四川荣县中学校2025-2026学年高二下学期4月巩固练习物理试题含答案

这是一份四川荣县中学校2025-2026学年高二下学期4月巩固练习物理试题含答案，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
物理试题
一、单选题（每题 4 分，共 28 分）
1 ．如图所示，虚线框 MNPQ 内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a 、b 、c 三个带电粒子，它们在纸面内从 PQ 边的中点以相同的初速度垂直于 PQ 边射入磁场，它们在磁场中的运动轨迹分别如图中三条弧线所示。不计粒子所受重力，则( )
A ．粒子 a 带负电，粒子 b 带正电
B ．粒子 b 的比荷（荷质比）比粒子 c 的小
C ．粒子 b 在磁场中的加速度最大
D ．粒子 c 在磁场中运动的时间最长
2 ．2025 年 9 月 22 日，央视首次公开了福建舰的电磁弹射视频，使我国成为全球唯一一个在航空母舰上电磁弹射第五代隐身战斗机的国家．已知航母上舰载机起飞所利用的电磁弹射系统原理简化为如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是( )
A ．金属环向左运动的瞬间有扩大趋势
B ．若将电池正负极调换后，金属环将向右弹射
C ．若将金属环置于线圈的右侧，则金属环会靠近线圈
D ．闭合 S 的瞬间，从左侧看环中的感应电流沿逆时针方向
3．如图所示，L 是自感系数很大且直流电阻为零的理想线圈，A、B 是两个相同的灯泡，定值电阻的阻值小于灯泡的电阻，灯泡的电阻始终不变。下列说法正确的是( )
A ．闭合开关 S，灯泡 A 、B 瞬间同时亮起
B ．闭合开关 S，灯泡 A 瞬间变亮，灯泡 B 逐渐变亮
C ．闭合开关 S 稳定后，再断开开关 S，灯泡 A 、B 均瞬间熄灭
D ．闭合开关 S 稳定后，再断开开关 S，灯泡 A 、B 均逐渐熄灭
4．如图所示，由均匀导线制成的半径为 R 的圆环，以速度 v 匀速进入一磁感应强度大小为 B的有界匀强磁场。当圆环运动到图示位置（7MON = 90° ) 时，M、N 两点的电势差UMN 为( )
A ． BRv B ． BRv C ．_·、2BRv D ． BRv 5 ．下列四幅教材插图，属于电磁驱动应用的是( )
A ．甲：选用铝框做磁电式电表骨架
B ．乙：利用真空冶炼炉来冶炼金属
C ．丙：转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动
D ．丁：在运输灵敏电流表时用导线把两接线柱连在一起
6 ．如图所示的电路图中，小型发电机线圈的电阻为r ，线圈在磁场中匀速转动产生正弦交流电，电动势的最大值为E ，副线圈端串联有电流表和滑动变阻器，电流表为理想交流电表，
其余电阻均不计。调节滑动变阻器的阻值，当滑动变阻器接入电路的阻值为4r时，滑动变阻器消耗的功率最大，此时电流表的示数为( )
A ． B ． C ． D ．
7 ．如图甲所示，交流发电机的矩形金属线圈 abcd 的匝数 n ＝100，线圈的总电阻 r ＝5.0Ω ,线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行。线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环E 、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值 R ＝95Ω 的定值电阻连接。现使线圈绕过 bc 和 ad 边中点、且垂直于磁场的转轴 OO 9 以一定的角速度匀速转动。穿过线圈的磁通量Φ随时间t 变化的图像如图乙所示。若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。则下列说法中正确的是( )
A ．线圈匀速转动的角速度为 100 rad/s
B ．线圈中产生感应电动势的最大值为 100 2 V
1 π
C ．由图甲处转过 圈，电阻 R 上产生的热量 Q ＝ J
4 2
1
D ．由图甲处转过 圈，通过电阻 R 的电量 q ＝0.01C
4
二、多选题（每题 6 分，共 18 分）
8 ．2025 年 12 月 30 日，蒙西至京津冀±800kV 特高压直流工程正式开工建设。某远距离输电的原理示意图如图所示，已知升压变压器原线圈两端的电压为U1 且保持不变，升压变压器的输入功率为P1 ，升压变压器的原、副线圈的匝数分别为n1 、n2 ，输电线电阻为 R，两变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( )
A ．升压变压器副线圈的输出电压UU1
B ．输电线上损耗的功率 R
C ．若用户处电阻减小，则输电线上损耗的功率增大
D ．若仅将升压变压器的原线圈的匝数n1 变为 n1 ，则输电线上损耗的功率变为原来的 2 倍2
9 ．如图所示，光滑水平桌面上放有一个由均匀导线绕成的正方形单匝线圈 PQMN，在线圈对角线 PM 的一侧，存在垂直于桌面向下的匀强磁场。现从图示位置处开始， 沿垂直 MN 边的方向，以速度v 将线框匀速拉入匀强磁场，在此过程中( )
A ．M 点电势始终高于N点电势
B ．线圈中的感应电动势逐渐减小
C ．线圈所受安培力的方向始终与运动方向相反
D ．拉力做功的功率逐渐减小
10 ．如图所示，在纸面内两直角边长均为 L 的三角形 MNP 区域内（不含边界），有磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子从 PM 边的中点 A 平行 PN 边射入磁场，不计重力。下列说法正确的是( )
A ．粒子刚进入磁场时受到向左的洛伦兹力
B ．v 时，带电粒子垂直于 PN 边射出磁场
C ．v 时，则粒子在磁场中运动的时间为
D ．若粒子从 PN 边射出磁场，则
三、实验题（每空 2 分，共 16 分）
11．科技社团的同学在参观河北省某市光伏新能源基地后，对其核心部件霍尔元件产生浓厚兴趣，他们通过查找资料得知霍尔电压UH 满足关系式UH = KHIB ，其中KH 为霍尔元件的灵敏度，现通过实验探究型号 SS49E 霍尔元件（其内可自由移动的粒子为电子）的特性。他们用强磁体（磁感应强度为恒定值 B）提供磁场，将霍尔元件置于磁场中，连接成如图甲所示的电路。
(1)闭合开关 S，调节滑动变阻器改变电流大小，用多用电表直流电压 2.5mV 挡测量对应的UH时，红表笔应对接图甲中的 （填“a”或“b”）；其中某次测量电压时，多用电表指针位置如图乙所示，多用电表的读数为 mV（保留 2 位有效数字）。
(2)重复步骤（1），根据所测数据在图丙坐标纸上描点并画出 UH 一 I 图线。若已知该强磁体的磁感应强度B = 0. 10T ，则该霍尔元件的灵敏度KH = V / (A . T ) （保留 2 位有效数字）。
(3)实验前，若未对多用电表的电压挡进行机械调零，在I = 0 时指针在 0 刻度线左侧，但该同学未修正此误差，这会导致最终计算出的灵敏度KH 的测量值 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12 ．如图所示是“研究电磁感应现象” 的实验装置。
(1)连接好电路，在闭合开关 S 时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，接着将滑动变阻器滑片向左迅速移动一段距离的过程中，电流计指针将 偏转（填“ 向左”或“ 向
右”）。再将 A 线圈从 B 线圈中迅速拔出，电流计指针将 偏转（填“ 向左”、“ 向右”或“不”）；
(2)G 为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图甲中所示，即电流从电流表 G 的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，根据灵敏电流表指针的偏转方向，可判断图乙中的条形磁铁的运动方向是向
（填“上”或“下”），图丙中的条形磁铁向下运动，则其下端为 极（填“N”或“S”）。
四、解答题（共 38 分）
13 ．如图甲所示，金属杆 ab 的质量 m ，长为 l，通过的电流为 I，处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成 θ 角斜向上，结果 ab 静止于水平导轨上。由 b 向 a 的方向观察，得到图乙所示的平面图。求
(1)杆 ab 所受安培力；
(2)杆 ab 所受摩擦力；
(3)若图中θ=0，当 B 多大时 ab 所受弹力为零。
14．一个质量为 m 电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的 P（a，0）点以速度 v 沿与 x 正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限，进入第二象限的匀强电场中，电场强度为 E。不计粒子重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；
(2)带电粒子在电场中速度第一次为零时的坐标。
(3)带电粒子从开始到第二次打到y 轴上的运动时间
15．在电磁阻尼器的设计中，电磁感应系统的几何参数（如导体棒长度）对动力学行为影响显著。简化模型如图所示，足够长的水平光滑金属导轨 PM、QN 固定在绝缘水平面上，导轨左半部分间距为L = 0.5m ，右半部分间距d(d ≥ L)可调。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B = 1T ，导体棒 a 质量为m = 0.2kg ，电阻为 R = 0.5Ω ,长度为 L = 0.5m ；导体棒 b 质量也为m = 0.2kg （电阻不计），b 的长度可随轨道间距同步调节为 d；a 、b 棒均垂直导轨放置，分别静止于左、右导轨上， 且两棒中心对齐，a 棒距轨道右半部分足够远。现 a 棒以初速度v0 = 4m / s 向右运动，两棒在运动中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。
(1)若将 b 棒锁定，求 a 棒开始运动时的加速度；
(2)若 b 棒解除锁定，调整d = 2L ，求最终稳定时 a 、b 棒的速度大小；
(3)现仅调节 d 的大小，试推导最终稳定时 a 、b 棒速度之比与 d、L 的关系式；求当 d 取何值时导体棒 a 中产生的焦耳热最大，并求出此最大值。
1 ．B
A ．由左手定则可知 a 带正电，b 带负电，故 A 错误；
B ．粒子在磁场中的运动时洛伦兹力提供向心力qv B = m 解得
由图可知rb > ra > rc ，同时它们的速率相同，则 ，故 B 正确；
C ．由于rb > ra > rc ，同时它们的速率相同，根据向心加速度公式a 可知，粒子 c 在磁场中的加速度最大，故 C 错误；
D ．粒子在磁场中运动时间等于弧长除以速率，即t 设 PQ=4d 由图可知ta tc
虽然 b 的时间无法确定，但可以确定粒子 c 在磁场中运动的时间不是最长的，故 D 错误。故选 B。
2 ．D
A ．当固定线圈上突然通过直流电流时，穿过金属环的磁通量瞬间增大，根据楞次定律，金属环向左运动过程中将有缩小趋势，故 A 错误；
B ．若将电池正、负极调换后， 穿过金属环的磁通量仍然会瞬间增大，根据楞次定律，金属环仍能向左弹射，故 B 错误；
C ．若将金属环置于线圈的右侧，当固定线圈上突然通过直流电流时，穿过金属环的磁通量瞬间增大，根据楞次定律，金属环有远离线圈的趋势，也会弹出，故 C 错误；
D ．闭合开关 S 的瞬间，根据安培定则，向右穿过金属环的磁通量增大，根据楞次定律，金属环产生向左的感应磁场，根据安培定则从左侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流，故 D正确。
故选 D。
3 ．A
AB ．闭合开关 S，灯泡 A 、B 瞬间同时亮起，故 A 正确，B 错误；
CD．闭合开关 S 稳定后，通过定值电阻的电流大于通过灯泡 B 的电流，断开开关 S，灯泡 B先闪亮再逐渐熄灭，灯泡 A 瞬间熄灭，故 CD 错误。
故选 A。
4 ．A
由右手定则可知 N 点电势高，M 点电势低，由法拉第电磁感应定律知电路总电动势为E = 一BL有效v ，其中 L有效R
由欧姆定律有I ，其中 R外 R 解得UMN BRv ，BCD 错误，A 正确。
故选 A。
5 ．C
A ．磁电式电表选用铝框做磁电式电表骨架是利用电磁阻尼，A 错误；
B ．当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，这是涡流的热效应，B 错误；
C ．转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动，这是电磁驱动，C 正确；
D ．运输时要把灵敏电流计正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，D 错误。
故选 C。
6 ．B
发电机产生的正弦交流电电动势最大值为 E ，则其电动势的有效值为 E 变压器和滑动变阻器接入副线圈回路中的电阻组成的等效电阻Rr
当等效电阻等于发电机线圈的电阻r 时，滑动变阻器消耗的功率最大，即等效电阻R, = r联立解得
根据闭合电路欧姆定律，原线圈电流为I 根据理想变压器的电流关系，副线圈电流为I 此时电流表的示数为 。
故选 B。
7 ．D
A ．图乙可知交流电周期T = π ´ 10_2 s ，故角速度 w rad/s故 A 错误；
B ．线圈中产生感应电动势的最大值Em = nBSw = nΦm w
图乙可知Φm = 1.0 ´ 10_2 Wb
代入题中数据，联立解得Em = 200V故 B 错误；
C ．电动势有效值E V
则甲处转过 圈，电阻 R 上产生的热量QR 代入题中数据，联立解得QR J
故 C 错误；
D ．电荷量q t = n
图甲处转过 圈，磁通量变化量ΔΦ = BS = Φm = 1.0 ´ 10_2 Wb联立解得q = 0.01C
故 D 正确。
故选 D。
8 ．BC
A ．由变压器原理可知 ，解得UU1 ，选项 A 错误；
B ．由变压器原理可知I1 = ，II1
输电线上损耗的功率ΔP = IR ，选项 B 正确；
C ．当用户处电阻减小时，降压变压器次级电流变大，则初级电流也变大，则输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，选项 C 正确；
D．若仅将升压变压器的原线圈的匝数n1 变为 n1 ，则升压变压器副线圈两端的电压变为原来2
的 2 倍，输电线上的电流变为原来的 ，根据 ΔP = I2R，可知输电线上损耗的功率变为原
1
来的 ，选项 D 错误。
4
故选 BC。
9 ．BD
A ．由右手定则可知，M 点电势始终低于N点电势， A 错误；
B ．线圈切割磁感线的有效长度等于 MN 的长度减去 PQ 边进入磁场部分的长度，可知切割磁感线的有效长度逐渐减小，根据 E=BLv，则线圈中的感应电动势逐渐减小，B 正确；
C ．线圈进入磁场时，受安培力的有效长度为线圈与虚线部分交点的长度（AB 段），线圈受的安培力方向垂直这部分长度向下，可知所受安培力的方向竖直向下，不是与运动方向相反， C 错误；
D ．拉力做功的功率等于电功率，由于P， 因电动势逐渐减小，可知电功率逐渐减小，即拉力的功率逐渐减小，D 正确。
故选 BD。
10 ．BD
A ．由左手定则可知粒子刚进入磁场时受到向右的洛伦兹力，故 A 错误；
B ．当带电粒子垂直于 PN 边射出磁场时，半径为r 由洛伦兹力提供向心力qvB = m
可知粒子的速度为v ，故 B 正确；
C ．当v 时，由洛伦兹力提供向心力qvB = m
L
可得r =
3
如图所示
L
r
L 2
由几何关系cs a = 2 = 1
3
可得a = 60° , θ = π _ a = 120°
则粒子在磁场中运动的时间为t = θ T = θ ´ 2π r = 2π m ，故 C 错误； 2π 2π v 3qB
D ．该粒子要从 PN 边射出，速度最大时轨迹应与 MN 边相切，设此时粒子做圆周运动的轨迹半径为 r1，如图所示
由几何关系O2M 可得
2
根据洛伦兹力提供向心力qvB = m v
r
可得对应的速度为v 若该粒子刚好从 P 点射出，则 可得r
因此对应的速度为v
故若粒子从 PN 边射出磁场，则 ，故 D 正确。故选 BD。
11 ．(1) a 0.60 (2)2.0
(3)不变
（1）[ \l "bkmark1" 1]磁场方向从上向下，电流方向从右到左，因该霍尔元件内自由移动的粒子 为电子，所以电子从左向右运动，根据左手定则，可知霍尔元件前表面的电势低于后表面，根据多用电表电流应从红表笔流进、黑表笔流出可知，红表笔应对接图甲中的 a；
[ \l "bkmark2" 2]使用直流电压 2.5mV 挡，应读取表盘上 0~250 的刻度线，指针指示刻度为 60，因为 250刻度对应满偏电压 2.5mV，故读数应为 0.60mV。
（2）在拟合直线上选取相距较远的两点，如(0, 0.0)和(6,1.2) ，计算出斜率
根据UH = KH BI
可知UH 一 I 图像的斜率k = KHB
解得该霍尔元件的灵敏度KH = 2.0V / (A . T )
（3）电压挡的零点误差会使所有电压测量值增大（或减小）一个固定值，这导致UH 一 I 图线整体向上（或向下）平移，但拟合直线的斜率不变，所以多用电表的电压挡没有机械调零对灵敏度KH 的测量值无影响。
12 ．(1) 向右 向左
(2) 下 N
（1）（1）[ \l "bkmark3" 1] 由题意可知，闭合开关 S 时通过 B 线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转，则闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片向左迅速移动，由图可知，滑动变阻器接入电路的电阻变小，回路电流变大，从而使通过 B 线圈的磁场变强，磁通量增大，灵敏电流计的指针将向右偏转；
[ \l "bkmark4" 2] 将 A 线圈从 B 线圈中迅速拔出，通过 B 线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流方向与闭合开关 S 时相反，故灵敏电流计的指针将向左偏转；
（2）（2）[ \l "bkmark5" 3] 由题意可知，图乙中感应电流从电流表 G 的左接线柱进，则由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向竖直向下，原磁场方向竖直向上，与原磁场方向相反，由楞次定律可知原磁场的磁通量增大，故图乙中的条形磁铁的运动方向是向下；
[ \l "bkmark6" 4] 同理可知，图丙中感应电流的磁场方向竖直向上，又因为条形磁铁向下运动，所以原磁场磁通量增大，由楞次定律可知，原磁场的磁场方向竖直向下，则图丙中条形磁铁下端为 N极。
13 ．(1)BIl，与竖直方向成 θ 角左斜向上(2) BIl sinθ ,水平向右
（1）画出杆 ab 的侧视图（从 b 端到 a 端），如图所示
则杆 ab 所受安培力为 F=BIl
方向与竖直方向成 θ 角左斜向上
（2）画出杆 ab 所受力分析图，如图所示
对杆 ab，根据平衡条件可得 f = F sin θ = BIl sin θ方向水平向右
（3）若图中θ = 0 ，由左手定则可知，杆 ab 受到的安培力方向竖直向上；若杆 ab 受到的弹力为 0，则金属受到的重力与安培力平衡，设此时磁感应强度为B1 ，根据平衡条件有
B1Il = mg
解得B
14 ．
（1）设磁感应强度为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r ．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qvB = m
粒子运动轨迹如图所示
由几何知识得r 联立解得B
（2）粒子离开磁场时，离 O 的距离为y = r + rcs60° = 3a粒子在电场中做匀减速直线运动x
2
粒子速度第一次为零时的坐标为（- mv ， 3 a） 2qE
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T
粒子在磁场中运动的时间t
粒子从y 轴进入电场至速度为 0 的过程中，可得qE = ma
又有v = at2解得t
粒子从 P 点射入到第二次到达y 轴的时间t = t1 + 2t 15 ．(1)10m/s2，水平向左
(2)3.2m/s ，1.6m/s
L ，0.8J
（1）对棒 a 分析，有E = BLv0 ，I
F
由牛顿第二定律得a = 安 ，F安 = BIL m
联立解得a = 10m/s2 ，方向水平向左；
（2）由题意可知，回路的电流 I
当va = 2vb 时，ab 棒运动稳定，从开始到最终稳定状态，由动量定理可得BILΔt = mΔva ， BIdΔt = mΔvb ，d = 2L
联立可得 即v0 _ va
所以va = 3.2m/s ，vb = 1.6m/s
（3）当I回 = 0 时，即BLva = Bdvb 时，有 由能量守恒定律得Q mv mv mv 由动量定理可得 联立可得Q mv
由此可知，当d = L 时，Qmax = 0.8J