江苏苏州市2025-2026学年高二下学期期中调研物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1高二期中调研试卷物理一、单项选择题：共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项最符合题意。1.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A.将金属杯换为陶瓷杯B.增加线圈的匝数C.取走线圈中的铁芯D.交流电源换为直流电源【答案】B【解析】A．陶瓷是绝缘体，自由电荷极少，无法在变化的磁场中产生感应电流（涡流），也就无法产生焦耳热来加热水，故A错误；B．增加线圈匝数，线圈产生的磁场更强，穿过金属杯的磁通量变化率更大，金属杯感应出的涡流更大，发热功率增大，可缩短加热时间，故B正确；C．铁芯的作用是增强磁场，取走铁芯后磁场减弱，涡流减小，发热功率降低，加热时间变长，故C错误；D．直流电源产生稳定磁场，金属杯内磁通量不变，无法感应出涡流，不能加热水，故D错误。故选B。2.速度选择器的装置如图所示，这种装置能把具有特定速度的粒子选择出来。下列关于速度选择器的说法正确的是（）A.这个特定速度与粒子的质量有关B.这个特定速度与粒子的比荷有关C.从左向右以特定速度射入的粒子才能沿图示虚线穿出速度选择器D.从右向左以特定速度射入的粒子有可能沿图示虚线穿出速度选择器【答案】C【解析】AB．能通过速度选择器的粒子满足电场力与洛伦兹力平衡，即化简得

说明该速度仅由电场强度和磁感应强度决定，与粒子的质量、比荷均无关，故A、B错误；CD．若粒子带正电，则受到的电场力的方向向下，向右运动时受到的洛伦兹力的方向向上，当满足时，洛伦兹力才能与电场力平衡；同理，若粒子带负电，则受到的电场力的方向向上，向右运动时受到的洛伦兹力的方向向下，当满足时，洛伦兹力才能与电场力平衡，所以从左向右以特定速度射入的粒子才能沿直线穿出速度选择器；而若粒子从右向左射入，电场力和洛伦兹力要么都向下（粒子带正电)，要么都向上（粒子带负电），无法沿虚线穿出速度选择器。故C正确，D错误。故选C。3.阴极射线管中电子束由阴极沿轴正方向射出，在荧光屏上出现一条亮线（如图），要使该亮线向轴正方向偏转，可加上（）A.轴正方向的磁场 B.轴负方向的磁场C.轴正方向的电场 D.轴负方向的电场【答案】B【解析】A．若加一沿z轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴正方向，亮线向y轴正方向偏转，故A错误；B．若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向z轴正方向偏转，故B正确；C．若加一沿z轴正方向的电场，电子受电场力作用沿z轴的负方向偏转，故C错误；D．若加一沿y轴负方向的电场，电子受电场力作用向y轴正方向偏转，故D错误。故选B。4.如图所示，A、B是完全相同的两只小灯泡，是自感系数很大、直流电阻不计的线圈，下列说法正确的是（）A.闭合电键S瞬间A灯逐渐变亮，B灯立即亮B.电键闭合一段时间后A灯和B灯亮度相同C.断开电键S瞬间B灯立即熄灭D.断开电键S瞬间A灯逐渐熄灭【答案】C【解析】AB．开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，直至熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮。故AB错误；CD．断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，维持L中的电流逐渐减小，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C正确，D错误。故选C。5.如图所示，质量、电荷量均相等的甲、乙粒子以不同的速率经小孔P垂直磁场边界MN进入垂直纸面向外的匀强磁场，垂直磁场边界MN射出磁场，半圆轨迹如虚线所示（不计重力）。下列说法正确的是（）A.甲带负电，乙带正电B.甲、乙两带电粒子受到的洛伦兹力大小相等C.甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间D.甲的速率大于乙的速率【答案】D【解析】A．根据左手定则，磁场垂直纸面向外，甲粒子向下运动向左偏转，可知甲粒子带正电；乙粒子向下运动向右偏转，可知乙粒子带负电，故A错误；B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得由图可知甲的轨道半径大于乙的轨道半径，即，且、、均相同，所以根据洛伦兹力公式可知甲受到的洛伦兹力大于乙受到的洛伦兹力，故B错误；C．粒子在磁场中运动的时间由于、、均相同，所以两粒子在磁场中运动的时间相等，故C错误；D．由B选项分析可知，根据由于，且、、均相同，所以甲的速率大于乙的速率，故D正确。故选D。6.回旋加速器的工作原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，由高频振荡器产生的交变电压u加在两盒的狭缝处。A处的粒子源产生的带电粒子在加速器中被加速。下列说法正确的是（）A.带电粒子在D形盒内被磁场不断地加速B.交变电压的周期等于带电粒子在磁场中做圆周运动周期的一半C.两D形盒间交变电压u越大，带电粒子离开D形盒时的动能越大D.保持磁场不变，增大D形盒半径，能增大带电粒子离开加速器的最大动能【答案】D【解析】A．带电粒子通过D形盒之间的交变电压进行加速，A错误；B．带电粒子每运动半圈会进行加速，则交变电压的周期与圆周运动周期相等，B错误；CD．根据带电粒子的最大动能为可知，带电粒子的最大动能与磁场和加速器半径有关，与交变电压无关，半径越大，最大动能越大，C错误，D正确。故选D。7.如图所示，导体棒ab垂直放在间距为L的水平导轨上，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ。已知回路中电流为I，导体棒始终处于静止状态。下列说法正确的是（）A.安培力大小为ILBcosθB.安培力大小为ILBsinθC.静摩擦力大小为ILBsinθD.静摩擦力大小为ILBcosθ【答案】C【解析】AB．安培力公式为

，

是电流方向与磁场方向的夹角。本题中电流沿导体棒方向，与磁场垂直，即，，因此安培力总大小

，故选项A、B错误；CD．将磁场分解为垂直导轨平面的分量

和平行导轨平面的分量

，对应平行导轨方向（水平方向）的安培力分量导体棒静止，水平方向二力平衡，静摩擦力大小等于安培力的水平分量，即

，故C正确，D错误。故选C。8.如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。在0~0.2 s与0.2 s~0.6 s内（）A.磁通量变化量大小之比为2∶1B.通过金属框横截面的电荷量之比为2∶1C.金属框产生的热量之比为4∶1D.金属框ad边受到的安培力冲量大小之比为1∶1【答案】D【解析】A．，，时间，平均磁感应强度B‾1=0.25T，，时间，平均磁感应强度B‾2=0.25T磁通量变化量因此，故A错误；B．电荷量因此，故B错误；C．由焦耳定律感应电动势代入得因，故，故C错误；D．冲量其中为图像与时间轴围成的面积，

内面积内面积则冲量大小之比故D正确。故选D。9.如图所示，第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子（不计重力），从y轴上的P点以速度v水平向右射入匀强磁场，从x轴上的Q点射出磁场，且速度方向与x轴正方向成30°角，OQ＝a。下列说法正确的是（）A.粒子在磁场中运动的轨道半径为aB.匀强磁场的磁感应强度大小为C.粒子穿过第一象限的时间为D.若仅增大粒子速度，则粒子在磁场中运动的时间变长【答案】C【解析】A．粒子初速度水平向右，洛伦兹力竖直向下，圆心在轴上。粒子从点射出时速度方向与轴正方向成角，则半径与轴负方向夹角为（或者说与竖直方向夹角为）。在中，，，则轨道半径，故A错误；B．根据洛伦兹力提供向心力解得，故B错误；C．粒子在磁场中运动的周期粒子速度偏转角等于圆心角则粒子穿过第一象限的时间，故C正确；D．若仅增大粒子速度，由，可知轨道半径增大。粒子轨迹变得平缓，偏转程度减小，即圆心角减小。由（周期与速度无关）可知粒子在磁场中运动的时间变短，故D错误。故选C。10.如图所示为某同步加速器简化示意图，在以正六边形顶点为圆心、R为半径的六个圆形区域内，存在磁感应强度相同且大小可调的匀强磁场，初始时磁感应强度为B0，P、Q间有恒定加速电压。将质量为m、电荷量为－q的粒子从P板无初速度释放，其沿顺时针方向在加速器内被循环加速。不计粒子重力和相对论效应，下列说法正确的是（）A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外B.带电粒子第二次加速后进入磁场时，磁感应强度为C.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为RD.带电粒子经第一次回到P点【答案】B【解析】A．粒子带负电，沿顺时针方向偏转，洛伦兹力需指向正六边形中心（轨迹内侧）。根据左手定则（负电荷四指指向运动反方向，磁感线穿手心），可得磁场方向垂直纸面向里，A错误。B．粒子轨迹半径保持不变（才能沿固定路径运动），由洛伦兹力提供向心力得设加速电压为，第一次加速后：得第二次加速后总动能：可得代入得，B正确。C．根据几何关系：圆形磁场圆心（设为O点）在正六边形顶点，半径为，粒子在磁场区域圆周轨迹半径为r，经过圆形磁场，进入点与离开点、满足，由几何关系得，C错误。D．第一次回到点的总时间，等于六个磁场中运动时间加上六个磁场之间直线运动的时间；选项给出的只是磁场中运动的总时间，总时间大于该值，D错误。故选B。11.如图所示，正方形导线框在光滑水平面上以某初速度进入有界匀强磁场，线框边长是磁场宽度的一半。线框穿过磁场的过程中，感应电流i随时间t的变化关系和速度v随位移x的变化关系图像，可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】AB．根据法拉第电磁感应定律设线圈电阻为R，根据闭合电路的欧姆定律根据安培力公式根据牛顿第二定律联立解得根据加速度的表达式可知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出磁场；此过程v-t图应为如下图所示由于线框宽度只有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速运动的距离与出磁场的距离相等则根据可知出磁场电流将越来越小，方向与进磁场时的电流方向相反综上可以得出出磁场时间比在磁场中匀速运动时间更长，故AB错误；CD．线框进入磁场过程中，水平向右由动量定理，联立得，即因此v-x图应该线性变化；完全进入磁场后，通过线框的磁通量为定值，所以没有安培力，线框做匀速直线运动；出磁场时同理可得线框v-x图应该也为线性变化，故C错误，D正确。故选D。二、非选择题：共5小题，共56分。其中第13题~第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.小明在做“探究影响感应电流方向的因素”实验时，遇到以下几个问题：（1）在选择电表时如图所示，应选择________（选填电表下方对应的字母）A. B. C. D.（2）小明认为即使没有电流表，利用小磁针也可以判断感应电流的方向。如图所示，为使小磁针在回路中有电流时发生的偏转最明显，小磁针上方的导线应该沿________（选填“东西”、“南北”或“竖直”）方向放置。（3）小明想用螺线管代替条形磁铁，如图所示请用笔划线代替导线帮他把电路连接完整（图中电表已被遮挡）。（4）为了完成实验，应明确两线圈的________（选填“匝数”或“绕向”）。（5）小明在开关还没断开时，直接用手去拆除电路中的导线，结果被电击了一下，请说明可能的原因。____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。【答案】（1）C（2）南北（3）（4）绕向（5）见解析【解析】（1）本实验需要通过指针偏转方向判断感应电流的方向，因此需要选用零刻度在表盘中央的灵敏电流计，以实现指针向左或向右的偏转。故选C。（2）地磁场沿南北方向，小磁针原本沿南北方向指向。导线沿南北方向放置时，导线中电流产生的磁场方向沿东西方向，与地磁场垂直，小磁针的偏转最明显。（3）本实验分为两个独立回路：原线圈回路中，将电源、开关、滑动变阻器、内侧小原螺线管串联，滑动变阻器接一上一下接线柱，限流接入即可；副线圈将外侧大副螺线管和电表连接好即可。电路如下：（4）判断感应电流方向时，需要结合线圈绕向，由电流方向确定磁场方向，因此必须明确两线圈的绕向，匝数不影响感应电流方向的判断。（5）拆除导线时，原通电螺线管的电流突然减小，由于螺线管的自感效应，会产生很高的自感电动势，人手接触导线时两端会形成较高电压，因此被电击。13.如图所示，在倾角θ＝30°的光滑绝缘斜面上放置一根长度L＝1m、质量m＝1kg的通电导体棒，其电流大小I＝1A，方向垂直于纸面向外，导体棒用平行于斜面的轻绳拴住不动，轻绳的最大张力Tm＝10N。整个装置放在方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间的变化规律为B＝2＋2t（T），g取10m/s2。求：（1）t＝0时导体棒受到的安培力F大小和方向；（2）从t＝0时起，轻绳被导体棒拉断经过的时间t。【答案】（1）2N，方向沿斜面向下（2）1.5s【解析】（1）已知磁感应强度规律

，当时

。根据安培力大小公式为

代入

、、可得

根据左手定则（电流垂直纸面向外，磁场垂直斜面向上），可知安培力方向沿斜面向下。（2）根据导体棒受力平衡可知

已知轻绳的最大张力代入可得14.如图所示，光滑斜面倾角为θ，斜面上存在区域宽为L且垂直斜面向外的匀强磁场。一正方形线框abcd质量为m，边长为L，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀。线框从斜面某一位置释放，cd边以速度v进入磁场区域时做匀速直线运动。重力加速度为g。求：（1）匀强磁场磁感应强度大小B；（2）ab边即将离开磁场区域前两端的电势差Uab。【答案】（1）（2）【解析】（1）线框边进入磁场后匀速运动，由受力平衡

切割磁感线产生的感应电动势感应电流安培力大小联立可得

（2）线框边长与磁场宽度均为，线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程，始终有一条边切割磁感线，合力为零，一直保持匀速运动，因此即将离开磁场时速度仍为此时切割磁感线，感应电动势大小仍为，线框总电流

两端电势差：

代入和的表达式化简得

15.如图所示，在的区域内，存在沿y轴正方向电场强度的匀强电场，在电场区域的上方和下方分别存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小分别为B1和B2的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ（B1和B2大小未知）。质量为m、电荷量为＋q的粒子，从坐标原点O以速度v0沿与x轴正方向成30°角射入电场。粒子第一次离开区域Ⅰ磁场再次进入电场后，刚好通过原点O，不计粒子重力。（1）求粒子第一次离开电场时的速度大小v；（2）求区域Ⅰ磁场的磁感应强度大小B1；（3）若粒子从O点射出后能经过（5d，0），求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小B2。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）对粒子从O点到第一次离开电场的过程，根据动能定理代入已知条件，解得（2）粒子初速度分量，电场加速度粒子第一次到达电场上边界的时间满足解得因此离开电场位置，即入射点Ad,23粒子在Ⅰ区磁场做匀