2025-2026学年河南开封五校高二下学期期中考试物理试题(解析版)

高级中学名校试卷PAGE2026学年河南开封五校高二下学期期中考试物理试题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M到N D.图丁中，导体棒中的电流从M到N【答案】A【解析】根据“增反减同”，感应电流的磁场应向里，由右手螺旋定则(安培定则)，感应电流方向为顺时针，A正确；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，B错误；由Φ=BS，B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N到M，C错误；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N到M，D错误。故选A2.如图所示，一根通电导线abc弯折后固定在匀强磁场中，电流大小为I，磁感应强度为B，ab的长度为l，∠abc为θ，bc与磁感线垂直，ac连线与磁感线平行，下列说法正确的是A.导线ab所受安培力大小为BIl B.导线bc所受安培力大小为BIl

C.导线abc所受安培力大小为BIl D.导线abc所受安培力大小为0【答案】D【解析】ab段导线与磁场方向不垂直，其垂直于磁场的有效投影长度为lcosθ，bc段与磁感线垂直，其有效长度为lcosθ，由F=BIL可知导线ab、bc所受安培力大小均为BIlcosθ，方向相反，故导线3.匝数为n=4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R=2Ω。则0~0.4s的时间内，线圈中产生的焦耳热为A.4J B.42J

C.8J 【答案】C【解析】图像中Φ按正弦规律变化，产生的是余弦交流电，焦耳热需用有效值计算，线圈转动的周期：T=0.2s，角速度：ω=2πT=2π0.2s=10πrad/s，0~0.2s的时间内，最大磁通量Φm1=210πWb，0.2s~0.4s的时间内，最大磁通量Φm2=25πWb，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大值E4.如图甲所示为一LC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i-t图像，已知线圈的自感系数为L，电容器的电容为C，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t3C.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【答案】B【解析】由图中的磁场(安培定则)可判断，流过电流计的电流方向为向左(逆时针方向)，A错误；该时刻线圈的磁场能正在逐渐减弱，磁场能正在转化为电场能，则此时正处于充电过程，电路电流逐渐减小，故该时刻应介于t3∼t4之间，B正确；该时刻线圈正处于充电过程，电容器带电量Q不断增大，由U=QC，可知，极板间电压增大，C错误；减小极板间距d，由电容决定式C=ϵS4πkd，可知d减小，C增大，LC振荡周期公式为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L1、L2为两个完全相同的灯泡，L为电感线圈且直流电阻不能忽略，RA.开关闭合瞬间，两灯泡均立即变亮B.开关闭合后，灯泡L1逐渐变亮，灯泡LC.开关断开后，灯泡L1逐渐变暗，灯泡LD.开关闭合与断开瞬间，流过灯泡L2【答案】B【解析】开关闭合瞬间，电感线圈L产生自感电动势，阻碍通过其支路(L1支路)电流的增大，故灯泡L1逐渐变亮，而灯泡L2支路无电感，因此L2立即变亮，A错误，B正确；开关断开的瞬间，自感线圈L、L1、L2组成闭合回路，由于自感线圈阻碍原电流的变化，所以灯泡L1和L2都逐渐熄灭，C错误；开关闭合瞬间，通过灯泡L2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L2的电流向左，D错误。故选B。6.如图所示，足够长的粗糙绝缘直杆倾角为θ，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μ<tanθ，重力加速度为g，现给小球一沿杆向上的初速度vA.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【答案】D【解析】上升过程中，小球速度v沿杆向上，由左手定则可知洛伦兹力FL=qvB垂直杆向上。若qv0B<mgcosθ，则杆对小球的支持力N=mgcosθ-qvB，方向垂直杆向上，随着v减小，N增大，摩擦力f=μN增大，由牛顿第二定律mgsinθ+f=ma可知加速度a一直增大；若qv0B>mgcosθ，则N=qvB-mgcosθ，方向垂直杆向下，随着v减小，N先减小后反向增大，加速度a先减小后增大。A错误；上升过程，重力分力和摩擦力均沿杆向下，合力向下，小球一直减速，不可能匀速，B错误；下滑过程中，小球速度v沿杆向下，由左手定则可知洛伦兹力FL=qvB垂直杆向下。杆对小球的支持力N=mgcosθ+qvB，摩擦力f=μN=μ(mgcosθ+qvB)，方向沿杆向上。由牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma，即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)，t=0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d、匝数为N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r。下列说法正确的是(  )A.0∼tB.0∼2tC.线圈中产生的感应电流大小为BD.t02【答案】B【解析】在0∼t0，B向里减弱，由楞次定律(增反减同)，感应电流磁场应向里，故感应电流沿顺时针方向，A错误；由楞次定律可知，在0∼2t0时间内线圈内感应电流始终沿顺时针方向，在0∼t0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；t0∼2t0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，B正确；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=NΔΦΔt=NSΔBΔT=N⋅128.2025年6月21日，四川甘孜藏族自治州金上至湖北±800千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U1=200V，输出功率为P1=50kW，输电线的总电阻为r=60A.图中X为逆变器，Y为整流器 B.升压变压器的匝数比为1:25

C.用户得到的功率为44kW D.增加用户时，用户得到的电压升高【答案】BC【解析】发电厂输出交流电，需先整流为直流电传输，到用户端再逆变为交流电，故X为整流器，Y为逆变器，A错误；对于降压变压器有U3U4=n3n4，解得U3=4400V，设输电线的电流为I2，由能量守恒定律得P1=I22r+U3I2，解得I2=10A，又I9.如图所示，正方形线框放在绝缘水平面上，其中MN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：①在外力作用下保持线框向右匀速运动，直到PQ边与虚线重合；②在外力作用下使线框绕MN轴沿顺时针方向匀速转动，保持PQ边的线速度大小与①中匀速运动的速度大小相等，直到PQ边转到虚线的正上方。下列说法正确的是(  )A.①、②两种方式，线框离开磁场瞬间MN两端的电压不同B.①、②两过程中，流过MN某一横截面的电荷量不同C.①、②两过程中，线框产生的焦耳热之比为4:πD.①、②两过程中，流过线框的平均电流之比为π:2【答案】CD【解析】两种方式离开磁场瞬间(末态)只有PQ边切割磁感线，且PQ边切割磁感线的速度相同，则PQ边产生的感应电动势相等，MN两端的电压等于感应电动势的14，所以线框离开瞬间MN两端的电压相同，A错误；两种方式下，磁通量的变化量ΔΦ相同，由q=ΔΦR，可知通过横截面的电荷量相同，B错误；方式①：感应电动势E1=BLv，平均感应电流为I1=E1R，运动时间t1=Lv，焦耳热Q1=I12Rt1=B2L310.如图甲所示，圆心在x轴上的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，t=0时刻在O点沿x轴正方向发射一个速度为v、比荷为k的带正电粒子，粒子运动过程x、y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vy的最大值为C.粒子的轨迹半径为3v(D.圆形磁场的圆心到O点的距离为3【答案】AC【解析】进入磁场后，vy分量由0开始正向增加，说明洛伦兹力提供向上的分力，由左手定则(正电荷)，可判断磁场方向垂直纸面向里，A转过的圆心角范围为0∼120∘，速度分量满足vx=vcosθ，vy=vsinθ，θ∈[0,120∘]，只有当θ=90∘时，sinθ=1，vy达到最大值v，而出磁场时(θ=120∘)vy=3v2，则θ不能为90°，B错误；粒子出磁场时速度偏转角等于圆心角，即θ=120∘=2π3，粒子在磁场中运动时间Δt=t2-11.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P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N两侧面间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，U(1)用螺旋测微器测出薄片厚度d，如图乙所示，则d=                  mm。(2)已知金属薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子电荷量的绝对值为e，则霍尔电压UH=                  。((3)在如图甲所示的磁场中，金属薄片N面的电势                  (选填“高”或“低”)于M面的电势；若金属薄片垂直于电流方向的横截面积为S，要让通入电流后电子不发生偏转，需要在NM间加上的匀强电场的电场强度大小为                  (用I，B，S，n，e表示)。【答案】(1)0.520(2)IB(3)高；IB【解析】(1)螺旋测微器固定刻度为0.5mm，可动刻度为2.0×0.01mm=0.020mm，则薄片厚度为：d=0.5mm(2)当电场力与洛伦兹力平衡时，有eUHL=evB(3)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M端，使其电势低，同时相对的N端电势高，故N端的电势比M端的电势高；由I=nevS，可得v=IneS，要让电子不发生偏转，需满足洛伦兹力等于电场力，则有Bev=Ee12.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1、2、3对应的线圈匝数分别为300匝、600匝、1200匝，触头4、5对应的线圈匝数分别为100匝、200匝。(1)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“ab”或“cd”)；(2)若变压器原线圈的输入电压为18V，原线圈的单刀多掷开关接触头2，此时副线圈多用电表的旋钮旋至10V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                  V(保留一位小数)，此时副线圈单刀多掷开关接的是触头                  (选填“4”或“5”)；(3)若将原线圈的单刀多掷开关接触头3，副线圈的单刀多掷开关接5，则当原线圈接入的电压为12V时，接入副线圈多用电表的示数可能为                  (选填“3V”“2V”或“1.9V”)，其原因可能为                  (说出一种理由即可)。【答案】(1)cd(2)6.0；5(3)1.9V；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】(1)变压器只能对交流电进行变压，学生电源上ab端为直流输出端，cd端为交流输出端，原线圈必须接入交流电，因此应接cd端。(2)多用电表旋钮旋至10V挡位，由图丙可知，读数为6.0V；根据理想变压器电压与匝数的关系U1U2=n1n2，其中n(3)原线圈接触头3，对应匝数n1'=1200匝；副线圈接触头5，对应匝数n2'=200匝。原线圈电压U113.如图所示，矩形线框ABCD的匝数为n=50匝，其中AD=10cm，AB=15cm，矩形线框的电阻值r=3.0Ω，矩形线框在M、N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R=7.0Ω，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B=22πT，OO'为过(1)电压表的示数；(2)从t=0时刻开始，线框转过180°的过程中，流过电流表的电荷量；(3)从t=0时刻开始，在1min的时间内定值电阻上产生的焦耳热。【答案】(1)21(2)3(3)3780【解析】(1)线框的角速度为：ω=感应电动势的最大值为：E感应电动势的瞬时值为：e=电压表的示数：U=(2)线框从图示位置转过180°所用的时间为：t=则磁通量变化量的绝对值：ΔΦ由法拉第电磁感应定律：E由闭合电路欧姆定律：I又q=整理得q=n解得：q=(3)感应电动势的有效值为：E=根据欧姆定律：I=1min的时间内定值电阻上产生的焦耳热为：Q解得：Q14.如图所示，倾角为θ=30°的固定斜面足够长，斜面光滑且绝缘，水平虚线1、2间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T。质量为m=1kg、阻值为r=2Ω、边长为L=1m的正方形导体框abcd由静止释放，释放时线框的cd边水平，且cd边与虚线1相距s=0.1m，cd边越过虚线2时线框刚好匀速运动。已知cd边刚越过虚线1到ab边运动到虚线1所用的时间为t=0.6s，重力加速度g=10m/s2，导体框不转动。求：,(1)cd边刚越过虚线1瞬间导体框的加速度大小a；(2)虚线1、2之间的距离x。【答案】(1)3m/s2(2)1.225m【解析】(1)设cd边刚越过虚线1时的速度为v0根据机械能守恒定律有：mgs解得：v0=1m/s根据电磁感应：E=BL根据欧姆定律：I=对导体框，根据牛顿第二定律有：mg解得，cd边刚越过虚线1瞬间加速度的大小a=3(2)设框ab边刚越过虚线1时的速度为v1，cd边刚越过虚线2时的速度为v，cd边越过虚线1到ab边运动到虚线1根据动量定理有：mgsin其中∑联立解得：v1=2m/scd边刚越过虚线2时导体框做匀