河南开封高级中学2025-2026学年高二下学期阶段测试物理试题（含解析）高考模拟

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一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1. 如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝。某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度方向向里且由0增大到，此过程中（ ）
A. 通过线圈的磁通量变化量大小为B. 线圈中感应电流方向为逆时针方向
C. AB边受到的安培力方向向右D. 线圈有扩张的趋势
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过线圈的磁通量变化量大小为
故A错误；
BC．线圈内磁通量向里增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知，AB边受安培力方向向左，故B正确，C错误；
D．线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故D错误。
故选B。
2. 某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的导体螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视），转动角速度为。该处地磁场的水平分量为，竖直分量为。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为（ ）
A. ，a端电势高于b端电势B. ，a端电势低于b端电势
C. ，a端电势高于b端电势D. ，a端电势低于b端电势
【答案】D
【解析】
【详解】我国某地上空地磁场方向有向下的分量，大小为，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视）时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势；大小为
故选D。
3. 某研究小组制作了一仪表，发现指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上扇形铝板或扇形铝框，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．此图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定的停下，便于读数，A方案合理，A正确；
BD．如图所示，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B、D方案不合理，BD错误；
C．此图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，C方案不合理，C错误。
故选A。
4. 如图所示，在空间内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个点电荷固定在磁场中的O点，另一个带负电的粒子在水平面内恰好做匀速圆周运动。某时刻，突然撤去点电荷，用实线表示撤去点电荷之前粒子的运动轨迹，用虚线表示撤去点电荷之后粒子的运动轨迹，则粒子的运动轨迹正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】粒子带负电，根据左手定则可知洛伦兹力背离圆心，则点电荷一定带正电，此时洛伦兹力的大小一定小于库仑力，若突然撤去点电荷，运动粒子不再受到库仑力的作用，粒子旋转的方向发生变化。
故选A。
5. 下图为正弦电流和方波电流随时间的变化关系图像，关于甲、乙、丙、丁四幅图下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中电流的最大值为2A，有效值为 ，周期为5s
B. 图乙中电流的最大值为5A，有效值为2.5A，周期为4s
C. 图丙中电流的最大值为2A，有效值为，周期为4s
D. 图丁中电流的最大值为4A，有效值为 ，周期为2s
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．图甲中电流的最大值为2A，有效值为
周期为4s，故A错误；
B．图乙中电流的最大值为5A，有效值为
周期为2s，故B错误；
C．图丙中电流的最大值为2A，根据电流的热效应可得
解得有效值为
周期为4s，故C错误；
D．图丁中电流的最大值为4A，根据电流的热效应可得
解得有效值为
周期为2s，故D正确。
故选D。
6. 某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为－q、质量为m的离子以初速度从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A. 偏转磁场的方向垂直纸面向外
B. 第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C. 第k次加速后，离子的速度大小变为
D. 第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．直通道PQ内有电势差为U的加速电场，离子带负电，离子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里，故A错误；
BC．根据题意，由动能定理可知，加速1次后，离子的动能增量为qU，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，离子的动能增量为kqU，加速k次后，由动能定理得
解得，故B错误C正确；
D．离子在偏转磁场中运动的半径为R，则有
联立解得，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，在理想的虚线边界内有范围足够大的匀强磁场，段水平，段竖直，且。在纸面内大量质子从a点垂直于以不同速率射入磁场，不计质子间的相互作用和重力，则从边界垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】画出质了的运动轨迹，如图所示，设长度为，则，从边界垂直射出的质子，运动轨迹如图中1所示，圆心为，由几何关系可知
当质子过c点时，质子运动轨迹对应的圆心角最大，在磁场中的运动时间最长，运动轨迹如图中2所示，圆心为，设半径为，则有
可得
由
可得
所以从边界垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为
故选B。
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8. 如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A. 经过最高点时，三个小球的速度相等
B. 经过最高点时，甲球的速度最小
C. 甲球的释放位置比乙球的高
D. 运动过程中三个小球的机械能均保持不变
【答案】CD
【解析】
【详解】ABC．三个小球在运动过程中机械能守恒，有
mgh＝mv2
在圆形轨道的最高点时对甲有
qv1B＋mg＝
对乙有
mg－qv2B＝
对丙有
mg＝
可判断
v1＞v3＞v2
选项AB错误，D正确；
C．根据可知，甲球的释放位置比乙球的高，选项C正确．
故选CD.
9. 如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则（ ）
A. 磁铁的转速为10r/s
B. 电流的表达式为i=0.6sin10πt （A）
C. 风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin10πt（A）
D. 风速加倍时线圈中电流的有效值为A
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电流的周期为T=0.2s，故磁体的转速为
n==5r/s
故A错误；
B．通过乙图可知电流的最大值为0.6A，周期T=0.2s，故
ω=＝10πrad/s
故电流的表达式为
i=0.6sin10πt（A）
故B正确；
C．风速加倍时，角速度加倍，根据Em=nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为
i=1.2sin20πt（A）
故C错误；
D．根据C的分析，形成的感应电流Im=1.2A，故有效值为
故D正确．
故选BD。
10. 如图所示，在一个直角三角形区域ABC内，存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，AC边长为3l，∠C=90°，∠A=53°．一质量为m、电荷量为+q的粒子从AB边上距A点为l的D点垂直于磁场边界AB射入匀强磁场，要使粒子从BC边射出磁场区域（sin53°=0.8，cs53°=0.6），则（ ）
A. 粒子速率应大于
B. 粒子速率应小于
C. 粒子速率应小于
D. 粒子在磁场中最短的运动时间为
【答案】AC
【解析】
【详解】ABC.由几何知识知，，粒子运动轨迹与BC边相切为一临界，由几何知识知：
得：
根据
可以求得速度 ，此为从BC边出来的最小速度，
粒子恰能从BC边射出的另一边界为与AC边相切，由几何知识恰为C点
半径
再根据：
解得：，此速度为从BC边出来的最大速度
故AC正确；B错误；
D.根据运动轨迹可知，粒子在磁场中运动的最小圆心角为，所以最短时间为
，故D错．
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11. 某实验小组要测量阻值约为的定值电阻，为了精确测量该电阻阻值，实验室提供了如下实验器材：
A．电压表（量程为，内阻为）；
B．电流表（量程为，内阻约为）；
C．电流表（量程为，内阻约为）；
D．滑动变阻器（最大阻值为）；
E．滑动变阻器（最大阻值为）；
F．电阻箱（最大阻值）；
G．电源（电动势、内阻不计）、开关，导线若干。
（1）该小组同学分析实验器材、发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成量程的电压表，应串联电阻箱，并将的阻值调为________；
（2）实验时，通过调整测量方法消除测量方案中系统误差，设计的电路图如下，其中电流表选用________，滑动变阻器选用________（填写各器材前的字母代号）；
（3）某次测量时，电压表与电流表的示数分别为、，则待测电阻的阻值________（用已知物理量的字母表示）。
【答案】（1）3000.0
（2） ①. C ②. D
（3）
【解析】
【小问1详解】
该小组同学分析实验器材、发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成量程的电压表，应串联电阻箱，则有
可得
则电阻箱要调为3000.0Ω。
【小问2详解】
[1]由于待测电阻约为，改装后的电压表量程为，根据
则电流表选用C；
[2]滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选用阻值较小的D。
【小问3详解】
某次测量时，电压表与电流表的示数分别为、，则待测电阻两端电压为
通过待测电阻的电流为
根据欧姆定律可得待测电阻的阻值为
12. 如图所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）在不放小球时，小球从斜槽某处由静止开始滚下，的落点在图中的______点，把小球放在斜槽末端边缘处，小球从斜槽相同位置处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球的落点在图中的______点。
（2）用天平测量两个小球的质量、，实验中分别找到碰前和、相碰后平均落地点的位置，测量平抛水平射程。
①则动量守恒的表达式可表示为______（用测量的量表示）。
②若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，下列表达式中哪一个可以正确表达此过程中动量和机械能均守恒______
A． B．
C． D．
【答案】（1） ①. P ②. M
（2） ①. ②. C
【解析】
【小问1详解】
[1][2]不放时，单独滚下，落点为，对应碰撞前的速度。碰撞后，速度减小，落点变近，为点；获得速度飞出，落点最远，为点。
【小问2详解】
①[1]小球做平抛运动，高度相同，飞行时间相同。水平位移
故速度与水平位移成正比。动量守恒定律
两边同乘，得m1(v0t)=m1(v1t)+m2(v2t)
即
②[2] AB．根据
得
仅体现机械能守恒，不体现动量守恒，故AB错误；
CD．动量守恒
和机械能守恒
联立得
两边同乘，得
即，故C正确D错误。
故选C。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13. 如图所示，在xOy坐标系的的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界线，ab为磁场的上边界。现从原点O沿x轴正方向发射出速率为、比荷为k的带正电粒子，粒子的运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度为，不计粒子重力。求：
（1）粒子从O点第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；
（2）磁场的磁感应强度B的大小。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子在电场中运动时，由动能定理得
解得
粒子在电场中做类平抛运动，有
解得
（2）粒子的运动轨迹如图所示，设粒子沿与轴正方向成角的方向进入磁场。
可得
解得
由几何关系
解得
由牛顿第二定律可得
解得
14. 如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v-t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
【答案】（1）0.25；（2）8m/s；（3）2.95J
【解析】
【详解】（1）由图2可知，金属棒在0-1s内做初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。
在0-1s过程中，由图2可知，金属棒的加速度
①
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有
②
由①②式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数
③
（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
④
根据闭合回路欧姆定律有
⑤
根据安培力公式有
⑥
根据平衡条件有
⑦
由③④⑤⑥⑦式解得
⑧
（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为
⑨
解得，金属棒在磁场下滑的位移
⑩
由动能定理有
⑪
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功
⑫
由⑩⑪⑫式解得，此过程中电阻产生的焦耳热
15. 如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。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，重力加速度为。
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。

【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
，
a棒受力平衡可得
联立记得
（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得
解得
（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理
b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理
联立解得
此过程流过b棒的电荷量为q，则有
由法拉第电磁感应定律可得
联立b棒动量定理可得