四川省成都蓉城联考2024-2025学年高二下学期期中物理试卷（含答案）

第第页四川省成都蓉城联考2024-2025学年高二下学期期中物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．关于交变电流，下列说法正确的是（）A．正弦式交变电流的有效值是其峰值的2倍B．我国民用交变电流的频率为50Hz，电流方向每秒改变50次C．我国民用交变电流为正弦式交变电流，其电压有效值为220V，峰值约为311VD．闭合矩形线圈在磁场中转动时，产生的交变电流一定是正弦式的2．我国科学家周振教授带领团队攻克质谱技术高地，打破质谱仪生产长期依赖进口的局面。如图为质谱仪的工作原理示意图，带电粒子从O点被加速电场加速后，沿直线通过速度选择器。速度选择器内存在相互正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，加速电场大小为E。粒子通过速度选择器后经过狭缝P进入匀强磁场B0，之后向左偏转打在胶片A1A2上，不计粒子重力。下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外C．能通过狭缝P的粒子的速率为ED．粒子打在胶片A1A2上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小3．据《长江日报》报道，中建三局工程技术研究院历时两年研发的磁力缓降高楼安全逃生装置试验成功，其简化模型如图，强磁铁在竖直空心铜管内由静止开始下落。已知磁铁不与铜管内壁接触，铜管足够长，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．磁铁下落的加速度大小恒为gB．磁铁下落时，铜管中产生的感应电流对磁铁有向上的作用力C．磁铁最终会悬浮在铜管中D．磁铁匀加速下落4．某同学制作了一个如图所示的自感电路板，L1、L2、L3是相同规格的小灯泡，电感线圈L的直流电阻和电源的内阻均不可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的是（）A．闭合开关S的瞬间，L1、L2、L3同时变亮B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，之后会慢慢变暗一些C．断开开关S的瞬间，L3立即熄灭，L2闪亮一下后逐渐熄灭D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3闪亮一下后逐渐熄灭5．如图，发电机的输出功率为P=100kW，输出电压恒为U=250V，经理想变压器升压后向用户输电，在用户端再利用理想变压器将电压降为U4=220VA．用户端得到的功率为95kWB．输电线上的电流为625AC．升压变压器原、副线圈的匝数比为1：20D．当用户端增加用电器时，输电线上损失的功率会减小6．如图甲，线圈的匝数为n=50匝、面积为S=0.04mA．线圈中产生的感应电动势的有效值为4VB．在t=0.005s时刻，线圈中产生的感应电动势为0C．在0~0.04s内，电阻R上产生的焦耳热为0.08JD．在0~0.01s内，通过电阻R的电荷量为0.02C7．如图，在倾角为θ的绝缘斜面上固定间距为L的两平行金属导轨，导轨上端接入电动势为E、内阻不计的电源和滑动变阻器R。一质量为m的金属棒ab垂直置于导轨上处于静止状态，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计导轨与金属棒ab的电阻。当滑动变阻器R的滑片从下向上滑动时，下列说法正确的是（）A．金属棒ab所受安培力的方向沿斜面向上B．若金属棒ab始终保持静止，则金属棒ab所受摩擦力一定先减小后增大C．若金属棒ab始终保持静止，则金属棒ab所受摩擦力的方向始终沿斜面向下D．若金属棒ab能滑动起来，则开始滑动时滑动变阻器R接入电路的阻值为BEL二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．下列说法正确的是（）A．生活中的全自动感应水龙头通过红外线传感器把人手上发出的红外线转变成控制水龙头打开和关闭的电学量B．电场可由电荷或变化的磁场产生C．波长越长的电磁波，其频率越小，穿透能力越强D．在LC振荡电路中，当电容器放电完毕时，电路中的电流为零9．如图，边长为L、粗细均匀的正方形闭合导线框以水平速度v0匀速穿过宽度为d（d>L）的匀强磁场区域（ab、cd边和磁场竖直边界平行），磁场的磁感应强度大小为B，线框总阻值为R，线框平面与磁场方向垂直。从ab边到达磁场左侧边界开始计时，则穿过线框的磁通量Φ、线框中的感应电流I、线框所受安培力F、线框上d、c两点间的电势差Udc随时间变化的图像可能正确的是（）A．B．C．D．10．如图，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C=37°，CD=3L。一束相同的带负电粒子以不同速率从P点垂直于CD边射入磁场，粒子的比荷为k，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子间的相互作用和重力。下列说法正确的是（）A．速率不同的粒子在磁场中运动的时间一定不同B．从CD边飞出的粒子的最大速率为3kBLC．粒子从DE边飞出的区域长度为3D．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为π三、实验探究题：本题共2小题，共14分。11．某小组同学利用实验对“电磁感应现象”进行探究。（1）如图甲，电池组、滑动变阻器、线圈A、带铁芯的线圈B、电流计及开关已部分连接。为了完成“探究感应电流产生的条件”的实验，请用笔画线代替导线将电路补充完整。（2）G为指针零刻度在中央的灵敏电流计，实验时同学们先将电流计G连接成如图乙所示电路，发现闭合开关S，电流从电流计G的“+”接线柱流入时，指针从中央向左偏。现将它与一线圈串联进行图丙、丁的实验，那么图丙中的条形磁铁是向（填“上”或“下”）运动的，图丁中的条形磁铁下端为（填“N”或“S”）极。（3）有同学设计了如图戊所示的实验装置，其中R为光敏电阻（其阻值随光照强度的增强而减小），闭合线圈A用绝缘轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（线圈A平面与螺线管线圈平面平行），并位于螺线管左侧。当光照强度增强时，观察到线圈A将会（填“向左”或“向右”）运动，同时线圈A有（填“收缩”或“扩张”）的趋势。12．多用电表是由电流计G改装而成的电学仪器。一改装的多用电表的表盘刻度如图甲所示，其内部电路（部分）如图乙所示，虚线框内是改装电流表的电路图。已知R2改装所用器材如下：A．电池（电动势E=3.0V，内阻r=1Ω）；B．电流计G（满偏电流Ig=2mA，内阻Rg=90Ω）C．定值电阻R0（阻值为2Ω）；D．调零电阻R1（最大阻值为150Ω）；E．定值电阻R2、R3；F．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干。（1）表笔A是（填“红”或“黑”）表笔。（2）定值电阻R3=Ω。（3）当开关S拨向b时，欧姆表的倍率是（填“×1”或“×10”）。（4）将开关S拨向a，把A、B表笔短接进行电阻调零时，调入电路的调零电阻R1的阻值应为Ω。四、计算题：本题共3小题，共40分。解答应当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。13．如图，交流发电机中匀强磁场的磁感应强度大小为B=2T，线圈ABCD的匝数为n=100匝，面积为S=0.0442m（1）电压表V的示数；（2）晾衣杆电动机的输出功率。14．在芯片制造过程中，离子注入是芯片制造的重要工序。图甲是我国自主研发的离子注入机，图乙是简化的注入过程原理图。静止于A处的离子，经电压为U（大小未知）的加速电场加速后，沿图中半径为R0=3d的圆弧虚线通过磁分析器，然后从M点垂直CD进入只加有匀强电场或磁场的矩形CDQS区域偏转。已知磁分析器的截面是四分之一圆环，内部加有匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B（1）求加速电场的加速电压U；（2）若在CDQS区域只加有平行于CD方向的匀强电场，且离子恰好从S点射出，求CDQS区域所加电场的电场强度E；（3）若在CDQS区域只加有垂直于纸面向里的匀强磁场，且离子恰好不从QS边界射出，求CDQS区域所加磁场的磁感应强度B的大小及离子在CDQS区域内运动的时间。15．如图，面积为S=0.25m2、电阻为R0=1Ω、匝数为n=10匝的圆形线圈ACD内有垂直于圆面向下、大小随时间均匀减小的匀强磁场B1。圆形线圈的两个端点C、D通过导线与间距为L=1m、水平放置的足够长的粗糙金属轨道MP、NQ相连，足够长的光滑绝缘轨道PM'、QN'与金属轨道平滑连接。金属轨道MP、NQ处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B2=1T的匀强磁场中；金属杆b长为L=1m、质量为m=1kg、电阻为R1=2Ω（1）要使金属杆b能向右运动，求线圈ACD区域内磁场磁感应强度变化率的最小值；（2）当线圈ACD区域内的磁场随时间t按B1（3）当线圈ACD区域内的磁场随时间t按B1=10−4t

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．正弦式交变电流的峰值是其有效值的2倍，故A错误；B．我国民用交变电流的频率为50Hz，电流方向在一个周期内改变2次，所以每秒改变100次，故B错误；C．我国民用交变电流为正弦式交变电流，其电压有效值为220V，峰值约为UmD．闭合矩形线圈在磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时，产生的交变电流一定是正弦式的，故D错误。故答案为：C。

【分析】逐一分析每个选项，根据交变电流的有效值、频率、产生条件等概念判断其正确性。2．【答案】C【解析】【解答】A．根据粒子在偏转磁场中的轨迹和左手定则可知，粒子带正电，故A错误；BC．因为粒子带正电，在速度选择器中受到的电场力向左，所以受到的洛伦兹力向右，由左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，且满足qvB=qE，可得能通过狭缝P的粒子的速率为v=ED．粒子偏转后打在胶片A1A2上的位置到狭缝P的距离为2R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB0因为速率相等，磁场相同，故R由比荷决定，比荷越小，R越大，越远离狭缝P，故D错误。故答案为：C。

【分析】先根据偏转磁场中的轨迹判断粒子电性，再分析速度选择器中电场力与洛伦兹力的平衡条件，最后利用偏转半径公式判断比荷与落点位置的关系。3．【答案】B【解析】【解答】强磁铁下落过程中，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁铁下落，铜管中产生的感应电流对磁铁有向上的作用力，所以磁铁的加速度小于g，方向竖直向下，故磁铁向下做加速度减小的加速运动，由于铜管足够长，合力为零后磁铁做匀速直线运动。故答案为：B。

【分析】根据楞次定律，磁铁下落时铜管中产生的感应电流会阻碍其相对运动，从而分析磁铁的受力和运动状态。4．【答案】B【解析】【解答】A．闭合开关S的瞬间，由于线圈L的自感作用，可看作无穷大的电阻，会导致L1不会马上亮，故A错误；B．闭合开关S的瞬间，电流的流向与二极管的导通方向一致，理想二极管电阻不计，相当于导线的作用，此时L2、L3立即变亮；随着时间推移，线圈L的自感作用减弱，电流慢慢导通，则相当于电阻减小，故外电路电阻减小，总电阻减小，干路电流增大，电源内阻分压增大，故路端电压减小，则L2、L3的电压减小，会慢慢变暗一些，故B正确；C．断开开关S的瞬间，由于线圈L的自感作用，会产生与原来大小相等、方向相同的电流，其自感电流会经过L3，故L3不会立即熄灭，而L2所在支路由于有二极管的存在，此时自感电流的流向与二极管的导通方向相反，故电流被阻断，所以L2会立即熄灭，故C错误；D．由于外部是三条并联支路，且线圈L的直流电阻不可忽略，因此流经L1的电流小于流经L3的电流，所以L3不会闪亮，故D错误。故答案为：B。

【分析】分闭合瞬间和断开瞬间两个阶段，结合自感线圈的“阻碍电流变化”特性和理想二极管的“单向导电”特性，分析各支路电流和灯泡亮度变化。5．【答案】A【解析】【解答】A．升压变压器和降压变压器均为理想变压器，则有P=P1=P解得用户端得到的功率为P4B．输电线总电阻为R=8Ω，输电线上损失的功率为P0=5kW，则有PC．发电机的输出功率为P=100kW，输出电压恒为U=250V，则升压变压器原线圈电流为I则升压变压器原、副线圈的匝数比为n1D．当用户端增加用电器时，则发电机的输出功率增大，根据P=UI1可知，升压变压器原线圈电流I1增大，根据n1n故答案为：A。

【分析】利用理想变压器功率守恒和输电线上的功率损失公式，逐步计算用户端功率、输电电流、匝数比，并分析用户负载变化对输电损失的影响。6．【答案】D【解析】【解答】A.0.01s内线圈产生的感应电动势E0.01~0.04s内穿过线圈的磁通量没有发生变化，线圈的感应电动势为0，令线圈中产生的感应电动势的有效值为E，则有E解得E=2V，故A错误；B．结合上述可知，在t=0.005s时刻，线圈中产生的感应电动势为4V，故B错误；C．结合上述，线圈中感应电流的有效值I=在0~0.04s内，电阻R上产生的焦耳热为Q=ID．结合上述，在0~0.01s内，通过线圈的电流I则在0~0.01s内，通过电阻R的电荷量为q=I故答案为：D。

【分析】分阶段（0~0.01s和0.01~0.04s）计算感应电动势，再根据有效值、焦耳热、电荷量的定义分别求解。7．【答案】D【解析】【解答】A．对金属棒ab进行受力分析，如图所示电流方向由b到a，由左手定则可知，金属棒ab所受安培力方向水平向右（从b向a看），故A错误；BC．当滑动变阻器R的滑片从下向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的阻值减小，电流I增大，金属棒ab所受安培力F安若刚开始时mgsinθ>当F安增大时，f若刚开始时mgsinθ<当F安增大时，fD．金属棒ab刚开始滑动时有f静=f动，方向沿斜面向下，对金属棒ab进行受力分析有F安cosθ=mg故答案为：D。

【分析】对金属棒进行受力分析，明确安培力方向，分情况讨论静摩擦力的变化，并根据临界条件计算滑动变阻器的阻值。8．【答案】A,B【解析】【解答】A．生活中的全自动感应水龙头通过红外线传感器把人手上发出的红外线转变成控制水龙头打开和关闭的电学量，故A正确；B．电荷能产生电场，由麦克斯韦电磁理论可知，变化的磁场也能产生电场，故B正确；C．波长越长的电磁波，其频率越小，穿透能力越弱，故C错误；D．在LC振荡电路中，当电容器放电完毕时，电容器中的电场能最小，线圈中的磁场能最大，则此时电路中的电流最大，故D错误。故答案为：AB。

【分析】可结合物理概念和规律判断每个选项其正确性。9．【答案】A,D【解析】【解答】A．线框进入磁场过程磁通量为Φ=BS=BLB．进入磁场过程感应电流为I=BLC．进入磁场过程线框所受安培力大小为F0D．线框进入磁场过程中U全部进入磁场后U离开磁场过程Udc故答案为：AD。

【分析】将线框运动分为进入磁场、完全在磁场中、离开磁场三个阶段，根据磁通量变化、感应电动势、安培力和电势差的规律逐一分析图像。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．带点粒子在磁场中运动的周期T=2πkB，若粒子的速度不大，则粒子会从DC边射出磁场，从CD边射出的粒子偏转角度相同为π，运动时间也相同为B．根据qvB=mv2粒子速度最大时，粒子从D点射出磁场，此时半径r=故从CD边射出粒子的最大速度为v=3qBLC．粒子从DE边射出的达最远距离时，粒子轨迹恰好与EC边相切，设此时粒子的轨道半径为r，则根据几何关系sin解得r=根据几何关系得出带电粒子在DE上射出的最远距离dmaxD．根据几何关系，带电粒子从CE边射出运动最长时间为带电粒子运动到CE边相切时，故由几何关系可知带电粒子转过的角度为53故运动的最长时间为tm故答案为：BC。

【分析】根据带电粒子在磁场中做圆周运动的规律，结合几何关系，分析不同速率粒子的运动轨迹、时间、最大速率及飞出区域。11．【答案】（1）（2）下；N（3）向左；收缩【解析】【解答】（1）本实验是探究电磁感应现象，通过使A线圈中的磁通量发生变化，判断感应电流的产生以及方向，因此需要测A线圈中的感应电流，所以A线圈的接线柱应该连接电流计两端。要使A线圈磁通量发生变化，则需使B线圈的左接线柱与开关的左接线柱连接，使上面的电路形成一个闭合通路，通过滑动变阻器使电路中的电流变化，使线圈A中的磁通量变化。（2）丙图电流计指针向左偏，说明感应电流由正接线柱流入电流计，由右手螺旋定则判断感应电流产生的磁场方向向下，根据楞次定律判断出条形磁铁向下运动；丁图电流计指针向右偏，说明感应电流由负接线柱流入电流计，由右手螺旋定则判断感应电流产生的磁场方向向上，条形磁铁向上运动根据楞次定律判断出条形磁铁的下端为N极。

故答案为：下；N（3）光照强度增强使光敏电阻阻值减小，电路中的电流增大，电流产生的磁场增大，闭合线圈A中的磁通量增大，根据楞次定律得线圈A向左移动，同时线圈A有收缩的趋势。

故答案为：向左；收缩

【分析】(1)探究感应电流产生条件时，需将线圈A与电流计连成闭合回路，线圈B与电源、滑动变阻器、开关连成另一回路，通过改变B的电流使A中磁通量变化。

(2)已知电流从“+”流入时指针左偏，根据指针偏转方向判断感应电流方向，再用楞次定律判断磁铁运动方向和磁极。

(3)光照增强时，光敏电阻阻值减小，螺线管电流增大，磁场增强，线圈A中磁通量增大，由楞次定律判断运动和收缩趋势。（1）本实验是探究电磁感应现象，通过使A线圈中的磁通量发生变化，判断感应电流的产生以及方向，因此需要测A线圈中的感应电流，所以A线圈的接线柱应该连接电流计两端。要使A线圈磁通量发生变化，则需使B线圈的左接线柱与开关的左接线柱连接，使上面的电路形成一个闭合通路，通过滑动变阻器使电路中的电流变化，使线圈A中的磁通量变化。（2）[1]丙图电流计指针向左偏，说明感应电流由正接线柱流入电流计，由右手螺旋定则判断感应电流产生的磁场方向向下，根据楞次定律判断出条形磁铁向下运动；[2]丁图电流计指针向右偏，说明感应电流由负接线柱流入电流计，由右手螺旋定则判断感应电流产生的磁场方向向上，条形磁铁向上运动根据楞次定律判断出条形磁铁的下端为N极。（3）[1][2]光照强度增强使光敏电阻阻值减小，电路中的电流增大，电流产生的磁场增大，闭合线圈A中的磁通量增大，根据楞次定律得线圈A向左移动，同时线圈A有收缩的趋势。12．【答案】（1）黑（2）9（3）×10（4）13.01【解析】【解答】（1）电流从红表笔流进欧姆表，并从黑表笔流出欧姆表，由图乙可知，表笔A是黑表笔。

故答案为：黑（2）使用虚线框内P、M两个端点时，对应电流表的量程为20mA，则有(I−解得R3=（3）由（2）可知，当开关S拨向b时，对应电流表的量程为20mA，则欧姆表的内阻为欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，即10×15所以当开关S拨向b时，欧姆表的倍率是×10。

故答案为：×10（4）将开关S拨向a时，对应电流表的量程为I电阻调零时有R且R解得R1=13.01Ω

(2)使用P、M端点时，电流表量程为20mA，利用并联电路分流规律列方程求解R3。(3)欧姆表内阻内R内(4)先求出开关拨向a时的电流表量程，再计算此时的欧姆表内阻，最后由欧姆表内阻公式求解调零电阻R1。（1）电流从红表笔流进欧姆表，并从黑表笔流出欧姆表，由图乙可知，表笔A是黑表笔。（2）使用虚线框内P、M两个端点时，对应电流表的量程为20mA，则有(I−解得R（3）由（2）可知，当开关S拨向b时，对应电流表的量程为20mA，则欧姆表的内阻为欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，即10×15所以当开关S拨向b时，欧姆表的倍率是×10。（4）将开关S拨向a时，对应电流表的量程为I电阻调零时有R且R解得R13．【答案】（1）解：线圈ABCD中感应电动势的最大值为E感应电动势的有效值为E=电压表V测电压的输出电压，即原线圈的输入电压，则有效值，则有U=联立解得U=220（2）解：根据理想变压器变压规律有U可得U由I可得I电动机的输出功率为P=联立解得P=40【解析】【分析】(1)先求发电机电动势有效值，再减去线圈内阻的电压降，得到原线圈输入电压，即电压表的示数。

(2)用变压器变压比求出副线圈电压，再由功率守恒求出副线圈电流，最后用总功率减去电动机线圈的热功率，得到输出功率。（1）线圈ABCD中感应电动势的最大值为E感应电动势的有效值为E=电压表V测电压的输出电压，即原线圈的输入电压，则有效值，则有U=联立解得U=220（2）根据理想变压器变压规律有U可得U由I可得I电动机的输出功率为P=联立解得P=4014．【答案】（1）解：设离子进入磁分析器时的速度为v0，在磁分析器中离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有又R0=3d代入可得v离子经过加速电场，由动能定理可得qU=可解得U=（2）解：离子从M点垂直CD进入只加有平行于CD方向的匀强电场CDQS区域，做类平抛运动；且离子恰好从S点射出，设运动时间为t，则沿DQ方向上做匀速直线运动有DQ=沿DC方向上做初速度为零的匀加速直线运动有MC=又a=qEm，vDQ=4d，MC=2d联立可得E=9（3）解：由题意离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当离子恰好不从QS边界射出，则其运动轨迹与QS相切；根据几何关系可得其做圆周运动的半径r=4d由洛伦兹力提供向心力有q又v0=3kd代入可得B=离子在磁场中运动的周期T=又由几何关系可知离子在磁场中运动的圆心角θ=故离子在磁场中运动的时间t=【解析】【分析】(1)先由磁分析器中的洛伦兹力提供向心力求出离子速度，再由动能定理求出加速电压。

(2)离子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的位移列方程，结合运动学公式求解电场强度。

(3)离子在磁场中做匀速圆周运动，恰好不从QS边界射出时，轨迹与QS相切，由几何关系求出轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度，最后根据圆心角求出运动时间。（1）设离子进入磁分析器时的速度为v0，在磁分析器中离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有又R0=3d代入可得v离子经过加速电场，由动能定理可得qU=可解得U=（2）离子从M点垂直CD进入只加有平行于CD方向的匀强电场CDQS区域，做