描全能王 3亿人都在用的扫播ApP开封五校2025~2026学年下学期期中考试·高二物理 参考答案、提示及评分细则 1.A图甲中，磁场方向垂直纸面向外均匀增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场垂直纸面向里，则回路中的 感应电流方向沿顺时针，A正确；图乙中，线圈向右匀速离开磁场的过程中，由楞次定律可知回路中的感应电 流沿逆时针，B错误；图丙中，竖直向上的磁场均匀减弱，由楞次定律可知感应电流的磁场竖直向上，则导体 棒MN中的感应电流从N到M,C错误；图丁中，导体棒沿逆时针方向匀速转动，由右手定则可知导体棒中 的感应电流方向从N到M,D错误. 2.D由图可知导线ab垂直于磁感线方向的长度与导线bc的长度相等，由F=BIL可知导线ab、bc所受安培 力大小均为BIlcos0,导线abc所受安培力大小为0，D正确. B.C0~0.1s的时间内，穿过线圈的磁通量的最大值为中。一W,线圈在磁场中转动的角速度为w三牙 =10πrad/s,线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=nBSw=④mw,解得Eml=4√2V,线圈中产生的感 应电动势的有效值为E,=E一=4V:同理可得0.1s一0.2s时间内，线圈中产生的感应电动势的最大值为 E=82V,线圈中产生的感应电动势的有效值为E,=E=8V,0~0.4s时间内，线圈中产生的焦耳热 √2 为Q聚T+紧，解得Q-8J.C正确 4.B由题意可知，该时刻线圈的磁场能正在逐渐减弱，则磁场能正在向电场能转化，则对电容器充电，电流减 小，由磁场方向可知回路中的电流沿逆时针方向，因此流过电流计的电流向左，则该时刻介于名一4之间，A 错误，B正确：由于对电容器充电，则两极板同的电压正在墙加，C错误：由公式C一可知，若仅减小两极 板间的距离，电容器的电容增大，又由公式T=2π√LC可知，振荡电路的振荡周期增大，D错误。 5.B开关闭合后，线圈L中产生的自感电动势阻碍电流增大，因此灯泡L逐渐变亮，灯泡L2立即变亮，A错 误，B正确；开关断开瞬间，线圈L中产生的自感电动势阻碍电流减小，因此线圈、两灯泡、定值电阻构成一闭 合回路，因此灯泡L逐渐变暗，若线圈的直流电阻大于等于定值电阻的阻值，则开关闭合稳定时，流过线圈的 电流小于等于流过灯泡L的电流，因此开关断开瞬间，灯泡L不会闪亮，而是逐渐熄灭，若线圈的直流电阻小 于定值电阻的阻值，则开关闭合稳定时，流过线圈的电流大于流过灯泡L。的电流，因此开关断开瞬间，灯泡L 闪亮一下再逐渐熄灭，C错误；开关闭合时，流过灯泡L2的电流向右，开关断开时，线圈相当于电源，且电流方 向与原来的方向相同，则流过灯泡I2的电流向左，D错误 6.D小球上升过程中，如果初始的洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力，则小球对杆的压力先减小后反向增 大，则小球受到的摩擦力先减小后增大，则加速度先减小后增大，A错误；小球上升过程中，由于重力始终有 沿杆向下的分力，则小球不可能匀速，B错误；小球下滑过程中，速度先增大，则洛伦兹力垂直于杆向下增大， 则摩擦力增大，小球的加速度减小，当摩擦力等于重力沿杆的分力时，小球加速度为0达到匀速，C错误，D 正确. 7.B由图乙可知，0~。时间内磁场方向垂直纸面向里均匀减弱，由楞次定律可知线圈中的电流沿顺时针方 向，。~20时间内磁场方向垂直纸面向外均匀增加，由楞次定律可知线圈中的电流沿顺时针方向，A错误； 0一2时间内，线圈中的电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知0~t。时间内线圈所受的安培力方向竖直 向下，。一2时间内线圈所受的安培力方向竖直向上，B正确；由法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感 应电动势为E-NA迎=NAB.=N《线圈的电阻值为R=Nπr,由欧姆定律得I=卡，线圈中的 △t 8 感应电流为了一C错误：号时磁感应强度大小为B号线圈所受的安培力大小为F=NB,解得F NBo2d2 16广，D错误 8.BC由于变压器的工作原理是互感现象，因此变压器原线圈的输入电压为交流电，由题意可知，X为整流 器，Y为道变器，A错误：对于降压变压器有号一兴，解得心=0V,设输电线的电流为。：由能量守但定律 【高二期中考试·物理参考答案第1页（共4页）】 26-L-536B 得R=,U1,解得=10A,又1-是-250A,对于升压变压器有-卡解得%-六，B正确：输电 线上损耗的功率为△P=I22r=6000W,用户得到的功率为P用=P1一△P,解得P用=44kW,C正确；用户 增加时，用户的总电阻R减小，将降压变压器和用户等效为一个电阻，则该等效电阻为R一（院）R,所以等 效电阻R减小，由于升压变压器的输出电压不变，则输电线上的电流增大，输电线上分得的电压增大，降压 变压器原线圈的输人电压减小，副线圈的输出电压减小，用户得到的电压减小，D错误 9.CD①、②两种方式，线框离开磁场瞬间只有PQ边切割磁感线，且PQ边切割磁感线的速度相同，则PQ边 产生的感应电动势相等，又MN两端的电压等于感应电动势的子，所以线框离开磁场瞬间MN两端的电压 相同，A错误：由法拉第电磁感应定律可知线框中产生的平均感应电动势为E-,由闭合电路欧姆定律得 平均感应电流为1-長，又q一7·心，4=B,整理得q=B张，所以①，②两过程中，流过MN某一横截面 的电荷量相同，B错误：0①中，线框中产生的感应电动势为瓦=5L®，线框中的感应电流为1一景，线框在险 场中运动的时间为=二，线框中产生的焦耳热为Q=“,解得Q-乐聚，②中，线框在匀强磁场中匀 速转动的过程中，线框中产生的是交流电，感应电动势的最大值为E=BSw=BL,线框中产生的感应电动势 的有效值为E一会-，线框中的感应电流的有效值为一景，该过程用的时间为5一兴，线框中产生的 √2√2 焦耳热为Q=1,解得Q-聚，则Q:Q=4:x,C正确：①中，线框中产生的平均感应电动势为瓦 BL,线框中的感应电流为-景则一货，②中，线框中的平均感应电动势为E一岂-是，又=光由 闭合电路欧胡定律得平均感位电流为-景则=张，侧：五=x:2.D正确 10.ABC由图像可知带正电粒子进入磁场后y轴正方向的速度分量增大，可知进 y 人磁场时粒子受到的洛伦兹力向上，由左手定则可知磁场垂直于纸面向里，A 正确；粒子在磁场中运动的速率不变，当u.=0时，，最大为，B正确；由图像可 知出磁场时、y方向的速度分量分别为心，号，=一号，设此时速度方向 与x轴负方向的夹角为0，如图所示，则有tan0=|=√5，可知8=60°，故粒 子在穿过磁场过程速度方向改变了△0=180°-60°=120°，设粒子的轨迹圆半径为r,则有t2一t1 120° 360 解得，一3如)，C正确：由儿何关系可知圆形磁场的半径R=”。,联立解得R 2π tan 2 35uG一)，则圆形磁场的圆心到O点的距离，=R+W,=3(一)”+t,D错误 2π 2π 山1Q520(2,号(3)商思（每室2分剂 ned 解析：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm,由图乙可知薄片厚度为d=0.5mm+2.0×0.01mm= 0.520mm. (②当电场力与洛伦兹力平衡时，有e虫=eoB,根据电流的微观表达式1=eS=d,可得Ua-码 (3)金属薄片中的自由电荷为电子，由左手定则判断，电子会偏向M端，使其电势低，同时相对的N端电势 高，放N端的电势比M端的电势高：由I=S,可得0一，要让电子不发生偏转，需满足洛伦兹力等于 电场力，则有Beu=Ee,解得E=IB nes 【高二期中考试·物理参考答案第2页（共4页）】 26-L-536B 12.(1)cd(1分)(2)6.0(1分)5(2分)(3)1.9(2分)原、副线圈上通过的电流发热或铁芯在交变磁场作 用下发热或变压器铁芯漏磁(2分) 解析：(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，因此原线圈的两端应接cd; (2)由图丙可知，多用电表旋至10V挡位，则副线圈多用电表的示数为6.0V:由变压器的工作原理得 ，代入数据解得=200，则副线圈的单刀多掷开关应接触头5： 772 (3)原线圈的单刀多掷开关接触头3，副线圈的单刀多掷开关接5，则原、副线圈的匝数比为6：1，若变压器 为理想变压器，则有号-是可知心，=2，考虑到不是理想电压器，有诣磁现象·则副线圈的电压应略小于 2V,接入副线圈多用电表的示数可能为1.9V;原、副线圈上通过的电流发热或铁芯在交变磁场作用下发 热或变压器铁芯漏磁. 13.解：(1)线框的角速度为w=2祭=20rrad/s T 线框在匀强磁场中转动产生的感应电动势的最大值为E。=mBS=50×22×0.1X0.15×20元V=30/2V (1分) 线框中产生感应电动势的瞬时值为e=Esin20πt(V)=30√2sin20πt(V) 电压表的示数U=E·R=21V(2分) √2R十x (2)线框从图示位登转过180所用的时间为1=子 则磁通量变化量的绝对值为△Φ=2BS 由法拉第电磁感应定律得E-A吧(1分) △t 由闭合电路欧姆定律得I= E R+r (1分) 又g=I·△t(1分) 2BS 整理得g="R十7 解得g-识c1分) (3)感应电动势的有效值为E-E。=30V √2 电路中感应电流的有效值为IR平，一3A1分) 1min的时间内定值电阻上产生的焦耳热为Q=PRt(1分) 代入数据解得Q=3780J(1分) 14.解：(1)正方形线框释放后沿斜面体下滑，设刚进入磁场瞬间正方形导体框的速度为，由机械能守恒定 律得 1 mgsin0·s=2mw（1分) 解得h=3m/s 导体框刚越过虚线1后，cd棒切割磁感线 cd棒中产生的感应电动势为E1=BL6=3V(1分) 由欧姆定律得1=E=3A 导体框所受的安培力为F1=BI1L=3N(1分) 由牛顿第二定律得mgsin0-F1=ma(1分) 代入数据解得a=2m/s2(1分) (2)导体框进人虚线1、2间磁场的过程，取△t时间导体框速度的变化量为△ 【高二期中考试·物理参考答案第3页（共4页）】 26-L-536B 由动量定理得mgn0·-。·d=m·A。1分 两边求和得∑ngsin0·△-BL v·△t=∑m·△u 设导体框ab边越过虚线1的速度为0，则有mgsin0·1BLL=m(0)1分) 解得v=4m/s cd边刚到达虚线2时刚好匀速，此时的速度为d',则由力的平衡条件得ngsin0=F2(1分) 结合以上可知此时的安培力为下，Bt☑分) 解得v'=5m/s 导体框完全进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为a'=gsin0=5m/s2(1分) 导体框匀加速的位移为=二产=0.9m1分) 2a' 则虚线1、2的间距为x=L十x=1.9m(1分) 15.解：(1)由题意作出粒子在电场以及磁场中运动的轨迹，如图甲所示 粒子从O到M做类平抛运动，在竖直方向上，由牛顿第二定律得qE=(1分) 又由运动学公式得L=2a山31分) 水平方向做匀速直线运动，则有2L=t(1分) 解得E=六流4一头 (1分) (2)粒子经过M点竖直速度为v,=at 解得y,= 则粒子进入磁场瞬间的速度大小为=√十0，=√2h(1分) 甲 粒子进入磁场时的速度与水平方向的夹角清足am。一恶11分) 则a=45 粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为，=2L=22L(1分) sin a 粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则有gB=m兰①分) 联立解得B一流1分) (3)若仅将a1b1c1d山1-a2b2c2d2区域内的磁感应强度加倍 则由一器可知粒子的氧道半径为'-=2L1分) 由以上分析可知，粒子第二次通过1b1c1d1面时刚好从O点经过，粒子再次进入电场后做类斜抛运动，由 对称性可知粒子第三次通过a1bcd面时到M点的距离为2L,则粒子第四次通过abc1d面时经过M 点，作出粒子的运动轨迹，如图乙所示(1分) 粒子在磁场中运动的周期为T=2(1分) 整理得T-2πL 粒子第一次在磁场中运动的时间为6=子T=烈1分) 由对称性可知，粒子第二次在电场中运动的时间为=2弘，=L (1分) 乙 粒子从O点到第二次通过M的时间为t=+2t2+t(1分) 解得1此(1+受 ）(1分) 【高二期中考试·物理参考答案第4页（共4页）】 26-L-536B