2025-2026学年山东省济宁市部分高中高二下学期期中检查物理试题(解析版)

高级中学名校试卷PAGE2026学年山东省济宁市部分高中高二下学期期中检查物理试题1.下列科学家对电磁感应的发现作出过贡献的是(  )A.伽利略 B.焦耳 C.法拉第 D.欧姆【答案】C【解析】伽利略通过理想斜面实验和自由落体研究，奠定了经典力学的基础，但未涉及电磁学领域，A错误；焦耳的主要贡献是发现焦耳定律，研究电流热效应和热功当量，与电磁感应的发现无关，B错误；法拉第在1831年首次发现发现了磁生电的规律，是电磁感应发现的核心贡献者，C正确；欧姆的主要贡献是提出欧姆定律，研究电路中电流、电压、电阻的定量关系，与电磁感应的发现无关，D错误。故选C。2.下列四个选项中没有利用涡流原理的是（  ）A.安检门 B.金属探测器

C.高频感应炉冶炼金属 D.变压器铁芯用薄硅钢片叠合而成【答案】D【解析】安检门和金属探测器的原理相同，均是利用交变磁场在金属物体中产生涡流，涡流产生的磁场进而影响探测器的磁场，从而检测到金属物体，与题意不符，AB错误；高频感应炉冶炼金属时，高频交变电流产生的交变磁场在金属物体中产生强大的涡流，涡流产生的热量从而使金属熔化，利用了涡流原理，与题意不符，C错误；由于整块铁芯在交变磁场中会产生很大的涡流，从而导致能量损耗加大和铁芯发热，而用薄硅钢片叠合，并且硅钢片之间有绝缘层，可以阻断涡流的通路，减小涡流的影响，故变压器的铁芯用互相绝缘的硅钢片叠压而成,是为了减小涡流，而不是利用涡流，与题意相符，D正确。故选D。3.对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列说法正确的是(  )A.电流做周期性变化，它是交流电B.电流的大小、方向都变化C.电流的有效值为2D.电流的周期是0.01s，最大值是0.2A【答案】D【解析】该电流大小随时间做周期性变化，但方向始终为正方向，是直流电，AB错误；该电流不是正弦式交流电，有效值I≠Im2=210A，电流的周期为0.01s，最大值为0.2A4.福建舰采用先进的电磁弹射系统，其简化结构图如图所示。虚线MN的右侧存在一方向垂直于纸面向里的磁场，一边长为l的正方形单匝金属线框abcd放在光滑绝缘水平面上，线框质量为m，单位长度的电阻为r，ab边在虚线MN左侧且紧靠虚线MN。现让磁场的磁感应强度B随时间t按照B=B0A.线框不受向左的冲量B.线框在t=0时刻的电流方向为adcbaC.线框离开磁场时的动能大于安培力对线框做的功D.线框在t=0时刻的加速度大小为B【答案】D【解析】磁感应强度B随时间均匀增大，穿过线框的磁通量增大。由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针abcda，因此线框有向左运动的趋势(“增缩减扩”中的“缩”)，故会受到向左的安培力冲量，AB错误；由动能定理可知，安培力对线框做的功等于线框动能的变化量，由于线框初始状态的动能为零，故安培力做的功等于线框离开磁场时的动能，C错误；线框在t=0时刻产生的感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=kl2，线框的总电阻R=4lr5.某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量随时间变化的规律如图所示，那么在图中(  )A.t1B.t2C.t3D.t4【答案】A【解析】t1时刻，穿过线圈的磁通量最大，A正确；图像的斜率表示磁通量的变化率，t2时刻，磁通量的变化率最大，由法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势达最大值，B错误；t3时刻，图像斜率为0，穿过线圈的磁通量变化率为0，C错误；t4时刻，穿过线圈的磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行，位于与中性面垂直的位置，6.电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示的方式连接，R1=10Ω，R2=20Ω。合上开关SA.通过R1的电流有效值是B.R1两端的电压有效值是C.通过R2的电流最大值是D.R2两端的电压最大值是【答案】D【解析】由图可知，正弦式交变电流的最大值为10A，所以有效值I=im2=52A，根据欧姆定律可知，R1两端的电压有效值是U=IR1=502V，AB错误；因为R1与R2并联，则电压相等，通过R27.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动.金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框始终处于同一平面内，且垂直于纸面，则线框中感应电流的方向()A.一直是a→b→c→d→aB.一直是d→c→b→a→dC.先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD.先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d【答案】B【解析】〖祥解〗本题考查楞次定律的应用，关键在于先找出原磁通量的变化，再由楞次定律确定感应电流的磁场方向，最后确定感应电流．线框由静止释放至到达最低点过程中，穿过线框的磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向也向上，再由安培定则可知，感应电流的为向为d→c→b→a→d；同理，从最低点继续向左摆动过程中，穿过线框向土的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向是d→c→b→a→d，B正确；ACD错误；故选B．【『点石成金』】楞次定律可理解为“增反减同”，在应用中要掌握其步骤，并能正确应用安培定则等相关知识．8.如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其构成的平面均与水平面垂直，整个装置处于垂直于轨道平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R，先保持棒b静止，棒a由静止释放达到匀速运动时释放棒b，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0两棒达到相同的速度。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是A.棒a由静止释放达到匀速运动的速度为mgRB.棒b释放瞬间的加速度为gC.两棒达到的相同速度为gD.在时间t0内棒a相对于棒b运动的距离为【答案】D【解析】保持棒b静止，将棒a由静止释放，棒a切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0，回路中产生的感应电流为I=E2R=BLv02R，棒a受到的安培力为F=BIL=B2L2v02R，棒a匀速运动时，合力为零，则有F=mg，代入数据解得v0=2mgRB2L2，A错误；棒b释放瞬间，回路中有感应电流。棒a已匀速，安培力F=mg，棒b受到的安培力方向向下，大小为F=mg。对棒b应用牛顿第二定律：mg+F=ma，代入F=mg，得a=2g，B错误；对a、b棒两棒系统应用动量定理(安培力等大反向，冲量抵消，系统受合外力为两棒重力之和)：2mgt₀=2mv-mv₀9.如图所示，该电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，稳定后设通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L1的电流为I2，小灯泡L1处于正常发光状态，迅速断开开关S，则可观察到小灯泡LA.线圈L中电流I1B.线圈L的a端电势低于b端电势C.小灯泡L1中电流由I1逐渐减为零，方向与D.小灯泡L1中电流由I【答案】BC【解析】断开开关S的瞬间，通过线圈L的电流I₁开始减小，线圈产生自感电动势，阻碍电流的减小，因此电流I₁是逐渐减小的，A错误；迅速断开开关S时，线圈产生自感电动势，相当于电源，b端相当正极，a相当于负极，b端电势高于a端，B正确；线圈L与小灯泡L₁构成闭合回路，线圈中减小的电流I₁流过小灯泡，方向为从b→L₁→a，与小灯泡原电流I₂(方向为a→L₁→b)相反，电流由I1逐渐减为零，C正确，D错误。故选BC10.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO'恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始以角速度ω绕OA.线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势最大为EB.从图示位置开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BC.线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量q=D.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量Q=【答案】AD【解析】线圈转动中，只有一半面积在磁场中，当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em=NBSω=12BL2ω，瞬时值表达式为e=Emsinωt=12BL2ωsinωt，A正确，B错误；线圈从图示位置转过90°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为ΔΦ=BS=B×12L211.如图所示，空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，正方形导线框从紧靠磁场的位置I以某一初速度垂直边界进入磁场，运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场，运动到位置Ⅲ(线框各有一半面积在左、右两个磁场中)时速度恰好为0。设从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，通过线框某一横截面的电荷量分别为q1、q2，线框中产生的焦耳热分别为Q1，A.q1:q2=1:1 B.q1【答案】AD【解析】根据电荷量的计算公式可得q=It=ERt=ΔΦR=BSR，从位置Ⅰ到位置Ⅱ磁通量的变化量为ΔΦ1=BS，在位置Ⅲ时，左右磁通量相互抵消，磁通量为零，所以从位置Ⅱ到位置Ⅲ磁通量的变化为ΔΦ2=BS，所以q1：q2=1：1，A正确，B错误；设初速度为v0，完全进入磁场时的速度大小为v；取向右为正方向，从位置Ⅰ到位置Ⅱ，根据动量定理可得-BI1Lt1=mv-mv0，即Bq1L=mv0-mv，取向右为正方向，从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，根据动量定理可得-2BI2Lt2=0-mv，即2Bq2L=12.理想变压器原、副线圈的匝数比为1:3，线路上有4个相同的定值电阻R1、R2、R3、R4，阻值均为R，还有一个可变电阻R5，调节范围为0~R，A、V为理想电表，如图所示，在A.若将R5的阻值调为R，则R1、RB.若将R5的阻值调为R，则流过R1、R2、C.若将R5的阻值增大，则电压表和电流表的示数变化量之比ΔD.若将R5的阻值调为R【答案】BD【解析】分析电路结构，原线圈电路中电阻R2和原线圈并联，再与定值电阻R1串联，副线圈电路中，可变电阻R5与定值电阻R4并联，再与定值电阻R3串联，电压表测副线圈两端电压，电流表测量流过副线圈电流，将变压器和副线圈所接的电阻等效为电阻R等，设原、副线圈上的电压为U1、U2，电流为I1、I2，则R等=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2R'，R'=R+R⋅RR+R=32R，R等=16R，则R2与R等的总电阻为113.某实验小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”，可拆变压器如图甲、乙所示。(1)下列给出的器材中，本实验需要用到的是(  )A．干电池

B．学生电源C．多用电表

D．实验室用直流电压表(2)关于本实验，下列说法正确的是(  )A．为确保实验安全，只能使用低压交流电源B．通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接C．变压器使用时没有能量消耗D．变压器开始正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈【答案】(1)BC(2)A【解析】(1)本实验需要使用交流电源来产生交变磁场，因此需要学生电源(提供低压交流电)，并使用多用电表的交流电压挡来测量电压。干电池是直流电源，直流电压表无法测量交流电的有效值，因此不需要，故选BC。(2)为确保实验安全，实验中要求只能使用低压交流电源，A正确；通电时，严禁用手直接接触裸露的导线，以防触电或造成短路，B错误；变压器使用时有漏磁、热损耗，并非没有能量损耗，C错误；变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，D错误。故选A。14.“祖冲之”研究小组探究楞次定律的实验。(1)除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择                  。A.量程为0~3V的电压表B.量程为0~3A的电流表C.零刻度在中间的灵敏电流计D.量程为0~0.6A的电流表(2)该同学首先按图甲所示的电路图接线，用来查明电流表指针的                  与                  的关系，然后再按图乙所示的电路图将电流表与线圈E连成一个闭合回路。在图甲中，当闭合开关S时，观察到电流表的指针向左偏(不通电时指针停在正中央)。(3)在图乙中，磁铁N极插入线圈E的过程中电流表的指针将                  (填“向左”或“向右”)偏转，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针的偏角                  (填“不变”“变大”或“变小”)。【答案】(1)C(2)偏转方向；电流方向(3)向左；变大【解析】(1)探究楞次定律需要观察感应电流的方向，感应电流通常很微弱。应选用灵敏度高、且能直接显示电流方向的零刻度在中间的灵敏电流计。故选C。(2)用图甲所示的电路图，主要是查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系。(3)甲图中电流从电表的右端流入(电源正极接右端)导致指针左偏；在图乙中，磁铁N极插入线圈E的过程中，通过线圈E的磁通量增大，根据楞次定律，可知产生向上的感应磁场，根据安培定则可知，线圈E(从上往下看)产生逆时针的感应电流，即线圈E的下端为电源的正极，所以电流从电流表的右端流入电流表，故电流表的指针向左偏；当磁铁插入螺线管的速度越快，通过线圈E的磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势越大，所以产生的感应电流也越大，则电表指针的偏角变大。15.图为某组同学研究远距离输电过程的装置图，矩形导线框ABCD绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势e=2502sin100πt(V)。导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电，要求输电线上损失的功率为输电功率的4%。理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为(1)电流表的读数；(2)升压变压器原、副线圈的匝数比。【答案】(1)11A(2)2【解析】(1)设升压变压器输入端电压、电流分别为U1、I1，降压变压器输出端电压、电流分别为U4、根据题意P电流表示数为原线圈电流I₁，代入数据可得I(2)设高压输电线上的电流大小为I2，根据理想变压器电流和匝数的关系可知，得I则升压变压器原、副线圈的匝数比为n16.“感应焊”是一种常用的焊接方法，可以在不接触工件的情况下完成焊接工作。图甲是焊接的原理示意图。将半径r=15cm的待焊接的环形金属工件放在感应线圈中，然后在线圈中通以变化的电流，线圈产生垂直于工件所在平面的磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，t=0时刻磁场方向垂直线圈所在平面向外。工件非焊接部分单位长度的电阻R0=1.0×10-3Ω⋅m(1)求0∼3×10(2)求t=1s内电流通过焊接处所产生的焦耳热。【答案】(1)1000A(2)6075J【解析】(1)根据题意，环形金属工件的电阻R=2π根据法拉第电磁感应定律，在0∼3×10-2根据闭合电路欧姆定律可知，电流I=解得I=1000(2)感应电流只在磁感应强度B变化的时间段内存在，在38在12T∼7在78根据电流的热效应可知，在同一个周期内有I解得I由题意可知，在t=1s内电流通过焊接处所产生的焦耳热又有R解得Q=607517.如图甲所示，足够长的平行倾斜金属导轨与水平地面的夹角为37°，导轨间距L=1m，导轨所在区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=2T。导轨上端接有电容器C和电阻R，电容器的电容C=1×105μF，电阻的阻值R=10Ω，质量为0.1kg的导体棒ab放置在导轨上，导体棒ab始终与导轨垂直且接触良好，两者间的动摩擦因数μ=0.2且处处相等，导轨与导体棒(1)若闭合S1，断开S(2)若闭合S2，断开S1，并对该导体棒施加沿导轨平面向上的恒力F，t=1s时，导体棒的速度恰好为0.6m/s(3)将电阻R所在电路拆下，然后在导轨间固定一弹簧，将弹簧另一端连接导体棒，如图乙所示，若弹簧及固定装置均绝缘且光滑，弹簧的劲度系数k=0.5N/m，弹簧弹力始终垂直导体棒，闭合S2，由静止释放导体棒时弹簧处于原长，求导体棒向下运动过程中电容器能充入电荷量的最大值(做简谐运动的物体最大能量的表达式E=12K【答案】(1)1.1(2)0.14N或(3)0.24【解析】(1)闭合S₁，断开S₂时，导体棒与电阻R构成闭合回路。导体棒最终匀速运动时，沿斜面方向受力平衡：mg由闭合电路的欧姆定律I=代入得v(2)闭合S₂，断开S₁时，导体棒与电容器构成回路。取一小段时间Δt分析，由动量定理有或(F-mg又