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河南开封五校2025-2026学年高二下学期期中考试物理试题
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下面有关四幅闭合回路的描述正确的是( )
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，导体棒中的电流从到 D. 图丁中，导体棒中的电流从到
2.如图所示，一根通电导线弯折后固定在匀强磁场中，电流大小为，磁感应强度为，的长度为，为，与磁感线垂直，连线与磁感线平行，下列说法正确的是( )
A. 导线所受安培力大小为 B. 导线所受安培力大小为
C. 导线所受安培力大小为 D. 导线所受安培力大小为
3.匝数为的矩形闭合线圈在某磁场中转动的过程中，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，线圈的电阻值为。则的时间内，线圈中产生的焦耳热为( )
A. B. C. D.
4.如图甲所示为一振荡电路在某时刻的情景，该时刻线圈的磁场能正在逐渐减弱，图乙为振荡过程的图像，已知线圈的自感系数为，电容器的电容为，规定回路中的电流沿顺时针方向为正方向。下列说法正确的是( )
A. 该时刻流过电流计的电流方向向右
B. 该时刻应介于之间
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、为两个完全相同的灯泡，为电感线圈且直流电阻不能忽略，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，灯泡逐渐变亮，灯泡立即变亮
C. 开关断开后，灯泡逐渐变暗，灯泡闪亮一下再逐渐熄灭
D. 开关闭合与断开瞬间，流过灯泡的电流均向右
6.如图所示，足够长的粗糙绝缘直杆倾角为，杆上套一带正电的小球，匀强磁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，重力加速度为，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
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，时刻磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，直径为、匝数为的圆形导体线圈竖直固定，线圈有一半在磁场中，已知线圈单位长度的电阻值为。下列说法正确的是( )
A. 时间内线圈中的电流沿逆时针方向
B. 时间内，线圈所受的安培力方向先竖直向下后竖直向上
C. 线圈中产生的感应电流大小为
D. 时线圈所受的安培力大小为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.年月日，四川甘孜藏族自治州金上至湖北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，输出功率为，输电线的总电阻为。已知用户的电压为，降压变压器的匝数比为，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. 图中为逆变器，为整流器 B. 升压变压器的匝数比为
C. 用户得到的功率为 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：在外力作用下保持线框向右匀速运动，直到边与虚线重合；在外力作用下使线框绕轴沿顺时针方向匀速转动，保持边的线速度大小与中匀速运动的速度大小相等，直到边转到虚线的正上方。下列说法正确的是( )
A. 、两种方式，线框离开磁场瞬间两端的电压不同
B. 、两过程中，流过某一横截面的电荷量不同
C. 、两过程中，线框产生的焦耳热之比为
D. 、两过程中，流过线框的平均电流之比为
10.如图甲所示，圆心在轴上的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，时刻在点沿轴正方向发射一个速度为、比荷为的带正电粒子，粒子运动过程、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
C. 粒子的轨迹半径为
D. 圆形磁场的圆心到点的距离为
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.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、间通入电流，同时外加与薄片垂直的磁场，在、两侧面间出现电压，这个现象称为霍尔效应，称为霍尔电压。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：
用螺旋测微器测出薄片厚度，如图乙所示，则 。
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 。用题中所给字母表示
在如图甲所示的磁场中，金属薄片面的电势 选填“高”或“低”于面的电势；若金属薄片垂直于电流方向的横截面积为，要让通入电流后电子不发生偏转，需要在间加上的匀强电场的电场强度大小为 用，，，，表示。
12.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、、对应的线圈匝数分别为匝、匝、匝，触头、对应的线圈匝数分别为匝、匝。
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“”或“”；
若变压器原线圈的输入电压为，原线圈的单刀多掷开关接触头，此时副线圈多用电表的旋钮旋至挡位，多用电表的指针偏转如图丙所示，则副线圈的输出电压为 保留一位小数，此时副线圈单刀多掷开关接的是触头 选填“”或“”；
若将原线圈的单刀多掷开关接触头，副线圈的单刀多掷开关接，则当原线圈接入的电压为时，接入副线圈多用电表的示数可能为 选填“”“”或“”，其原因可能为 说出一种理由即可。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，矩形线框的匝数为匝，其中，，矩形线框的电阻值，矩形线框在、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，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，为过边和边中点的轴线。现让线框绕以恒定周期转动，导线的电阻不计，图示位置记为时刻。求：
电压表的示数；
从时刻开始，线框转过的过程中，流过电流表的电荷量；
从时刻开始，在的时间内定值电阻上产生的焦耳热。
14.如图所示，倾角为的固定斜面足够长，斜面光滑且绝缘，水平虚线、间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、阻值为、边长为的正方形导体框由静止释放，释放时线框的边水平，且边与虚线相距，边越过虚线时线框刚好匀速运动。已知边刚越过虚线到边运动到虚线所用的时间为，重力加速度，导体框不转动。求：，
边刚越过虚线瞬间导体框的加速度大小；
虚线、之间的距离。
15.如图所示，足够大的空间内存在竖直向下的匀强电场，空间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，其中、、分别为、、的中心，比荷为的正电粒子由点沿平行于的方向以初速度射入电场，经过一段时间粒子从面的点图中未画出进入区域，当粒子第次进入磁场时又经过点，已知，足够长。粒子的重力忽略不计。求：
电场强度的大小；
磁感应强度的大小；
若仅将区域内的磁感应强度加倍，粒子能否第二次通过点？若能，求出粒子从点到第二次通过的时间；若不能，求出第四次经过面时到点的距离。
答案解析
1.【答案】
【解析】【详解】根据楞次定律的“增反减同”及右手螺旋定则，感应电流方向沿顺时针，故 A正确；
B.线圈向右运动时，穿过其的磁通量减少，根据楞次定律的“增反减同”，感应电流方向沿逆时针，故 B错误；
C.由 ，减小，则穿过闭合回路的磁通量减少，根据楞次定律的“增反减同”，感应电流方向沿逆时针，即导体棒中的电流从到，故C错误；
D.导体棒做切割磁感线运动时，由右手定则，即导体棒中的电流从到，故D错误。
故选A。
2.【答案】
【解析】【详解】由图可知导线 垂直于磁感线方向的长度与导线 的长度相等，由 可知导线 、 所受安培力大小均为 ，方向相反，故导线 所受安培力大小为。
故选D。
3.【答案】
【解析】【详解】从 图像可得，线圈转动的周期 ，因此角速度
磁通量按正弦规律变化，的时间内，最大磁通量
的时间内，最大磁通量
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大值
代入 得
正弦式交变电流的有效值
焦耳热公式为
代入 ，
得
故选C。
4.【答案】
【解析】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，则该时刻介于之间，A错误，B正确
由于对电容器充电，则两极板间的电压正在增加，C错误
由公式可知，若仅减小两极板间的距离，电容器的电容增大，又由公式可知，振荡电路的振荡周期增大，D错误．
5.【答案】
【解析】【详解】开关闭合瞬间，由于自感线圈的存在，灯泡逐渐变亮，灯泡立刻变亮，A错误，B正确；
C.开关断开的瞬间，自感线圈、、组成闭合回路，由于自感线圈阻碍原电流的变化，所以灯泡和都逐渐熄灭，故C错误；
D.开关闭合瞬间，通过灯泡的电流向右，开关断开瞬间，由于自感线圈产生感应电流，通过灯泡的电流向左，故D错误。
故选B。
6.【答案】
【解析】【详解】上升过程中，小球速度 沿杆向上，由左手定则可知洛伦兹力 垂直杆向上。
若 ，则杆对小球的支持力 ，方向垂直杆向上，随着 减小， 增大，摩擦力 增大，由牛顿第二定律 可知加速度 一直增大；
若 ，则 ，方向垂直杆向下，随着 减小， 先减小后反向增大，加速度 先减小后增大。故A错误；
B.上升过程中，小球受重力沿杆向下的分力 和沿杆向下的摩擦力 ，合力沿杆向下，小球做减速运动，不可能达到匀速。故B错误；
下滑过程中，小球速度 沿杆向下，由左手定则可知洛伦兹力 垂直杆向下。杆对小球的支持力
摩擦力
方向沿杆向上。由牛顿第二定律得
即
由于 ，即
初始时刻 时 ，小球加速下滑。随着 增大， 增大，加速度 减小。当 时， ，小球做匀速运动。所以下滑过程中小球先加速后匀速，加速度先减小后不变。故C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】
【解析】【详解】在 时间内磁场方向垂直纸面向里且磁感应强度减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知线圈内感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B.由楞次定律可知，在 时间内线圈内感应电流始终沿顺时针方向，在 时间内磁场方向垂直纸面向里，可知线圈所受的安培力方向竖直向下； 时间内磁场方向垂直纸面向外，可知线圈所受的安培力方向竖直向上，故B正确；
C.由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
线圈单位长度的电阻值为，可知总电阻为
可得线圈中感应电流的大小 ，故C错误；
D. 时的磁感应强度为 ，感应电流的大小
可知线圈所受的安培力大小为 ，故D错误。
故选B。
8.【答案】
【解析】【详解】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，为整流器，为逆变器，A错误；
B.对于降压变压器有
解得
设输电线的电流为 ，由能量守恒定律得
解得
又
对于升压变压器有
解得 ，B正确；
C.输电线上损耗的功率为
用户得到的功率为
解得 ，C正确；
D.用户增加时，用户的总电阻减小，将降压变压器和用户等效为一个电阻，则该等效电阻为
所以等效电阻 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入电压减小，副线圈的输出电压减小，用户得到的电压减小，D错误。
故选BC。
9.【答案】
【解析】【详解】两种方式离开磁场瞬间末态只有 边切割磁感线，且 边切割磁感线的速度相同，则 边产生的感应电动势相等， 两端的电压等于感应电动势的 ，所以线框离开瞬间 两端的电压相同，A错误；
B.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
由闭合电路欧姆定律得平均感应电流为
流过横截面的电荷量
且
整理得
所以两种方式流过 某一横截面的电荷量相同，B错误；
C.方式：感应电动势
平均感应电流为
运动时间
焦耳热
方式：感应电动势最大值
感应电动势有效值
感应电流有效值为
运动时间
焦耳热
因此 ，C正确。
D.平均电流 ，
因此 ，D正确。
故选 CD。
10.【答案】
【解析】【详解】图像可知正电粒子进入磁场后轴正方向的速度分量增大，可知进入磁场时正电粒子受到的洛伦兹力向上，左手定则可知粒子垂直于纸面向里，故A正确；
B.粒子做圆周运动如图所示
转过的圆心角范围为 ，速度分量满足 ， ，
只有当 时， ， 达到最大值 ，而出磁场时 ，则 不能为 ，故B错误；
C.粒子出磁场时速度偏转角等于圆心角，即 ，粒子在磁场中运动时间
得周期
轨迹半径
故C正确；
D.设磁场圆心坐标为 即所求距离为 粒子入射点 ，出射点 坐标可由圆周运动几何关系得
因为 、 都在磁场边界上， ，代入坐标化简
代入
得
故D错误。
故选AC。
11.【答案】
高

【解析】【详解】螺旋测微器的分度值为 ，由图乙可知薄片厚度为 。
当电场力与洛伦兹力平衡时，有
根据电流的微观表达式
可得
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 端，使其电势低，同时相对的 端电势高，故 端的电势比 端的电势高；
由
可得 ，要让电子不发生偏转，需满足洛伦兹力等于电场力，则有
解得
12.【答案】
变压器并非理想变压器，存在漏磁、线圈电阻分压、铁芯涡流等因素

【解析】【详解】变压器的工作原理是互感现象，需要原线圈中通入变化的电流产生变化的磁场，从而在副线圈中产生感应电动势。直流电产生恒定磁场，无法在副线圈产生感应电压。图乙中，端标有“”、“”，为直流输出端；端标有“”，为交流输出端。因此，实验时变压器原线圈的两端应接交流电源，即端。
多用电表旋钮旋至挡位，由图丙可知，读数为 。根据理想变压器电压与匝数的关系
其中 匝，解得 匝。
题目已知触头对应的线圈匝数为匝，故此时副线圈单刀多掷开关接的是触头。
原线圈接触头，对应匝数 匝；副线圈接触头，对应匝数 匝。原线圈电压 。若为理想变压器，根据
解得副线圈电压为，但在实际实验中，变压器并非理想变压器，存在漏磁、线圈电阻分压、铁芯涡流等因素，导致能量损失，副线圈的实际输出电压会略低于理论计算值，故示数可能为 。
13.【答案】【详解】线框的角速度为
线框在匀强磁场中转动产生的感应电动势的最大值为
线框中产生感应电动势的瞬时值为
电压表的示数
线框从图示位置转过所用的时间为
则磁通量变化量的绝对值为
由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
又
整理得
代入数据解得
感应电动势的有效值为
电路中感应电流的有效值为
的时间内定值电阻上产生的焦耳热为
代入数据解得

【解析】详细答案和解答过程见答案
14.【答案】【详解】设边刚越过虚线时的速度为 ，根据机械能守恒定律有
解得
感应电动势
感应电流
对导体框，根据牛顿第二定律有
解得，边刚越过虚线瞬间加速度的大小
设框边刚越过虚线时的速度为 ，边刚越过虚线时的速度为 ， 边越过虚线到边运动到虚线的过程中，根据动量定理有 ，其中
联立解得
边刚越过虚线时导体框做匀速运动，则
解得
边刚越过虚线到边刚越过虚线的过程中，根据动能定理有
解得，虚线、间的距离

【解析】详细答案和解答过程见答案
15.【答案】【详解】由题意可得，粒子在电场以及磁场中运动的轨迹如图所示
粒子从到做类平抛运动，在竖直方向上，由牛顿第二定律得
可得
由运动学公式得
水平方向做匀速直线运动，则有
解得 ，
粒子经过点竖直速度为
联立以上解得
则粒子进入磁场瞬间的速度大小为
设粒子的速度与水平方向的夹角为 ，则
则
粒子第次进入磁场时又经过点，说明粒子恰好回到 点，轨迹是对称的，在磁场中做圆周运动的圆心在 上，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为
粒子在磁场中做圆周运动有
联立解得
若仅将 区域内的磁感应强度加倍，则由
可知粒子的轨道半径为
由以上解析可知，粒子第二次通过 面时刚好从 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 面时到点的距离为 ，则粒子第四次通过 面时经过点，作出粒子的运动轨迹，如图所示
所以粒子能第二次通过点，粒子在磁场中运动的周期为
整理得
粒子第一次在磁场中运动的时间为
由对称性可知，粒子第二次在电场中运动的时间为
粒子从点到第二次通过点的时间为
解得

【解析】详细答案和解答过程见答案
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