辽宁省辽宁协作体2025-2026学年高二上学期1月期末物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2026学年度上学期期末考试高二试题物理第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，其中1~8小题只有一个选项正确，9~12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1.楞次定律表述为“感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”，这一表述也可以理解为“闭合电路总有保持原有磁通量的性质”，那么这种性质与下列哪个物理规律或性质很相似（）A.牛顿第二定律 B.牛顿第三定律C.动量守恒定律 D.惯性【答案】D【解析】楞次定律的核心是感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，体现了闭合电路有维持原有磁通量不变的趋势。A.牛顿第二定律：描述力与加速度的关系（F=ma），强调力引起运动状态的变化，而不是维持原有状态，故不符合题意；B.牛顿第三定律：描述作用力与反作用力大小相等、方向相反，涉及物体间的相互作用，与状态维持无关，故不符合题意；C.动量守恒定律：在封闭系统中无外力时，系统动量保持不变，属于守恒律，但楞次定律的“阻碍变化”并不属于守恒律，故不符合题意；D.惯性：物体抵抗运动状态变化的性质，与楞次定律的“维持原有磁通量”在抵抗变化趋势上一致，故符合题意。故选D。2.如图，理想变压器原、副线圈分别接有相同的灯泡a、b、c，不考虑其电阻的变化。当输入电压为U时，b灯的功率是a灯功率的4倍，则原、副线圈匝数比为（）A.4∶1 B.1∶4 C.8∶1 D.1∶8【答案】A【解析】设原副线圈的匝数比为，灯泡的电阻为R，根据题意可得解得由于b、c并联，则副线圈两端的电压则原线圈两端的电压则原线圈中的电流副线圈中的电流根据理想变压器的原理可得联立解得故选A。3.如图所示，P和Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻小于灯泡的电阻。假定两灯泡在以下操作中均不会被烧坏，下列说法错误的是（）A.开关S闭合瞬间，P、Q两灯同时亮B.开关S闭合一段时间后，Q灯比P灯亮C.开关S断开后，Q灯闪亮后逐渐熄灭D开关S断开后，P灯闪亮后逐渐熄灭【答案】C【解析】A．开关S闭合瞬间，由于自感，线圈中的电流不能够发生突变，该电流将由0逐渐增大到稳定值，则两灯泡中均有电流通过，即开关S闭合瞬间，P、Q两灯同时亮，故A正确，不符合题意；B．开关S闭合一段时间后，电路达到稳定，线圈自感电动势为0，由于线圈有直流电阻，此时线圈相对于一个定值电阻，其与灯泡P并联，通过灯泡P的电流小于通过灯泡Q的电流，可知，开关S闭合一段时间后，Q灯比P灯亮，故B正确，不符合题意；C．开关S断开后，Q灯闪亮后逐渐熄灭，灯泡Q不在线圈所在的闭合回路中，即开关S断开后，Q灯立即熄灭，故C错误，符合题意；D．结合上述，开关S闭合电路达到稳定时，线圈相对于一个定值电阻，其与灯泡P并联，由于线圈直流电阻小于灯泡的电阻，则稳定时通过线圈的电流大于通过灯泡P的电流，开关S断开后，线圈相对于一个电源，其与灯泡P构成新的回路，线圈中的电流不能够发生突变，该电流在新回路中逐渐减为0，可知，开关S断开后，P灯闪亮后逐渐熄灭，故D正确，不符合题意。故选C。4.如图，图像是表示LC振荡电路中电容器两极板间电压随时间变化的图像。当时，M板带正电，则以下说法正确的是（）A.a时刻，电路中的电流最大B.b时刻，线圈中的磁场能最大C.从b时刻到c时刻这段时间内，电容器正在放电D.从c时刻到d时刻这段时间内，电路中的电流方向为逆时针【答案】B【解析】A．a时刻，电容器极板电压最大，所带电荷量最大，电场能最大，线圈中磁场能最小，电路中电流最小，故A错误；B．b时刻，电容器极板电压最小，所带电荷量最小，电场能最小，线圈中磁场能最大，故B正确；C．从b时刻到c时刻这段时间内，电容器极板电压变大，电容器正在充电，故C错误；D．从c时刻到d时刻这段时间内，电容器极板电压变小，电容器正在放电，且下极板带正电，可得电流方向为顺时针，故D错误。故选B。5.如图甲所示，可以利用该实验装置测量z轴方向上的微小位移。在两块完全相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时磁感应强度为0，霍尔电压也为0。将该点作为原点，并建立如图乙所示的空间直角坐标系Oxyz。已知在两磁极之间沿z轴方向磁感应强度大小B与z轴的坐标大小成正比，若霍尔元件中通以沿x轴正方向的恒定电流，当霍尔元件在z轴方向移动时，即有霍尔电压输出，下列说法正确的是（）A.霍尔元件是一种能将电流信号转换为电压信号的传感器B.当霍尔元件处于z轴正半轴时，元件在x轴方向有霍尔电压C.霍尔元件只能测量位移的大小，不能测量位移的方向D.在其他条件不变的情况下，的大小与元件在z轴方向位移的大小成正比【答案】D【解析】A．霍尔元件是将磁场信号转化为电压信号的传感器，故A错误；B．霍尔电压由垂直于电流的磁场产生，由图可知，电流方向沿x轴，则沿y轴方向有霍尔电压，故B错误；C．由于z轴正半轴、负半轴的磁场方向相反，霍尔电压的极性会随位移方向的改变而改变，因此可以测量位移的方向，故C错误；D．设磁感应强度与z轴坐标的关系满足设电子的电荷量为e，沿电流方向定向运动的平均速率为v，单位体积内电子的个数为n，霍尔元件沿x轴方向的厚度为a，沿y轴方向的厚度为b，沿z轴方向的厚度为c，则电流的微观表达式为电路稳定时，则有联立解得故选D。6.如图所示，一个直角三角形单匝导体线框OAC在范围足够大的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕过O点且垂直于纸面的轴以角速度ω在纸面内顺时针匀速转动，已知边，，，用、、分别表示O、A、C三点电势，则下列说法正确的是（）A.，回路无电流 B.，回路有电流C. D.【答案】C【解析】AB．若设O点的电势为零，根据右手定则可知，，，回路的磁通量不变，则无感应电流，AB错误；CD．因，可得，C正确，D错误。故选C。7.如图，等腰直角三角形虚线区域内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它高为L，底边在x轴上。纸面内一直角边长也为L的等腰直角三角形导线框沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场区域，在时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流和位移（）关系的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】导体框刚进入磁场中时，导体框切割磁感线的有效长度随位移x线性增大，感应电动势根据欧姆定律可知结合上述分析可知根据右手定则可知，导线框中的电流方向为顺时针，当时，电流达到，导线框进入磁场后，有效切割长度先增大后减小，当时，切割磁场的有效长度开始减小，电流逐渐减小到0，根据几何知识可知，此时继续向右运动时，导线框切割磁场的有效长度反向增大，电流变为逆时针，且电流随位移线性增大，离开磁场有效长度继续增大，电流大小随位移线性反向增大，当时，反向电流达到最大为。故选C8.如图所示，间距为L的足够长的光滑平行长直导轨水平放置，两导轨间有磁感应强度大小为B的匀强磁场。电阻相等的导体棒和静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好，且可以沿导轨自由滑动。电动势为E、内阻不计的电源及电容为C的电容器、导轨构成如图所示的电路。已知的质量大于的质量，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场，下列说法正确的是（）A.S拨到2的瞬间，的加速度大于的加速度B.S拨到2，待稳定后，、均做匀速直线运动，速度大小为C.将固定后，再将S拨到2，先加速再匀速D.将固定后，再将S拨到2，待稳定后，产生的焦耳热等于产生的焦耳热【答案】B【解析】A．S拨到2的瞬间，电容器放电，此时L1与L2并联后与电容器串联，而L1与L2电阻相同，则通过L1与L2的电流相等，L1与L2所受的安培力大小相等，但L1的质量大于L2的质量，由牛顿第二定律知，L1的加速度小于L2的加速度，故A错误；B．S拨到2，稳定时，电容器两端的电压等于L1与L2两端产生的感应电动势，此时L1与L2以相同的速度做匀速直线运动，对L1与L2整体，由动量定理，又，，联立知，L1与L2匀速运动的速度大小，故B正确；CD．将L1固定后，再将S拨到2，开始时，电容器放电，其上极板带正电，此时通过L2的电流方向沿杆向下，由左手定则知，L2将向右做加速运动，随着L2速度增大，其感应电动势增大，通过L2的电流减小，L2所受的安培力减小，由牛顿第二定律知，L2做加速度减小的加速运动，由于L1固定，根据能量守恒，电容器储存的能量不断减小，电容器持续放电，L2的速度也不断减小，最终L2速度减为零然后保持静止，此过程通过L1与L2的电流并不是时刻相同，此过程L1与L2产生的热量不相等，故CD错误。故选B。9.如图是远距离输电的原理图，两个变压器均为理想变压器。假设发电厂输出电压U1及输电线电阻均不变。当用户端用电器增加导致用户端总电阻变小时，且此时用户端总电阻仍大于输电线电阻，则下列说法正确的是（）A.升压变压器的输出电压不变B.降压变压器的输出电压不变C.升压变压器的输出功率增加D.降压变压器的输出功率增加【答案】ACD【解析】A．根据原、副线圈电压比等于匝数比可得，即因此升压变压器的输出电压不变，故A正确；B．设用户端的阻值为，的等效阻值为，根据理想变压器的原理可知，整理可得当用户端用电器增加导致总电阻变小时，的等效阻值为变小，此时只看中间部分的电路，如下图所示结合上述分析可知，不变，的等效阻值为变小，则降压变压器的输入电压减小，根据可知降压变压器的输出电压减小，故B错误；C．由题可知，用户端用电器增加，因此用户端的总功率增大，结合上述分析可知，输电线的电流增大，根据，可知导线损失的功率也随之增大，结合理想变压器的原理可知，升压变压器输出的总功率等于用户端的总功率加上输电线损失的功率，因此升压变压器的输出功率增大，故C正确；D．同理可知，降压变压器的输入功率等于用户端的总功率，因此用户端的总功率增大时，降压变压器的输入功率随之增大，故D正确。故选ACD。10.如图甲所示，矩形虚线区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁感应强度的正方向。一个匝数，边长，总电阻为的正方形导体线框abcd放置在磁场中，线框有一半在磁场区域内，线框整个过程中始终保持静止，下列说法正确的是（）A.2s时穿过线框的磁通量0.015WbB.2s时线框中感应电流的方向为顺时针C.5s时整个线框受到的安培力方向水平向左D.5s时整个线框受到的安培力大小为0.018N【答案】BD【解析】A．根据图像可得2s时穿过线框的磁感应强度为，可得穿过线框的磁通量可得，故A错误；B．线框中的磁场向外增大，根据楞次定律可得2s时线框中感应电流的方向为顺时针，故B正确；C．线框中的磁场向外减小，根据楞次定律可得5s时线框中感应电流的方向为逆时针，线框的上下边框受安培力的合力为零，右边框受安培力向右，故C错误；D．内根据法拉第电磁感应定律有电流为5s时穿过线框的磁感应强度为根据可得，故D正确。故选BD。11.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电阻不变，两电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器（最大值）的滑片从最上端向下滑动的过程中，用表示某阶段电压表示数的变化量，用表示对应阶段电流表示数的变化量，下列说法正确的是（）A.电压表示数增大B.C.当时，消耗的功率最大D.当时，电源的输出功率最大【答案】BCD【解析】A．滑片从最上端向下滑动的过程中，可得滑动变阻器接入电路的阻值变小，可得电阻和滑动变阻器并联的阻值变小，可得电路总电阻变小，根据可得干路电流变大，根据可得电源内阻分压变大，根据可得电压表示数减小，故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律可得可得可得，故B正确；C．根据可得，可以将电源和电阻作为整体看成一个新电源，电动势为，内阻为根据闭合电路欧姆定律可得当外电路电阻和电源内阻相等时，电源输出功率达到最大，即当，消耗的功率最大，故C正确；D．电阻和滑动变阻器并联的阻值等于原电源的内阻时，电源的输出功率最大，有解得，故D正确。故选BCD。12.如图，在水平面上方存在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场，质量为2m、足够长的绝缘不带电木板A上放着一带电荷量为、质量为m的物块B，物块B与木板A间的动摩擦因数为μ，木板A与地面间动摩擦因数为2μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一个大小为8μmg、方向水平向右的恒力F，使系统由静止开始运动，物块B在稳定运动前未离开木板，下列说法正确的是（）A.物块B先做加速度增大的加速运动，之后做匀加速直线运动，最后做匀速直线运动B.物块B的最大速度为C.物块B的最大加速度为D.木板A最大加速度为4μg【答案】BC【解析】AB．初始对整体，根据牛顿第二定律可得解得B受到的最大静摩擦力可见A、B先一起做匀加速运动，随着速度的增大，B受到竖直向上的洛伦兹力增大，A对B的作用力减小，当时即之后，B在A表面开始滑动，B受到的摩擦力f变为滑动摩擦力，B在摩擦力作用下继续加速，继续减小，加速度逐渐减小，当摩擦力为零时，B开始做匀速运动，此时B的速度最大，则有解得，故A错误，B正确；C．当A、B刚要发生相对滑动时，对于物块B则有对于A则有由于A、B刚要相对滑动，则有联立解得，故C正确；D．在B速度为之后，A的加速度逐渐增大，当B匀速运动时，A的加速度最大，根据牛顿第二定律可得解得，故D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空题，本题共2小题，13题6分，14题8分，共14分。13.为探究限流电路中滑动变阻器的最大阻值对被测元件R，两端电压的影响，设计如图甲所示的电路。电源电动势，内阻，被测电阻。设选用的滑动变阻器的最大阻值R与被测电阻的比值为k，即，另设滑动变阻器滑片移动的距离与滑动变阻器上可移动的总距离的比为λ。实验时测出当选择不同k值的滑动变阻器时，两端的电压（纵轴）与λ（横轴）的关系图像如图乙，由甲、乙两图可知：（1）当时，滑动变阻器的滑片应该在______（填“最左端”或“最右端”）；（2）若要求被测元件两端电压可调范围较大，则在这五种滑动变阻器中最应该先排除掉______滑动变阻器；（3）若在实验时发现调节滑片时两端电压一开始没有明显变化，快滑到另一端时两端电压突然变大，则本次实验选用的应该是______的滑动变阻器；（4）综上所述，若使用限流电路对被测元件两端电压进行调节时，选择的滑动变阻器其最大阻值不宜过大、也不宜过小，应针对具体情境进行分析选择。【答案】（1）最左端（2）0.1（3）100【解析】[1]在图甲所示的限流电路中，当时，两端电压最大，意味着滑动变阻器接入电路中的阻值最小，因此滑动变阻器的滑片位于最左端；[2]从图乙可以看出，时，被测元件两端电压可调范围相对其他k值最小，对电路的调节作用不够明显，因此应最先排除该数据的滑动变阻器；[3]若在实验时发现调节滑片时两端电压一开始没有明显变化，快滑到另一端时两端电压突然变大，这是因为滑动变阻器的最大阻值相对被测电阻很大，结合乙图可知，时，滑动变阻器的最大阻值远大于被测电阻，在滑动变阻器滑片移动大部分距离时，滑动变阻器接入电路中的阻值相对总阻值变化较小，则两端的电压变化不明显，滑片快移到另一端时，滑动变阻器接入电路中的阻值迅速减小，导致两端的电压突然变大。14.小明同学要测量一个量程为0~3V的电压表的内阻，操作过程如下：（1）小明用图甲所示的多用电表欧姆挡测量电压表的内阻。先将选择开关调到欧姆挡的“×100”位置，将红黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，把两笔尖相互接触，调节______旋钮（填旋钮对应的字母），使多用电表的指针指向欧姆挡的______刻线（选填“0”或“”）；（2）接下来他将______（填“红”或“黑”）表笔与电压表“＋”接线柱连接，另一个表笔与电压表“－”接线柱连接，欧姆挡指针所指的位置如图乙所示，则电压表内阻的测量值为______Ω；（3）此时电压表的示数如图丙所示，则其读数为______V。若已知多用电表欧姆挡表盘中间刻度为“15”，则可利用上述数据估算欧姆表内电源电动势为______V（此空保留两位有效数字）。【答案】（1）T0（2）黑1300（3）1.302.8【解析】（1）[1][2]多用电表欧姆挡测量电阻，首先两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡刻度线为0的位置。（2）[1]使用多用电表时，红表笔统一接电压表的“-”接线柱，黑表笔接电压表的“+”接线柱；[2]多用电表欧姆挡选择“”挡，表头读数为，所以欧姆挡测量电阻值为。（3）[1]电压表的量程为，所以电压表读数为；[2]多用电表欧姆挡中值电阻为即多用电表欧姆挡的内阻为根据闭合电路欧姆定律有其中所以欧姆表内电源电动势三、计算题，本题共3小题，15题9分，16题12分，17题17分，共38分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确的写出数值和单位。15.如图所示，矩形线圈ABCD面积为，匝数为匝，电阻为，在磁感应强度为的匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动，线圈通过滑环与的定值电阻、理想二极管及理想电流表组成回路。求：（1）线圈中产生感应电动势的最大值；（2）流过定值电阻R的电流的有效值；（3）线圈转动一周的过程中在R上产生的焦耳热。（结果保留两位小数）【答案】（1）400V（2）2A（3）22.61J【解析】（1）由感应电动势最大值代入数据解得（2）根据闭合电路的欧姆定律可得，流过定值电阻R的电流最大值由于理想二极管具有单向导电性，所以该电流一个周期内在R上产生的热量设该电流的有效值为I，根据有效值的定义联立解得（3）由题可知交流电的周期根据焦耳定律可得，线圈转动一周的过程中在R上产生热量为16.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的圆形区域，区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，其余部分没有磁场。磁场边界与x轴的相切于M点、与y轴相切于Q点。在第二象限内有一个电压为U的平行板电容器。某时刻从电容器左极板边缘由静止释放一个带电粒子，经过电容器加速后，从y轴上的Q点沿水平方向射入磁场，经磁场偏转后恰好从M点射出。不计粒子的重力及空气阻力，求：（1）粒子的比荷；（2）若将平行板电容器的电压增大为3U，仍在电容器左极板边缘由静止释放一个同样的粒子，经电场加速，再经磁场偏转后从磁场边界上某点射出磁场，最后打到x轴上的P点（未画出），求粒子从Q