2025年人教版高二物理寒假全阶段检测卷

高二物理寒假全阶段检测卷

考试范围：必修三+选必二第1~3章；考试时间：75分钟

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、选择题（本题共10小题，共46分。1-7小题，每题只有一个选项符合题意，每题4分；8-10小题，每

题有两个或两个以上的选项符合题意，选对得6分，选对不全得3分，选错或不选得0分。）

1.如图所示，两个带正电小球A、B的质量均为“，且念=2靠，A用长为工的绝缘细线悬于。点，B放

在悬点O正下方固定绝缘圆弧体的光滑圆弧面上，A、B在同一水平线上，均处于静止状态，细线与竖直方

向的夹角为60。，重力加速度为g,两球均可视为质点，静电力常量为鼠下列说法正确的是（）

\3mgLB.B球的带电量彘=J加更

A.A球的带电量4A=

4kV4k

C.细线的拉力大小为D.B球对圆弧面的作用力大小为2〃zg

【答案】D

【详解】C.设细线的拉力为T,对小球A,竖直方向，根据平衡条件Teos60。=mg,可得细线的拉力大小

T=2mg,故C错误；

AB.A、B间的库仑力大小盘=八桁60。=%〃"A、。、？,结合以=2%,解得以=

（LsinoU）&A

&=j叱必,故AB错误；

D.根据力的合成可得B球对圆弧面的作用力大小为F=J雁+（相=2mg,故D正确。

故选D。

2.如图所示，一电子以速度%进入足够大的匀强电场区域，0=60。，a,b、c,d,e为间距相等的一组等势

面。若电子经过加等势面时动能分别为6eV和2eV,取外=0V,不计电子重力，下列说法正确的是（）

abd

A.电子经过a等势面时电势能为4eVB.电子刚好可到达e等势面

C.电子刚好可到达］等势面D.e等势面的电势e=4V

【答案】c

【详解】AD.电子经过切等势面时动能分别为6eV和2eV,则动能减小4eV,电势能增大4eV,根据

监

q

可知电势减小4V,取n=0V,a,b、c,d,e为间距相等的一组等势面，可知

(Pa=4V,科=2V,(pc=0,(pd=-2V,<pe=-4V

电子经过a等势面时电势能为-4eV,故AD错误；

BC.电子经过b等势面时动能为6eV,根据能量守恒定律可知，电子经过。等势面时动能为8eV,则有

2

gmv0=8eV

电子运动过程中，根据动能定理有

1212

eU=—m(v0cos0)--mv0

解得

U=-6V

由于

—L=-6v

所以电子刚好可到达d等势面，故C正确，B错误；

故选C。

3.如图所示，。、6两个长方体物块叠放在足够大的粗糙水平地面上，物块。带负电，物块6不带电且为绝

缘体，地面上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力尸拉物块6,使。、6一起由静止开始向左

加速，则。、b在无相对滑动的加速过程中，物块。、6间的摩擦力()

XxXX

B

XX-------------XX

a

X<X°XX

/////////////////////////////

A.逐渐减小B.逐渐增大C.先增大后减小D.先减小后增大

【答案】B

【详解】运动中，由左手定则可知，。受到向上的洛伦兹力，整体有

F-piN=(jna+mb)a

N+qvB=(ma+mb)g

解得

F一〃[(露+mb)g-G珂=(ma+mb)a

可知，v增大，则a增大。对a,由牛顿第二定律得

/=网1a。增大则/增大。

故选B。

4.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为8的匀强磁场，一点

电荷从图中A点以速度w沿水平方向入射，速度方向与半径方向的夹角为30。，经磁场偏转后刚好能从C

点(未画出)反向射出，不计电荷的重力，下列说法正确的是()

RXX

'、

°/XXX必

0X

\XXX/

A.该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过。点

一,,兀R

B.该点电荷在磁场中的运动时间为一

%

C.该点电荷的比荷为军

BR

…,,7lR

D.若磁场反向，则该点电荷在磁场中运动的时间为广

4%

【答案】C

【详解】A.因点电荷射入磁场时初速度方向不是沿半径方向，则该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长

线也不会通过。点，故A错误；

B.粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

、

羡

，

，

，

又

，

，

，

由几何关系可知，该点电荷在磁场中的运动半径为

r=-R

2

则运动时间为

y伫二空

%2%

故B错误；

C.根据洛伦兹力提供向心力得

qvB=m—

0r

解得该点电荷的比荷为

q-2Vo

mBR

故C正确；

D.若磁场反向，粒子运动轨迹如图所示

设粒子在磁场中运动圆弧所对的圆心角为2仇则由几何关系

R

R5

sin0sin(60°-0)

解得

tan0=<1=tan45"

2

则

该点电荷在磁场中运动的时间满足

2/4印

2V22_nR

%%4%

故D错误。

故选C。

5.如图所示，导体棒浦垂直放在水平面内两根平行固定导轨上，导轨右端与理想变压器原线圈相连，副

线圈接图示电路，原线圈与副线圈的匝数比如:小=1：5,不计导体棒、导轨的电阻，两导轨间距为20cm；磁

感应强度8为0.2T,方向竖直向上；R/=5Q,7?2=10Q,滑动变阻器R（阻值0〜20。），V为理想交流电压表。

导体棒在外力作用下做往复运动，其速度随时间变化关系符合v=20底sin（50R）m/s,以下说法正确的是

（）

A.电压表示数为40V

B.滑动变阻器滑片向下滑动时变压器输出功率增大

C.滑动变阻器滑片滑到正中间位置时R的热功率为0.4W

D.滑片由最上端滑到最下端的过程中R与&消耗的总功率逐渐增大

【答案】C

【详解】A.导体棒产生的感应电动势为

E=BLv=0.80sin（50］。V

电动势的有效值为

P

U,=-^=0.8V

V2

由

U2n25

解得电压表示数为

。2=4V

故A错误;

B.滑动变阻器滑片向下滑动时R接入电路中的阻值变大，副线圈的电阻增大。由户二一可知变压器输出

R

功率减小，故B错误；

C.滑动变阻器滑片滑到正中间位置时

R=10QR?与R'并联的总电阻为

夫3=

7?2+R

副线圈中电流

U4

/2=至—=7T±A=0.4AR两端的电压

U'=/述3=0.4x5V=2VR的热功率为

U222

P=—=—W=0.4W

R10

故C正确;

D.滑片由最上端滑到最下端的过程中R与七消耗的总功率

I/'；

R3

则当

&=N

时R与此消耗的总功率最大，即当

R=10。

时滑片由最上端滑到最下端的过程中R'与上消耗的总功率最大，所以滑片由最上端滑到最下端的过程中R

与心消耗的总功率先增大再减小，故D错误。

故选Co

6.如图甲所示，绝缘水平桌面上放置一铝环。，在铝环的正上方附近放置一个螺线管P。设电流从螺线管

a端流入为正，在螺线管中通入如图乙所示的电流，则以下说法中正确的是（）

A.O~ls内，铝环面积有扩张的趋势

B.1s末，铝环对桌面的压力大于铝环的重力

C.1.5s末、2.5s末两时刻，铝环中的电流方向相反

D.0~2s内，铝环中的电流先沿顺时针、后沿逆时针方向（俯视）

【答案】D

【详解】A.0〜1s线圈中电流增大，产生的磁场增大，铝环中磁通量增大，有面积缩小趋势，故A错误;

B.1s末铝环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与铝环间无相互作用，所以1s末圆环对

桌面的压力等于圆环的重力，故B错误；

C.1〜2s正方向电流减小，2〜3s反向电流增大，根据楞次定律，铝环中感应电流的磁场方向不变，感应

电流方向不变，故C错误；

D.。〜1s线圈中电流增大，产生的磁场增大，铝环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，。〜1s

内圆环中的感应电流沿顺时针方向；1s〜2s线圈中电流减小，产生的磁场减弱，铝环中磁通量减小，根据

楞次定律可知，从上往下看，1s〜2s内圆环中的感应电流沿逆时针方向；则0~2s内，铝环中的电流先沿顺

时针、后沿逆时针方向（俯视）；故D正确。

故选D。

7.如图甲所示，理想变压器原副线圈匝数比为4：%原线圈输入正弦式交流电压如图乙所示，副线

圈电路中定值电阻4=1。。，电容器C的耐压值为22V（电容器如击穿当作烧断），所有电表均为理想电表。

A.滑片P滑至最下端时，变压器输入功率约为48.4W

B.副线圈两端电压变化的频率为5Hz

C.电容器c不会被击穿

D.滑片P滑至最下端时，电流表A?的示数约为0.22A

【答案】A

【详解】A.原线圈的有效值为

U.=窠=220丫

V2

根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系

泣=2

U2n2

解得

U2=22V

变压器输入功率等于输出功率，滑片P滑至最下端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，则变压器输入功

率为

「系4Wi4W

故A正确;

B.变压器不改变交变电压的频率，则副线圈两端电压变化的频率为

-=—Hz=50Hz

T2x102?

故B错误;

C.副线圈两端的最大电压为

U2m=Ou?=22A/2V>22V

根据电路关系可知，电容器C两端的电压会超过耐压值22V,电容器C会被击穿，故C错误;

D.滑片P滑至最下端时，电流表A2的示数约为

A===——A=2.2A

410

故D错误。

故选Ao

8.如图所示是磁流体发电机示意图。平行金属板以b之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体（即

高温下电离的气体，含有大量的等量正、负离子）垂直于磁场的方向喷入磁场，。、6两板间便产生电压。

如果把。、6板与用电器相连接，“b板就是等效直流电源的两个电极。若磁场的磁感应强度为以每个离

子的电荷量大小为外速度为V,八b两板间距为乙两板间等离子体的等效电阻为，，用电器电阻为R。稳

定时，下列判断正确的是（）

A.图中b板是电源的正极B.电源的电动势为8叫

C.用电器中电流为含D.用电器两端的电压为含

【答案】AD

【详解】A.由左手定则，正离子受洛伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b板为电源的正极,

A正确；

BCD.稳定时，由平衡条件得

q®=吟

电源电动势为

E=U=Bdv

电流为

_E_Bdv

R+rR+r

用电器两端的电压

U=IR=^—Bvd

R+r

故BC错误，D正确。

故选AD„

9.如图所示，OAC。为矩形，OA边长为L其内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为机、带电荷量为

4的粒子从。点以速度%垂直射入磁场，速度方向与。4的夹角为*=60。，粒子刚好从A点射出磁场。不

A.粒子带负电

匀强磁场的磁感应强度为，■

B.

qL

粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为正心

C.

2

为保证粒子能够刚好从A点射出磁场，边长至少为立L

D.

6

【答案】AD

【详解】A.粒子从A点射出，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确;

BC.设粒子做圆周运动的轨迹半径为凡由几何关系可得

27?sin60°=£

解得

由牛顿第二定律得

4”=4

1\

解得

qL

故BC错误;

D.为保证粒子能够刚好从A点射出磁场，如图所示

R-Rcos60°=—L

6

故D正确。

故选AD。

10.随着科技发展，我国用电量也日趋增加，风力发电绿色环保，截止到2024年5月，我国风电装机5亿

千瓦，成为发电主流之一。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图，发电机线圈面积S=0.5m，

匝数N=100匝、电阻不计，处于磁感应强度大小为8=正丁的匀强磁场中，线圈绕垂直磁场的水平轴匀速

1071

转动，转速〃=25r/s。升压变压器原、副线圈的匝数比乙：叼=5:48,输出功率为24kW,降压变压器的副

线圈连接用户，两变压器间的输电线总电阻R=20Q,变压器均为理想变压器，用户端工作电压为220V。

下列说法正确的是（）

A.升压变压器副线圈两端电压为24OO0V

B.用户获得的功率为22kW

C.降压变压器原、副线圈匝数比4：4=1。：1

D.保持输出功率不变，减小升压变压器副线圈的匝数，输电线R上消耗的功率会减小

【答案】BC

【详解】A.根据。=2万〃可知，线圈转动的加速度为

co=50〃Tad/s

则线圈中产生的电动势的最大值为

Em=NBSa>=250y/2V

由于线圈电阻不计，则升压变压器原线圈的输入电压为

F

q=—=250V

V2

根据变压器原副线圈匝数比等于电压比，可得，副线圈的电压为

C/2=-^C71=24OOV

故A错误;

B.升压变压器副线圈的电流为

A=24000A=10A

2

U22400

两变压器间的输电线上损失的功率为

AP=I；R=2000W=2kW

用户获得的功率为

A=乙=右一AP=22kW

故B正确；

C.降压变压器原线圈的电流为

I3=I2=\0A

副线圈中的电流为

I.=」=100A

降压变压器原、副线圈匝数比

_/4_10

%，31

故c正确；

D.保持输出功率不变，减小升压变压器副线圈的匝数，则升压变压器的输出电压减小，输电线上的电流增

大，输电线R上消耗的功率会增大，故D错误。

故选BC。

第H卷（非选择题）

二、实验题（每空2分，共18分）

11.某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素：

（1）图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是（）

A.灯泡A、B均不发光B.灯泡A、B交替短暂发光

C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光

（2）通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体（选填“向上”

或“向下”）运动时，电流计指针向右偏转。

（3）为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路如图；开关闭合瞬间，指针向左

偏转，则将铁芯从线圈尸中快速抽出时，观察到电流计指针（）

A.不偏转B.向左偏转C.向右偏转

【答案】B向上C

【详解】（1）口］条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁通量向下减少，向下移动一小段距离，穿

过螺线管的磁通量向下增加，则产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替

短暂发光，ACD错误，B正确。

故选B。

（2）⑵当磁体向上运动时，穿过螺旋管的磁通量为向下的减少，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生

的磁场向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏；故磁体向上运动。

（3）［3］开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈中快速

抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流计指针向右偏转。故AB错误，C正确。

故选C。

12.（1）某同学用微安表头组装一个多用电表。可用器材有：微安表头（量程200uA,内阻900。）；电阻

箱尺（阻值范围0〜999.9。）；电阻箱&（阻值范围0—99999.9。）；导线若干。要求利用所给器材先组装一

个量程为1mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表。组装的多用电表有电流

1mA和电压3V两挡，按图甲虚线框内电路图接好电路，其中左边黑点处为公共接线柱，。和。分别是电流

挡和电压挡的接线柱，则电阻箱的阻值丛Q；&Qo

甲

（2）该同学测某型号电池的电动势和内阻时所用器材如下:

A.改装好量程的0~3V的直流电压表

B.某型号旧电池：电动势为3V左右，内阻为几欧

C.电流表A：量程为0~30mA,内阻为38。

D.标准电阻4：2Q

E.滑动变阻器R：0〜20。，2A

F.开关、导线若干

①该小组两名同学各设计了一个实验电路，其中能更精确测量的是（填“乙”或“丙”）电路。

②选择第①题中正确的电路后，该小组同学闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量，得出多组电压表的示

数U和电流表的示数/,通过描点画出U-/图像如图丁所示，则该特殊电池的电动势£=,内阻。

③r的测量值________真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。

【答案】2252820丙2.953.17小于

【详解】（1）[1]⑵4的电阻比较小，所以为与表头并联构成大量程的电流表，&的阻值比较大，与改装后

的电流表串联可充当大量程的电压表，改装电流表需要并联一个电阻，要改装1mA的电流表需要并联的电

阻为

440.2x900

&=Q=2250

I-41-0.2

所以选用它与变阻箱Ri并联，并联后的总电阻为

R=180。

要改装3V的电压表需要串联电阻，串联电阻的阻值为

（2）①[3]由题知电流表A的量程为0~30mA,题中乙电路凡太小，电流表容易烧坏，不可行，丙电路的

电流表与《并联组成一个大量程电流表，可行。因此能更精确测量的是丙电路。

②[4][5]根据闭合电路的欧姆定律有

E=U+/+J\r=20rI+U

根据图像可得

2.95-2.00

£=2.95V,k=20r=

15x10-3

解得

r=3.17Q

③⑹由丙电路可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表分流作用，使所测电流小于流过电源

电流的真实值，造成了实误差，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分

流作用，电流的测量值小于真实值，电源的图像如图所示:

由图像可知，电源内阻厂的测量值小于真实值。

三、解答题（本题共3小题，共36分）

13.（8分）如图所示，以直角三角形AOC为边界的三角形区域内，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小

为8的匀强磁场（边界有磁场），ZA=60°,AO=L,在A点发射质量为机、电荷量为4的带负电的粒子（不

计重力作用），发射方向与AO边的夹角为。=30°,粒子从AC边射出磁场。求：

（1）粒子在磁场中运动时间;

（2）粒子入射速度最大值。

■山一■兀m

【答案】（1）二

m

【详解】（1）根据题意可知，若粒子从AC边射出磁场，运动轨迹如图所示

夕

—XXXXX

由几何关系可知，轨迹所对圆心角

6=60。

根据牛顿第二定律有

V2

qvB=m——

R

又有

.2兀R

1=-----

v

整理可得

.2兀m

1=-----

qB

则粒子在磁场中运动时间

07im

t=----L=-----

27r3qB

（2）假设粒子以最大速度Vm从A点进入磁场，与OC相切于。点，最终从AC边射出，此时粒子的运动半

径最大，如图所示

由几何关系有

*四。

解得

R=2L

根据牛顿第二定律有

qvB=rn^

mK

解得

2qBL

"m—

m

14.（12分）如图甲所示，倾角为37。足够长的光滑绝缘斜面，虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁

场，磁感应强度B随时间f的变化规律如图乙所示，MN、P0均与斜面顶边（顶边水平）平行。一单匝正方

形金属线框仍）通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上，且线框一半位于磁场中，曲边平行已知线

框质量根=2kg、边长L=0.5m、电阻R=0.5Q,重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

（1）求f=0.Is时线框中的感应电流大小及t=0.25s时细线的拉力大小；

（2）在0.25s后剪断细线，金属线框由静止沿斜面下滑，湖边进磁场前瞬间，线框加速度为0,当cd边刚

出磁场时，线框加速度大小为2m/s2,整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁

场的过程中产生的焦耳热。。（计算结果保留两位有效数字）

【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得（Ms的感应电动势大小为

方△①AB°ABL2

E==S-x—

AtA/AZ2

又由图可知磁感应强度的变化率为

AB10—4皿…皿

—=-----T/s=24T/s

0.25

解得

E=3V

由闭合电路欧姆定律解得电路的感应电流大小为

P

/=—=6.0A

R

对线框受力分析，可得平衡方程

F=mgsin37°+BIL

此时的磁感应强度

B=4T

解得0.25s时细线上的拉力

F=24N

(2)当"边刚进磁场时，线框加速度为0,设线框此时速度为9,有

mgsin37°=BIL

由导体棒切割磁感线产生感应电动势及闭合电路欧姆定律可得

1=里丛

R

联立解得

/=1.5m/s

当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为2m/s?,设线框此时速度为匕，有

B2lrv