2025_2026学年湖北孝感市汉川市第一高级中学高二下学期3月阶段考物理试卷 [含解析]

这是一份2025_2026学年湖北孝感市汉川市第一高级中学高二下学期3月阶段考物理试卷 [含解析]，共41页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷选择题（40分）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 关于电磁波下列说法中正确的是（ ）
A. 电磁波属于横波，其波长越长，对应的能量子值越大
B. 电视机遥控器发出的红外线频率比医院“CT”中的射线频率要高
C. 麦克斯韦理论上预言了电磁波，而赫兹在实验中捕捉到了电磁波
D. 红外线最显著的作用是荧光效应，紫外线最显著的作用是热效应
【答案】C
【解析】
【详解】A．电磁波振动方向与传播方向垂直，属于横波。能量子满足公式
可知波长越长，能量子值越小，故A错误；
B．电磁波谱按频率从低到高排序为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、射线，红外线频率远低于X射线，故B错误；
C．麦克斯韦通过电磁场理论预言了电磁波存在，赫兹首次通过实验捕捉到了电磁波，证实了预言，故C正确；
D．红外线最显著的作用是热效应，紫外线最显著的作用是荧光效应，选项表述相反，故D错误。
故选C。
2. 课本中有关电磁感应的四幅图，以下说法正确的是（ ）
A. 甲图中，真空冶炼炉利用炉体外线圈产生大量热量，从而冶炼金属
B. 乙图中，蹄形磁体在顺时针方向转动时，铝框也会顺时针方向转动
C. 丙图中，金属探测器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有金属
D. 丁图中，磁电式仪表通过把线圈绕在铝框骨架上，工作时铝框起到电磁驱动的作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图是真空冶炼炉，它利用涡流效应：高频交流电通过线圈，在金属内部产生涡流，从而使金属自身发热熔化。热量是金属内部涡流产生的，不是线圈本身发热，故A错误；
B．乙图中，蹄形磁体顺时针转动时，穿过铝框的磁通量发生变化，铝框中产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的效果会阻碍磁通量变化，所以铝框会随磁体同向转动（但转速慢于磁体），故B正确；
C．丙图是金属探测器，它的工作原理是：线圈通交变电流，产生变化的磁场，当靠近金属时，金属中会产生涡流，反过来影响线圈的电流，从而被检测到。若使用恒定电流，磁场不变，无法产生涡流，故C错误；
D．丁图是磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，铝框中产生感应电流，使线框尽快停止摆动，起到电磁阻尼的作用，故D错误。
故选B。
3. 控制无人机的无线电信号产生来自于LC振荡电路。图甲所示为LC振荡电路，是电容器的上极板，规定图甲LC振荡电路中逆时针方向的电流为正，从某时刻起其电流随时间变化的规律如图乙所示，则下列关于该LC电路在段的说法错误的是（ ）
A. 板带负电B. 板带电量在变小
C. 线圈的自感电动势在变小D. 线圈中的磁场能在变小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图像知b点时，电路中的电流为零，此时恰好反向充电完成，故b到c的过程中，电容器正在反向放电，此时电流为顺时针方向，则M板带负电，且M板带电量在减小，电容器电场能在减小，线圈L中磁场能在变大，故AB正确，D错误；
C．电流的变化率越小，则线圈L的自感电动势越小，段电流的变化率在逐渐减小，则可知线圈L的自感电动势在逐渐减小，故C正确。
由于本题选择错误的，故选D。
4. 2023年6月14日，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，如图甲所示。南鲲号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。如图乙，若转子带动线圈沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是（ ）
A. 海浪频率的变化对输出电流没有影响
B. 在图乙所示位置时，线圈b端电势高于a端电势
C. 在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量变化率最大
D. 在图乙所示位置时，线圈靠近N极的导线受到的安培力方向向下
【答案】C
【解析】
【详解】A．线圈转动过程中产生的电动势的最大值为
其中
则输出电流的最大值为
则海浪频率的变化对输出电流有影响，故A错误；
B．根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故B错误；
C．图乙中线圈所处位置与磁感线平行，穿过线圈的磁通量最小，与中性面垂直，磁通量的变化率最大，故C正确；
D．线圈内部电流从b到a，根据左手定则可知线圈靠近N极的导线受到的安培力方向向上，故D错误。
故选C。
5. 由几根粗细相同且材料相同的匀质直导线构成的梯形线框ABCD如图，上底边AB的长度与两腰AD、BC的长度相等，下底边DC的长度是上底边AB长度的两倍，整个梯形放置在水平绝缘桌面上，且处于竖直方向的匀强磁场中。若将A、B两点接在可提供恒定电压某电源两端，AB边受到的安培力大小为F，则将D、C两点接在该电源两端时，梯形线框受到的安培力大小为（ ）
A. FB. FC. FD. F
【答案】D
【解析】
【详解】设AB边的电阻为R、长度为L，则AD、BC边的电阻均为R，长度均为L，DC边的电阻为2R、长度为2L。将A、B两点接在其电源两端时，通过AB边的电流I=
AB边所受安培力F=BIL=
将C、D两点接在该电源两端时，通过DABC边的电流I1=
通过DC边的电流I2=
则梯形线框受到的安培力大小
联立可得
故选D。
6. 中国是全球最大的电动自行车生产与销售市场，某款电动自行车无线充电设施如图甲所示，工作原理如图乙所示，将电动自行车停放在充电点上，无线充电桩内部的发射线圈两端与如图丙所示的交流电源接通，电动自行车上的接收线圈两端会产生有效值为、的交变电流，再经转换电路转换为直流电对电动车电池进行充电。由于存在漏磁，接收线圈磁通量约为发射线圈磁通量的96%，线圈电阻均忽略不计（ ）
A. 该电动车电池的内阻为B. 发射线圈内电流内方向变化50次
C. 发射线圈和接收线圈匝数比约为22∶5D. 发射线圈的输入功率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．给电池充电时，电池属于非纯电阻元件，欧姆定律不适用，不能通过计算电池内阻，故A错误；
B．由图丙可知，交流电周期，1s内包含50个周期。一个周期内电流方向改变2次，因此1s内电流方向共改变次，故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律，有，​​
代入，得
整理得匝数比
即匝数比约为，故C正确；
D．由于存在漏磁和能量损耗，发射线圈输入功率等于接收输出功率加损耗功率，接收输出功率
因此发射线圈输入功率，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨左端接有定值电阻，整个空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨上静置一金属棒，金属棒和导轨电阻均不计。现给金属棒一个向右的初速度，设金属棒向右运动的位移大小为x时，速度大小为v，加速度大小为a，通过定值电阻的电荷量为q，金属棒克服安培力做功的功率为P，则下列四个图像中可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】C．导体棒切割磁感线，产生感应电流，根据左手定则可知棒受安培力向左，开始向右做减速运动。设磁感应强度为B，棒长为L，定值电阻阻值为R，产生的感应电动势为
感应电流大小
导体棒所受安培力
通过电阻的电荷量
可知与成正比，C错误；
A．对导体棒由动量定理
联立上述两式可解得
即速度与位移为线性递减函数，故A正确；
B．由牛顿第二定律
联立上式化简得
即加速度随的图像也为线性递减函数，B错误；
D．克服安培力的功率
即功率与为二次函数，D错误。
故选A。
8. 如图所示电路中，和是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻可不计。在开关S闭合和断开瞬间，下列说法正确的是（）
A. 当S闭合时，先达到最亮，稳定后熄灭时达到最亮
B. 当S闭合时，先达到最亮，稳定后与亮度相同
C. 电路稳定后断开S时，闪亮后与一起熄灭
D. 电路稳定后断开S时，立即熄灭，闪亮后逐渐熄灭
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．和在S闭合瞬间立即发光，由于线圈L的自感作用，先达到最亮，然后逐渐变暗，亮度会逐渐增强，由于线圈直流电阻不计，电路稳定后被短路而熄灭；熄灭时达到最亮，选项A正确，B错误。
CD．电路稳定后断开S时，立即熄灭，但是线圈L产生自感电动势阻碍电流减小，则线圈相当电源，与组成回路，可知闪亮后逐渐熄灭，选项C错误、D正确。
故选AD。
9. 如图所示，真空中的三角形区域（含边界）存在磁感应强度大小为、方向垂直平面的匀强磁场，速率不同的电子从点垂直和磁场方向射入区域。已知，，，电子的质量为、电荷量为，取。若所有电子只能从、之间射出，不考虑重力、电子之间的相互作用，则（ ）
A. 磁场方向垂直平面向外B. 速率不同的电子在磁场中运动的时间不同
C. 电子射出位置距点的最远距离为D. 电子入射速率的最大取值范围为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．电子带负电，要从P、M之间射出，需要向右偏转，洛伦兹力向右。根据左手定则，电子向下运动，四指指向运动的反方向，洛伦兹力向右，可得磁场方向垂直三角形平面向外，故A正确；
B．电子入射速度垂直NM，圆心在NM直线上，只要电子从NM边出射，轨迹对应的圆心角恒为
电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
解得
运动周期
与速率无关，因此运动时间​
所有从NM出射的电子运动时间相同，故B错误；
C．速率越大，轨道半径越大，最大半径对应的轨迹与MQ边相切，如图所示
由几何关系，可得
解得
出射点距P的距离为
不是，故C错误；
D．电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
得
最大
因此最大速率
速率越小半径越小，都满足从PM出射，故速率范围为，故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，理想交流电流表、，定值电阻、，热敏电阻（其电阻值随温度升高而降低），分别接在理想变压器的原、副线圈上，为正弦交流电压源，其电压保持不变。若该电路所处环境温度上升，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表、的示数均增大B. 热敏电阻两端电压一定增大
C. 原、副线圈两端电压、均减小D. 理想变压器原线圈的输入功率一定增大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．将变压器与负载等效为一个电阻，则有
环境温度上升时，热敏电阻R阻值减小，等效电阻减小，由于
可知电流表的示数增大，根据，可知电流表的示数增大，故A正确；
C．结合上述有
由于回路电流增大，则减小；根据可知，减小，故C正确；
B．根据
由于减小，增大，则热敏电阻两端的电压会减小，故B错误；
D．理想变压器原线圈的输入功率
结合上述有
可知当时，变压器输入功率达到最大值，由于与阻值大小关系不确定，则当环境温度上升时，热敏电阻R阻值减小，等效电阻减小，变压器输入功率可能增大，也可能先增大后减小，还可能一直减小，故D错误。
故选AC。
第Ⅱ卷非选择题（56分）
二、实验题（本大题共2小题，共16分）
11. 某同学利用如图所示的实验装置进行“探究感应电流方向”的实验。
（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应放置在_____（填“”或“”）位置。
（2）将线圈P插入线圈Q中，闭合开关瞬间，发现电流计指针右偏。保持开关闭合，滑动变阻器的滑片移至中间位置，以下操作中，能使电流计指针右偏的是_____。
A. 断开开关S瞬间
B. 保持开关S闭合，拔出线圈
C. 保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向左移动
D. 保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动
（3）闭合开关S的情况下，某同学第一次将线圈P慢慢插入线圈Q中，第二次将线圈P快速插入线圈Q中，发现第二次电流计指针的摆动幅度较大，原因是第二次线圈Q中的_____（填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）比第一次的大。
【答案】（1）a（2）D
（3）磁通量的变化率
【解析】
【小问1详解】
）滑动变阻器采用限流接法，为了确保安全，开关S闭合前，滑动变阻器接入电阻应为最大值，即滑动变阻器的滑片应放置在端。
【小问2详解】
A．将线圈P插入线圈Q中，闭合开关S瞬间，通过线圈P的电流增大，穿过线圈Q的磁通量增大，线圈Q中产生感应电流，此时电流计指针右偏，表明当穿过线圈Q的磁通量增大时，电流计指针将向右偏。断开开关S瞬间，穿过线圈Q的磁通量减小，则电流计指针将向左偏，A错误；
B．当拔出线圈P时，穿过线圈Q的磁通量减小，则电流计指针将向左偏，B错误；
C．将滑动变阻器的滑片向左移动，滑动变阻器接入电阻增大，通过线圈P的电流减小，则穿过线圈Q的磁通量减小，电流计指针将向左偏，C错误；
D．将滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电阻减小，通过线圈P的电流增大，则穿过线圈Q的磁通量增大，电流计指针将向右偏，D正确。
故选D。
【小问3详解】
第二次电流计指针的摆动幅度较大，表明Q中产生的感应电流较大，Q中的感应电动势较大，原因是第二次线圈Q中的磁通量的变化率比第一次的大。
12. 某学习小组利用压敏电阻制作电子秤。已知压敏电阻阻值随压力变化的图像如图（a）所示，其中，图像斜率。小组同学按图（b）所示电路制作了一个简易电子秤（秤盘质量不计），电路中电源电动势，内阻，电流表量程为，内阻未知，取。实验步骤如下：
步骤1：秤盘上不放重物时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏；
步骤2：秤盘上放置已知质量重物，保持滑动变阻器接入电阻不变；读出此时毫安表示数；
步骤3：换用不同质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值；
步骤4：将电流表刻度盘改装为质量刻度盘。
（1）改装后的质量刻度盘，其零刻度线在电流表___________（填“零刻度”或“满刻度”）处，质量刻度盘的刻度线___________（填“均匀”或“不均匀”）；
（2）当电流表半偏时，压敏电阻___________；（结果保留2位有效数字）
（3）若电流表示数为，则待测重物的质量___________；（结果保留2位有效数字）
（4）若电源电动势变小，内阻变大，其他条件不变，用这台电子秤称重前，进行了步骤1操作，则测量结果较真实值___________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1） ①. 满刻度 ②. 不均匀
（2）30（3）2.0
（4）偏大
【解析】
【小问1详解】
[1]秤盘上不放重物时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏，由闭合电路的欧姆定律有
由于R随压力的增大而增大，则电流表随压力的增大而减小，所以重力最小时，电流最大，那么重力的零刻度线在电流表的满刻度处，即质量刻度盘的零刻度线在电流表的满刻度处；
[2]结合表达式可知，质量刻度盘的刻度线是不均匀的。
【小问2详解】
由（1）分析，可知电流表满偏时，
当电流表半偏时，有
代入数据，解得
【小问3详解】
电流表示数为200mA，则有
代入数据，解得
由图a可知
当时，
则待测重物质量
【小问4详解】
若电源电动势减小，内阻变大，进行了步骤1操作，当测量时，由于电源电动势减小，导致电流偏小，压敏电阻阻值偏大，测量结果偏大。
三、计算题（本大题共3小题，共44分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图所示，，，匝数为100匝的矩形线圈。线圈电阻。外电路电阻，磁感应强度。线圈绕垂直于磁感线的轴以转速匀速转动。从图示位置开始计时，求：
（1）线圈感应电动势的瞬时值表达式；
（2）1min内电阻上消耗的电能；
（3）线圈由图示位置转过30°的过程中，通过的电量。
【答案】（1）（2）27000J（3）0.1C
【解析】
【小问1详解】
线圈从磁通量最小位置开始转动，因此感应电动势的瞬时值表达式为
代入题中数据，可得
【小问2详解】
电路中电流有效值
则1min内电阻R上消耗的电能
【小问3详解】
因为
线圈由图示位置转过30°的过程中，磁通量变化量为
联立解得通过R的电量
14. 控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器和电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直于平面向里的匀强磁场。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为、电荷量为粒子（不计粒子重力）从靠近M 板的S点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的P点垂直于y轴向右射出，然后从x轴上的a点（d，0）离开电场进入磁场，最后从y轴上的b点离开磁场区域，粒子在b点的速度方向与y轴正方向的夹角。求：
（1）粒子运动到P 点射入电场的速度大小；
（2）第一象限电场强度的大小E；
（3）第四象限内磁感应强度的大小B。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据动能定理可得
解得粒子运动到P 点射入电场的速度大小
【小问2详解】
粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有
竖直方向做匀加速直线运动，则有
对粒子受力分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
【小问3详解】
结合上述分析可知
解得
设粒子离开电场的速度与x轴正方向的夹角为，由几何关系
解得
则粒子进入磁场中的速度
作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何关系可知
解得
粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
联立解得
15. 如图所示，两平行光滑且相距为的足够长金属导轨固定放置在水平面上，导轨平面存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、电阻为的导体棒和质量为、电阻为的导体棒开始静置在金属导轨上，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，它们之间的距离为，现同时给一向左的初速度，给一向右的初速度，整个运动过程两棒始终没有相碰，经过足够长时间后，求：
（1）导体棒的最终速度大小与方向；
（2）导体棒产生的焦耳热；
（3）导体棒和之间的最小距离。
【答案】（1），方向向左
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
两棒最终共速，规定向左正方向，根据动量守恒有
解得，方向向左。
【小问2详解】
根据能量守恒，可知从开始到二者共速，系统产生的总热量
联立解得
则导体棒ab产生的焦耳热
【小问3详解】
两棒共速时距离最小，对ab棒，根据动量定理有
因为
联立解得
则导体棒ab和cd之间的最小距离