黑龙江齐齐哈尔市2025-2026学年高二下学期5月期中物理试题

教联体2025-2026年度下学期期中考试 高二物理试题 出题人：张立军 审核人：张丽杰 一、单选题(28分) 1.下列有关磁现象的四种装置对应的物理规律，说法错误的是() 导轨】 导轨2 炉面板 磁块 探头 金属物或 通电线圈 ”“ 通电线国产生的磁场 磁块在铝管中由 电磁炮的基本原理结构图 静止开始下落 探雷器 甲 丙 A.图甲图中，给电磁炉接通恒定电流，可以在锅底产生涡流，给锅中食物加热 B.图乙中磁块在铝管中下落的加速度一定小于当地的重力加速度g ℃.图丙中电磁炮的基本原理是电能转化为机械能，是一种安培力做正功的电动机模型 D.图丁中的探雷器是利用涡流工作的，探测时是地下的金属感应出涡流，而涡流的磁场 会影响线圈中的电流，使仪器报警 2.下列说法中正确的是(·) A.将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则电阻丝的电阻变为原来的2倍 B.一小段通电直导线在某处不受磁场力，说明该处磁感应强度一定为零 C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在 D.变化的电场周围一定会产生变化的磁场 3.有-正弦交流电，它瞬时值的表达式为，=10√2si314t(A)那么电流的有效值为(·】 A.314A B.14.14A C.10A D.50A 4.如图所示，A、B两灯相同，L是电阻不计的线圈，下列说法正确的是( A.开关K合土瞬间，A先亮、B后亮 B.K断开瞬间，B立即熄灭，A过一会儿再熄灭 C.K断开瞬间，A、B同时熄灭 D.K合上稳定后，.A、B同时亮着 5.如图所示，线圈A、B同心置于光滑水平桌面上；线圈A中通有逐渐增大的逆时针方向 的电流，则() A,线圈B将顺时针转动起来 B.线圈B将有沿半径方向扩张的趋势 C.线圈B将有沿半径方向收缩的趋势 D.线圈B对桌面的压力将增大 试题第1页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 6.如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO转动，线圈中 产生的交变电流按照图乙所示规律变化，下列说法正确的是( ) A.线圈绕转轴OO匀速转动 B.是从线圈的图示位置开始计时的 c电流的有效债1：方 D.电流的有效值I< √2 7.如图所示，水平方向的匀强磁场宽为b,矩形线框宽度为α，当这一闭合的导体框从磁场 上方由静止开始下落，进入磁场时刚好做匀速运动，如果b>α，则当线框的下边刚离开磁场 时，线框的运动情况是( 、A匀速运动B. 匀变速运动·C.加速运动 D.减速运动 二、多选题（18分) 8.一束含有两种比荷 的带电粒子，以各种不同的初速度沿水平方向进入速度选择器， m 从O点进入垂直纸面向外的偏转磁场，打在O点正下方的粒子探测板上的，P和P点，如图 甲所示。撤去探测板，在O点右侧的磁场区域中放置云室，若带电粒子在云室中受到的阻力 大小∫=g,k为常数，g为粒子的电荷量，其轨迹如图乙所示。下列说法正确的是( A.打在P点的带电粒子的比荷大 B.增大速度选择器的磁感应强度，P、P向下移动 C.打在乃点的带电粒子在云室里运动的路程更短 D.打在P点的带电粒子在云室里运动的时间更长 9.如图所示，在国庆70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警-2000”在天安门上空时机翼保持 水平，以100m/s的速度自西向东飞行。该机的翼展（两翼尖之间的距离）为40m,北京地区 地磁场的竖直分量方向向下，大小为4.5×105T,则(，) A,两翼尖之间的电势差为1.8V B.两翼尖之问的电势差为0.18V C.飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 ).飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 试题第2页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 10.在用磁场进行自动控制的系统中，需要一种霍尔元件，它是利用霍尔效应制成的，其原 理如图所示。现测得一块横截面为矩形的金属导体宽为b,厚为，金属导体中单位体积内的 自由电子数为，将金属导体放在与侧面垂直的匀强磁场中，当通以图示方向电流I时，在导 体上、下表面间用电压表可测得电压为U。已知自由电子的电荷量为，则下列判断正确的 是()。 A.上表面电势高 B.下表面电势高 C.该匀强磁场的磁感应强度：ndU D.该匀强磁场的磁感应强度B=nebV 三、实验题(20分) 11.如图，在“探究磁场对通电导线的作用力”实验中，两平行的金属水平导轨处于蹄形磁铁 两极中间的磁场中，磁感应强度垂直于导轨平面，当金属棒受到安培力作用时沿导轨运动， 忽略金属棒与导轨之间的摩擦。现用器材：电池组（E=6V、·r=2)、开关、滑动变阻 器（202、2A)、金属棒(R=12)、导线若干（电阻忽略）、蹄形磁铁、导轨（电阻忽略）等。 ()为了保护电路，开始连接器材时，开关应断开，滑动变阻器应滑至 (选填：“最 左端”、“中端”、“最右端”)后，再闭合开关，观察到金属棒水平向 运动（填“左” 或“右”)； (2)若要改变金属棒的运动方向，下列措施可行的是 A.仅改变电流的大小 B.仅改变磁场的方向 C.电流的方向和磁场的方向同时改变 D.调节滑动变阻器滑片，减少接入电路的电阻 (3)若滑动变阻器处在中点，为了使金属棒在离开导轨时可能具有更大的速度，下列措施可行 的是 A.减小金属水平导轨的长度 B.增加金属棒的长度 C.向右移动滑动变阻器的滑片 D.增加金属水平导轨的长度 (④)若滑动变阻器滑片放在中间的位置，则通过金属棒的电流大小为】 A。(结果保留 两位有效数字) 12.在“研究磁通量变化时感应电流的方向”实验中，实物电路连接 如图： (1)实物图中有一个元件接错了回路，请指出并改正： (2)为了方便探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、 磁通量的变化情况、一三者的关系。 试题第3页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP (3)在实验过程中，除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应 查清中导线的绕制方向。（选填“AB”或“A和B”) (4)某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置。在拆除电路时 突然被电击了一下，则被电击是在拆除（选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的： 分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应 (选填“断开开关”或“把A、B线圈 分开放置”)。 四、解答题(13题10分；14题10分；.15题14分) 13.某水电站的配电设施，该电站发电机组的输出电压为500V,输出电功率为50kW,如果 用总电阻为16的输电线向远处用户送电，要求输电线上损失的电功率是发电机组输出功 率的3.2%，该电站安装了一台升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220V供用户 使用，不考虑变压器的能量损失·求： (1)画出此输电线路的示意图. (2)用户得到的电功率是多少. (3)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比 14.电阻r=1的导体棒ab沿光滑水平导线框向右做匀速运动，线框中接有电阻R=42. 线框放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面。导体棒ab的长度 a 为l=1m,运动的速度v=5m/s。线框的电阻不计。则： (1)判断a、b电势的高低；'1 (2)b棒向右运动时所受的安培力的大小： (3)电阻R的发热功率。 15.如图所示，平面直角坐标系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限 存在沿y轴正方向的匀强电场.一个质量为m、电荷量为g(9>0)的粒子从x轴上的P点 以速度'。沿与x轴负方向成0=30°的夹角进入匀强磁场，粒子从坐标原点O离开磁场入电 场，经过Q点（图中未画出）时速度方向与x轴平行。已知P点到y轴距离为2d,2点到 x轴的距离为d,不计粒子重力，求： (1)磁感应强度B的大小以及带电粒子在匀强磁场中的运 y 动时间： 为aX。￥x (2)电场强度E的大小： D (3)带电粒子离开电场时的位置坐标。 试题第4页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP《高二物理试题》参考答案 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C B B D D AC BC BD 1.A 【详解】A.甲图中，给电磁炉接通交变电流，可以在锅底产生涡流，给锅中食 物加热，A错误； B.磁体在铝管中运动的过程中，穿过铝管的磁通量发生变化，产生感应电流， 感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，所以铝管受到向下的安培力，磁体受到向 上的安培力，因此磁体的加速度小于重力加速度，B正确： C.电磁炮的基本原理是电能转化为机械能，是一种安培力做正功的电动机模型， C正确； D.探雷器中有交变电流，其产生变化的磁场，其磁场会在金属物品中感应出涡 流，而涡流产生的磁场又会反过来影响线圈中的电流，从而使仪器报警，D正确。 故选A。 2.C 【详解】A.将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则横截面积变为原来的二分之 一，根据 R=p- 可知则电阻丝的电阻变为原来的4倍，故A错误： B.一小段通电直导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度不一定为零，例如电 流方向与磁场方向平行，故B错误： C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C正确： D.均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，非均匀变化的电场周围产生非均匀变 化的磁场，故D错误。 故选C。 3.C 【详解】电流的最大值为 I =10V2A 答案第1页，共10页 则电流有效值是 2 I= 2 In =10A 故选C。 4.B 【详解】AD.开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光， 由于线圈的电阻可以忽略，K合上稳定后，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流 逐渐减小最后熄灭，B灯电流逐渐增大，故AD错误； BC.断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将 要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯过一会儿 再熄灭，故B正确，C错误。 故选B。 5.B 【详解】线圈A可以等效为一个条形磁铁，线圈A中通有逐渐增大的逆时针方 向的电流，则等效的条形磁铁的磁性增强，线圈B的磁通量增大，根据楞次定律， 可知线圈B将有沿半径方向扩张的趋势。线圈B不会发生转动，对桌面的压力 也不变。 故选B。 6.D 【详解】A.电流随时间变化的规律不是正弦式交变电流，所以不能围绕OO匀 速转动，选项A错误； B.从该位置开始计时，电流应该有最大值，B选项错误： CD.画出最大值为Im对应的正弦交流电图像可知该电流完全在正弦交流电下方， 即小于正弦式交变电流的有效值，即I<" 选项C错误，D正确。 故选D。 7.D 答案第2页，共10页 解析 问题求解：导体框进入磁场时做匀速运动，所受安培 力为F=BIL,其中I=B,所以安培力与重力相 等，mg=B。完全进入磁场后，做加速运动，出 磁场的速度大于v1,则安培力大于mg,安培力的方向 竖直向上，知线框做减速运动，速度减小，则安培力 减小，加速度减小，所以线框的运动是变减速运动， 故ABC错误，D正确。 故选D。 8.AC 【详解】A.只有竖直方向受力平衡的离子，才能沿水平方向运动离开速度选择 器，即 gE=qvB 可得 E V= B 可知粒子进入磁场B,的速度相等，根据 qvB:=m-r 可得 r=mv qB2 则 9=V m B,r 可知打在P点的带电粒子的比荷大，故A对： 答案第3页，共10页 B.增大速度选择器的磁感应强度，粒子经过速度选择器过程中向洛伦兹力方向 发生偏转，电场力做负功，可知粒子到达磁场B,的速度变小，根据 mv r= gB, 可知粒子在磁场B,做圆周运动的半径变小，则P、P向上移动，故B错误： CD.在云雾室内受到的阻力始终与速度方向相反，做负功，洛伦兹力不做功， 根据动能定理 -5=-kgs=0-m 可得 2 S= 2kq 两个带电粒子的速度大小相等，结合A选项分析可知打在P点的带电粒子在云 室里运动的路程更长，打在P点的带电粒子在云室里运动的路程更短，打在P点 的带电粒子在云室里运动的时间更短故C正确，D错。 故选AC。 9.BC 【详解】AB.由 E=BLv 可得，两翼尖间的电势差为 U=E=4.5×105×40×100=0.18V A错误，B正确； CD.由右手定则可知，电路中感应电动势方向自右向左，因飞机此时作为电源 处理，故电势应为左方向高，C正确，D错误。 故选BC。 10.BD 【详解】AB.根据左手定则，自由电子向上表面偏转，则上表面带负电，所以 下表面电势高，A错误，B正确： 答案第4页，共10页 CD.因为上表面的电势比下表面的低，达到平衡状态时满足 U evB-ed 解得 U Bd 因为电流 I=nevS=nevdb 联立可解得 B=nebu C错误，D正确。 故选BD。 11.每空2分 (1) 最右端 右 (2)B (3)D (4)0.50 【详解】(1)[1]为了保护电路，闭合开关之前，滑片应位于最大阻值处，即滑 动变阻器的滑片应滑至最右端： [2]闭合开关后，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力水平向右，故闭合开 关后，导体棒将向右运动： (2)A.改变电流大小只会改变导体棒受到安培力的大小，无法改变导体棒受 到安培力的方向，即无法改变导体棒的运动方向，A错误； B.只改变磁场方向，可以改变导体棒所受安培力的方向，因此导体棒的运动方 向随之改变，B正确； C.电流的方向和磁场的方向同时改变，则导体棒受到安培力的方向不变，因此导 体棒的运动方向不变，C错误： D.调节滑动变阻器滑片，减少接入电路的电阻，导体棒中的电流随之增大，导 体棒受到的安培力增大，但所受安培力的方向不变，导体棒的运动方向不变，D 答案第5页，共10页 错误。 故选B。 (3)设金属棒运动速度为，根据反电动势的作用及闭合电路欧姆定律有导体 E-BLv 棒中的电流I= R+r+R滑 由牛顿第二定律则有BIL=ma (E-BLv)BL 联立解得a= m(R+r+R滑) 由此可知，金属棒做加速度减小的加速运动，直至匀速运动。 AD.若离开轨道时，未达到最大速度，增加金属水平导轨的长度可使加速时间 更长，即可获得更大速度，A错误，D正确： B.增加金属棒的长度可知，质量增大，加速度减小，故速度变小，B错误； C.向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器电阻增大，加速度减小，故速度变小， C错误。 故选D。 (4)若滑动变阻器滑片放在中间的位置，根据欧姆定律可知，通过金属棒的电 E 6 A=0.50A 流大小为 R+r+R 1+1+10 2 12.每空2分 开关应接入原线圈A所在的回路 感应电流的磁场方向 A和B A 断开开关 【详解】(1)[1]开关应接入原线圈A所在的回路，改正后的接法如图所示。 答案第6页，共10页 (2)「2]为了方便探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、磁通量的 变化情况、感应电流的磁场方向三者之间的关系： (3)[3]在实验过程中，需要确定线圈A中电流的磁场方向和线圈B中感应电流 的磁场方向，故还应查清线圈A与线圈B中导线的绕制方向； (4)[4][5]在拆除线圈A时，线圈A中电流快速减小，由于自感作用，线圈A 中会产生很大的感应电动势，导致该同学被电击，要避免电击发生，在拆除电路 前应断开开关。 13.(1)此输电线路的示意图如图所示. (2)用户得到的电功率是48400W (3)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比分别为1：10,22： 1 【详解】(1)此输电线路的示意图如图所示， (2)设输电线上损失功率为P,输电电流为，升压变压器输入电压为U。, 输出电压为U,原、副线圈的匝数分别是n和2，则P损=3.2%P 解得：P福=50×103×3.2%W=1600W 故用=-损=48400； (3)因为P损=IPR,解得：1=10A: 根据P=U,解得：U=5000p,故== 500 1 n2U5000-10 --2 设输电线上损失电压为U损，降压变压器输入电压为U3,输出电压为U4,原、 副线圈的匝数分别是，和n4,则：U损=R,U3=U-U损， 答案第7页，共10页 解得：0，=4840p,放%==22 n4U1 【点睛】用户的得到的功率等于发电机输出功率减去输电线路上损失的功率；先 根据△P=r求出输电线上的电流；然后根据输电线上的电流和升压变压器的 输出功率，求出输出电压，根据原副线圈的电压比等于匝数比求出升压变压器的 匝数比·求出输电线上的电压损失，从而得出降压变压器的输入电压，根据降压 变压器原副线圈电压比等于匝数比求出降压变压器的匝数比，解决本题的关键知 道升压变压器的输出电压、损失电压和降压变压器的输入电压的关系，以及知道 输出功率和输出电流和输出电压的关系. 14.(1)a比b电势高；(2)4N;(3)16W 【详解】(1)根据右手定则可知回路中感应电流方向为adcba,所以a比b电势 高。 --- ---2 (2)ab棒向右运动时产生的感应电动势为 E=Bv=10V-- --2 通过ab的电流强度为 E I= =2A- -2 R+r ab棒向右运动时所受的安培力的大小为 F=BIl=4N-- 2 (3)电阻R的发热功率为 P=IR=16W 15.(1)B= mvo 2πd 2 t= 2qd 3：2)E=。0:(3)(-4v3d,0)》 8qd 【详解】(1)由牛顿第二定律有 qvoB=m- 由几何关系可知 R=2d- 答案第8页，共10页 联立以上两式解得 B= mvo 2qd 运动时间 2πR1 t= 6 将R代入可得 2πd f= 3vo (2)带电粒子进入电场后，从O到Q沿y轴负方向做匀减速直线运动，y方向 的速度刚好减为零。 2(-a)d=0-2 由牛顿第二定律可得 a=gE n 将O点速度分解可得 V,=vo sin 30 联立以上三式解得 E= m qd (3)从O到Q,由运动学公式可得： d=上+0 2 ×t 在电场中运动的总时间为 t3=2t- 将O点速度分解可得 Vx vo cos 30 粒子在电场中将沿x轴负方向做匀速直线运动，因此粒子离开电场时到O点距 答案第9页，共10页 离为 x=V4- 由以上各式解得 x=413d 位置坐标为(-4√5d,0) 答案第10页，共10页