江苏苏北五校（徐州三中、扬大附中等）2026-2027学年高二上学期10月期中物理试题

第一次校标考试 高二年级物理试题参考答案及评分标准 一、单选题（每小题4分，共44分） 题号123 4 5 6 7 8 10 11 答案BAB C D B 二、非选择题：共5小题，共56分。其中第13题~第16题解答时应写出必要的文字说明，方程式和重 要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12.(1)A(2)C(3)BD(4)B(5)D 【详解】(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需 要运用的科学方法是控制变量法，故选A。 (2)变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡流，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，故C正 确，ABD错误。 故选C。 (3)实验中需要交流电源和交流电压表，不需要干电池和直流电压表。 故选BD。 (4)A.变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不能超过12 V,若用直流电源，变压器不能工作，故A错误： B.使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故B正确： C.观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知 =2，可知匝数少的电流大，则导线越 二 2 粗，即导线粗的线圈匝数少，故C错误： D.变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，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，传输电能，故D错误。 故选B。 (5)考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，故选D。 13.(1)由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向下，设金属棒所受安培力的大小为F安，对金属 棒，由平衡条件有 mg+F=2kx 1分 其中x=2cm=0.02m,解得 F安=3N 2分 可知安培力的大小为3N,方向竖直向下。 (2)设匀强磁场的磁感应强度大小为B,由安培力公式，则有 Fx=BL1分 代入数据解得 B=0.5T 2分 14.(1)b杆切割磁感线产生动生电动势：E=BLy。=1×1×5V=5V 1分 电路总电流：1=E=,5A=1A 1分 R+r3+2 由右手定则，b点电势高于a点，Ua为外电阻R两端的电压：U加=IR=1×3V=3V 1分 第1页共6页 (2)速度为y时，动生电动势：E=BLy=3V 电路电流：1=5=0.6A R+r ab杆受到的安培力：F=BL,L=1×0.6×1N=0.6N 2分 由牛顿第二定律F=ma 得：a=F0.6 /s2=3m/s2 1分 m0.2 1 整个过程ab杆的动能全部转化为电路总焦耳热，由能量守恒：9。)m%)×02×S引2.1 串联电路中焦耳热与电阻成正比，因此：Q。=。RQ。-×25J=1.5订 3 1分 R+r 5 15.(1)由题意可知 e=E sin ot=WBS.2πfsin2πfi=50sinl0πtV) 3分（峰值2分） 305时 e=50simn 10xxV=43.3V 30 1分 (2)电动势的有效值 E-E会-50v=252v √2V2 1分 1=E-255A=35A R+r9+1 电压表示数 U=IR=2.5V2×9V=31.8V 2分 ③)，。s内线圈转过的角度 x1= 0=0t=10元× 303 该过程 AΦ=BS-BS.cos0=1BS 2 1分 所以 1是1不， 3分 得 9=74=NS100xx0.05 元 1分 2(R+r) 2×(9+0C=C 4π 16.(1)设粒子第3次通过张缝后速度为，则有3g,=m 1分 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m一 1分 联立解得”= B q 2分 第2页共6页 (2)粒子在磁场中做圆周运动的半径最大时，恰好从D形盒边缘离开，此时速度为最大值'm,轨道半 径为R,则有qynB=mm 1分 解得=9B 1分 m 因此最大动能为E=)m2=m9B那y=9BR 1 2分 2 2 m 2m (3)解法一： a=9o 1分 md T_π 刚好不能加速，在缝中运动的总时间应恰等于交变电场周期的一半：62B 1分 ndato" 2分 π2mUo n三 2分 2gB'd2 解法2设粒子第k次经过狭缝的时间为△， 由于每次通过狭缝时，电场方向均与粒子速度方向相同（在未发生相位错位前），粒子均做匀加速直线运 动。 每次电场力做功gU。,则粒子加速k次后动能为qU。 因此粒子第k次离开狭缝时速度大小为= 2kqUo m 类似地，可知第k次进入狭缝前速度大小为1= 2(k-1)qU m 在狭缝中粒子的加速度大小为a=g心 md 则第k次经过狭缝的时间为△：=：-Mu=d 2km 2(k-1)m qU。 经过n次加速后，粒子在狭缝中消耗的累积时间为工，-△出，=d, 2nm k=1 T 橙子在磁场中运动的时间始终为交变电压的半周期即。 如果粒子在狭缝中消耗的累积时间超过了粒子在磁场中运动的时间，电压反转，粒子反而会减速，为保 证第n次加速是完整的，必须满足粒子在狭缝中运动结束时，尚未越过当前的半周期终点，即了，≤2 T 代入相关数据，解得n≤πm, 2gB'd2 因此当累积次数达到n= π2mUo (向下取整符号Lx表示结果取不大于x的最大整数)后，第n+I次加速 2gB'd2 过程中，电压会发生反转，粒子在狭缝中会经历减速过程，速度无法达到理论上的有效提升，从而“不能 继续加速”。 因此加速n= πm心次后，粒子不能继续加速。 2gB'd2 第3页共6页 附：选择题解析 1.B 【详解】A.Wb(韦伯)是磁通量Φ的单位，故A错误； B.H(亨利)是自感系数L的国际单位，故B正确： C.F(法拉)是电容C的单位，故C错误： D.T(特斯拉)是磁感应强度B的单位，故D错误。 故选B。 2.A 【详解】由左手定则，电荷量为9的带负电物体向下滑动时，洛伦兹力方向垂直于斜面向下，因此物体对 斜面正压力增大，由牛顿第三定律，斜面对物体的支持力F增大，又滑动摩擦力∫=F,因此滑动摩 擦力增大。 物体下滑过程中，重力做功不变，滑动摩擦力增大，克服摩擦力做的功增大，因此滑到底端时的动能减 小，速度减小。 故选A。 3.B 【详解】导线在垂直磁场方向的投影长度为4L,则安培力大小F=4LB1 故选B。 4.C 【详解】A.电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成，钢弦被磁化，弹动钢弦，相当于线圈做切割磁感线运 动，在线圈中就会产生对应的音频电流，利用了电磁感应的原理，故A错误： B.取走磁体，就没有磁场，振弦不能切割磁感线产生电流，电吉他将不能正常工作，故B错误； C.根据法拉第电磁感应定律，减少线圈的匝数可以减小线圈中的感应电动势，故C正确： D.弦振动过程中，螺线管磁通量有增加过程，有减小过程，所以线圈中电流方向变化，故D错误。 故选C。 5.C 【详解】A.甲图中灯泡与自感线圈L并联，开关闭合瞬间，自感线圈会阻碍自身电流的增大，初始阶段 电流主要从灯泡支路流过，因此灯泡A立刻点亮，故A正确； B.真空冶炼炉是涡流热效应的应用，线圈通交变电流后，会在炉内金属中感应出涡流，涡流发热使金属 熔化，故B正确： C.闭合S、S2后，电磁铁吸住衔铁D,断开S时，线圈B中原电流减小，由于自感效应，线圈会产生 自感电动势，维持线圈中电流一段时间，磁性不会立刻消失，因此衔铁不会立刻被弹簧拉起，故C错 误： D,毫安表表头运输时，接线柱连通后，表头内线圈摆动会切割磁感线产生感应电流，感应电流的安培力 会阻碍线圈摆动，利用了电磁阻尼原理，保护表头，故D正确。 故选C。 6.C U m 【详解】开关断开时原线图两端电压为，根据， 电压表示数U,=U n U, 副线圈电流，= R+R U2 n2 电流表示数山=R+凡n 第4页共6页 当开关S闭合时，原线圈两端电压为U,电压表示数U,=2U n U'2 副线圈电流'2= R 电流表示数= U22>1 Rn 故电压表示数不变，电流表示数增大，故选C。 7.D 【详解】A.粒子沿AO方向（水平向右）射入垂直纸面向里的匀强磁场，由左手定则可知，若粒子带正 电，初始洛伦兹力方向竖直向上（与b粒子运动轨迹相符），所以α粒子带负电，b粒子带正电，A错 误； B.洛伦兹力提供向心力gvB=m mv -,可得轨道半径r= gB 题中两粒子质量、电荷量大小q均相等，磁感应强度B也相同，所以轨道半径r与速率ⅴ成正比。从图 中可以看出，。<r% 因此，粒子的速率小于b粒子的速率，即v。<v。。它们所受的洛伦兹力大小为F=qB,因为v。<, 所以洛伦兹力F。<F,B错误： C.粒子在磁场中的运动周期T=2π”，结合半径关系可得T=2 1 gB 周期T与速度无关，只与m、q、B有关，所以T。=T,,C错误： D.粒子在磁场中运动的时间1=日T,其中日为粒子轨迹所对的圆心角，因为T相同，所以t正比于 2π 0,显然0。>0。，因此t>t,,D正确。 8.B 【详解】A.在位置B处磁体的磁感线正好与线圈平面平行，即没有磁感线穿过线圈，此时线圈的磁通量 为0，但在此前后穿过线圈的磁通量正在改变，磁通量的变化率不为0，故感应电流不为0，故A错误： BC.线圈在下落过程中，重力做正功，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍线圈相对磁体的运动 (即“来拒去留”)，因此线圈受到的安培力方向始终向上，与下落的运动方向相反，安培力始终做负功， 故B正确，C错误： D.线圈从A到B下落过程中，由条形磁铁N极附近的磁感线分布可知，穿过水平线圈的磁通量方向向 上，且磁通量逐渐减小，根据楞次定律的“增反减同”原则，感应电流的磁场方向应向上，由安培定则（右 手螺旋定则)可知，从上往下俯视，感应电流方向为逆时针方向：线圈从B到C下落过程中，穿过水平 线圈的磁通量方向向下，且磁通量逐渐增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向应向上，由安培定则 可知，俯视，感应电流方向仍为逆时针方向，综上所述，俯看线圈的感应电流方向始终是逆时针方向， 故D错误。 9.B 【详解】电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电， 所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势沿顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据 楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小，磁场磁感应强度大小B正在减小；线框产生的感应电动 势 E=ARS=ARP △t△t 油滴所受电场力 第5页共6页 F=E场I 对油滴，根据平衡条件得 79-mg 所以解得线圈中的磁感应强度B变化率的大小为 △B_mgd △1gL2 10.B 【详解】开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，L的阻碍作用不断 减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律可知，整个电路中的总电流增 大，由U内=r得内电压增大，由Us=E-r得UB减小。电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻 值，流过L的电流小于流过灯泡D的电流。当开关S断开时，由于L的自感作用，流过灯泡D的电流立 即与L中电流相等，但方向与灯泡原来的电流方向相反，该电流逐渐减小，即U反向减小。 故选B。 11.B 【详解】A.对升压变压器有 U1=h=k:1 U,n2 所以升压变压器副线圈的电压为 U 故A错误； B.原线圈中的电流 U, 则升压变压器副线圈的电流 kP n 所以输电线上损失的功率为 R一2 故B正确： C.降压变压器副线圈的负载减少时，消耗的电功率减小，故发电厂的输出功率减小，故C错误； D.如果升压变压器原、副线圈的匝数比变为k:,则有 =灿=P 12 n nU 输电线上损失的功率为 k2p2 R IR= 所以输电线上损失的功率将变为原来的，，故D错误。 第6页共6页 考试时间：2026年10月28日8：30—9：45 第一次校标考试高二年级物理试题 一、单选题（每小题4分，共44分） 1．线圈有一个物理量叫自感系数，自感系数L的单位是（     ） A．Wb B．H C．F D．T 2．如图所示，一质量为、电荷量为的带负电物体，从粗糙绝缘斜面的顶端由静止滑到底端时的速度为；若在空间加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，该物体仍能从斜面顶端由静止滑到底端，则该物体滑到底端时的速度（　　） A．小于 B．大于 C．等于 D．无法确定 3．如图所示，空间内存在方向如图所示的在纸面内水平向右的匀强磁场，其磁感应强度大小为。通以恒定电流的导线放置在纸面内，为半圆直径，长为，与磁场方向垂直，边长为，与磁场方向平行，则该导线受到的安培力大小为（　　） A． B． C． D．0 4．如图为电吉他中电拾音器的基本结构。磁体附近的金属弦被磁化，在弦振动过程中线圈会产生感应电流，经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的是（　　） A．拾音器的工作原理是利用了电流的磁效应现象 B．取走磁体，电吉他也能正常工作 C．减少线圈匝数，可减小线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不变 5．关于以下四幅图的说法错误的是（　　） A．图甲，将开关闭合时，灯泡A立刻点亮 B．图乙，真空冶炼炉工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化 C．图丙，闭合开关、，再断开开关，弹簧会立刻将衔铁D拉起而断电 D．图丁，毫安表的表头运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，利用了电磁阻尼原理 6．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻、为定值电阻，电流表和电压表均为理想交流电表，U为正弦交流电源，输入电压的有效值恒定。当开关S由断开变为闭合时，下列对两电表的示数变化情况判断正确的是（　　） A．电压表示数增大 B．电压表示数减小 C．电流表示数增大 D．电流表示数减小 7．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子，以不同的速率沿着方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　） A．粒子带正电，粒子带负电 B．它们所受洛伦兹力 C．它们做圆周运动的周期 D．它们在磁场中运动的时间 8．如图所示，在水平放置的条形磁体的N极附近，一个闭合线圈竖直下落并始终保持水平。在位置B处磁体的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离都比较小。在线圈从A到C的下落过程中，下列说法正确的是（     ） A．在B位置时线圈的感应电流为0 B．线圈受到的安培力始终做负功 C．线圈受到的安培力先做负功后做正功 D．俯视，线圈的感应电流方向先顺时针后逆时针 9．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。内板间有一个质量为m、电量为q的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g，则下列关于磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率的说法正确的是（　　） A．正在增强， B．正在减小， C．正在增强， D．正在减小， 10．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在时刻闭合开关S，经过一段时间后，在时刻断开开关S。选项中表示A、B两点间电势差随时间t变化的图像正确的是（     ） A．B．C． D． 11．如图所示是远距离输电的简化电路图，假设变压器均为理想变压器，发电厂的输出功率为，发电厂的输出电压为，升压变压器原、副线圈的匝数比为，输电线的电阻为，若在发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变的情况下输电，则下列说法正确的是（   ） A．升压变压器副线圈的电压为 B．输电线上损失的功率为 C．降压变压器副线圈的负载减少时，发电厂的输出功率增大 D．仅将升压变压器原、副线圈的匝数比变为，输电线上损失的功率将变为原来的 二、非选择题：共5小题，共56分。其中第13题~第16题解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12．在“探究变压器原、副线圈电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。 (1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是___________； A．控制变量法 B．等效替代法 C．整体隔离法 (2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择___________； A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯 C．绝缘的硅钢片叠成 D．绝缘的铜片叠成 (3)以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些___________； A． B． C． D． (4)下列做法正确的是___________； A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12 V B．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测 C．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多 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 (5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为6.0 V，则原线圈的输入电压可能为___________。（填选项前字母） A．2.5 V B．3.0 V C．12.0 V D．14.0 V 13．（6分）如图所示，两根相同的轻质绝缘弹簧的劲度系数为，静止吊起一根长为、质量为的匀质水平金属棒PQ，金属棒处于方向水平向外的匀强磁场中。当金属棒中通有由P端流向Q端的电流时，每根弹簧的伸长量为。重力加速度为。求： （1）金属棒所受安培力的大小和方向； （2）该匀强磁场的磁感应强度的大小。 14．（9分）如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为，电阻不计。在MQ之间接有一阻值的电阻。导体杆ab垂直于导轨放置，质量为，接入电路的电阻，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度，使杆向右运动。求： （1）ab杆速度时，求 （2）ab杆速度减为时加速度大小a （3）整个过程电阻R产生的热量 15．（12分）如图所示，线圈abcd的面积是，共100匝，线圈电阻为，外接电阻，匀强磁场的磁感应强度，当线圈以10 rad/s的角速度匀速旋转时，求：（从线圈转动经过中性面时开始计时） （1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式和线圈转过时电动势的瞬时值； （2）线圈转过时电路中交流电压表的示数； （3）经通过电阻R的电荷量 试卷第1页（共3页） 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 16．（14分）如图甲是半径为R的置于真空中的D形盒回旋加速器，两盒间狭缝的间距为d（），盒面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，狭缝间的交变电压如图乙所示，电压的大小为，周期为T（未知），交变电压周期与粒子做圆周运动的周期相同。一质量为m、电荷量为的粒子，在时从M上的A点无初速度的漂入狭缝。若粒子每次经过狭缝均做匀加速直线运动，不计粒子重力，忽略边界效应和相对论效应。求： （1）粒子第3次通过狭缝后进入磁场做匀速圆周运动的半径r； （2）粒子离开回旋加速器的最大动能； （3）若狭缝间距d不可忽略，在D形盒半径r和磁感应强度B足够大的条件下会出现粒子加速一定次数后不能继续加速的情况，则加速多少次后会出现该种情况。 第 2 页 共 13 页 第 1 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $