2026武汉5G联合体高二下学期期中联考物理试题含答案

这是一份2026武汉5G联合体高二下学期期中联考物理试题含答案，共11页。
【答案】．A
【解析】A. 图甲是法拉第发现电磁感应的实验装置，A正确。B.图乙装置对应的事件是奥斯特发现电流的磁效应，B错误；C.图丙是安培提出的分子电流假说，C错误；D.图丁的现象是通过电流产生的磁场实现的，D错误；
【答案】B
【解析】根据楞次定律“来拒去留”，铜环靠近时，感应电流的磁场与磁铁磁场方向相反，阻碍磁通量增加，A错误；安培力的效果是阻碍相对运动，即阻碍铜环靠近，B正确；过程中产生涡流，机械能转化为电能，机械能不守恒，C错误；感应电流 I=E/R，摆动速度越快，磁通量变化越快，E越大，电流越大，D错误。
【答案】A
【解析】三根导线对称分布，电流大小相等、方向相同；根据安培定则，三根导线在中心 O 处产生的磁感应强度大小相等，方向互成 120°；三个等大、互成 120° 的矢量叠加后合磁感应强度为 0。
【答案】B
【解析】炮弹在安培力作用下运动，为增大炮弹的最大发射速度，应使炮弹受到的安培力最大，故磁场方向与轨道（即炮弹的运动方向）垂直，选项A错误；设炮弹的质量为m，磁场的磁感应强度为B，两平行导轨间距为L，轨道长度为x，则炮弹受到安培力F=BIL，由动能定理有：，可得，选项C、D错误，B正确。
【答案】D
【解析】质子轨道半径 r=mvqB，速度减半后 r'=r2；由几何关系 sinθ= Lr，，即 L=rsin60°，解得r=233L
新轨道半径 r'=r2=33L，小于磁场宽度，则粒子转半圈后从左边界射出，速度偏转角为180°
【答案】C
【详解】A．根据左手定则可知，按下按键后，载流子（自由电子）向传感器左表面聚集，则传感器左表面的电势比右表面低，故A错误；
BCD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
结合电流的微观定义式，其中v为自由电子定向移动速率而非按键速度
有可见按下按键的速度快慢，对霍尔电压没有影响，减小h，使该磁轴键盘更加灵敏，l、b对霍尔电压无影响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响，故BD错误C正确。
【答案】D
【详解】
A．若θ =30°，粒子从AB边射出的速率最大时，粒子的运动轨迹与BC边相切，根据对称性可知，粒子从B点离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
解得，故A错误；
若θ =60°且粒子恰好不从BC边射出，则粒子的运动轨迹与BC边相切，粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有r =Lcs30° = mv0qB
解得v0=3kBL2，故B错误。
C．若θ =90°且粒子恰好不从BC边射出，则粒子的运动轨迹与BC边相切，粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
解得，故C错误。
D.根据洛伦兹力提供向心力有
可得
若，则
粒子从BC边离开磁场的时间最短，则粒子离开磁场的点与A点的连线与BC边垂直，粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，为等边三角形，则最短时间，故D正确
故选D。
【答案】BC
【详解】由于带电粒子的电性不确定，其轨迹可能是如图所示的两种情况
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得
根据线速度和周期的关系，可得
联立解得
由图可知，若为正电荷，轨迹对应的圆心角为θ1＝240°，若为负电荷，轨迹对应的圆心角为θ2＝120°，则对应时间分别为
t1=θ12πT=240°360°T=4πm3qB
t1=θ22πT=120°360°T=2πm3qB
故选BC。
【答案】BCD
【详解】
ABC．磁场进入线圈区域过程中，切割磁感线产生的感应电动势u=nBdv，其中n、B、d均为定值，又根据图像可知，u与时间成正比，则此过程中速度v与时间成正比，为匀变速直线运动；A错误。
t =1s时磁场开始进入线圈区域，此时切割磁感线产生的感应电动势u1=nBdv1=0.2V，解得v1=2.0m/s，C正确；t =2s时恰好磁场完全进入线圈区域，此时切割磁感线产生的感应电动势u2=nBdv2=0.4V，解得v2=4.0m/s；
则根据匀变速直线运动公式v2=v1+at，得高铁的加速度大小为2.0m/s2，B正确；
D．由图象可知，磁铁在3s时刻开始离开线圈区域，由匀变速直线运动规律
可知，线圈沿铁轨方向的长度为
x=8m
故D正确。
故选BCD。
【答案】AD
【详解】AB．进入缓冲槽时线圈速度为v0，故感应电动势的大小为
根据闭合电路的欧姆定律有线圈中感应电流的大小为
主体受到的安培力大小为，故A正确，B错误；
C．设线圈在缓冲槽下落过程某时刻速度为v，感应电流为I，经，速度变化，由动量定理有
求和得（取向下为正方向）
又
联立解得，故C错误；
D．从缓冲槽着地到线圈的边落至缓冲槽底端的过程中，依据能量守恒定律有mgH+12mv02=Q，故D正确。
故选AD。
【答案】（6分）（1）右 （2分） （2）AD （4分，对而不全得一半分，有选错的得0分）
【解析】（1）闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于电阻最大处，即最右端；
（2）闭合开关S瞬间，磁通量增大，发现电流计指针右偏。
A．插入铁芯，磁通量增大，电流计指针右偏，A符合题意；
B．拔出线圈A，磁通量减小，电流计指针左偏，B不符合题意；
C．将滑动变阻器的滑片向右移动，电阻增大，电流减小，磁通量减小，电流计指针左偏，C不符合题意；
D．将滑动变阻器的滑片向左移动，电阻减小，电流增大，磁通量增大，电流计指针右偏，D符合题意；
故选AD。
12.【答案】（10分）（1）C B （2） D G（3）BC （每空2分）
【解析】（1）[1]电键S闭合后，小灯泡A将瞬间变亮，电路稳定后，线圈电阻可以忽略，小灯泡B被短路，小灯泡A亮度增大。故选C。
[2]电键S闭合后，小灯泡B瞬间变亮，然后由于线圈短路，则B灯逐渐熄灭。故选B。
（2）[1]S断开后，小灯泡A电路中没有闭合回路，小灯泡A将立即熄灭。故选D。
[2]S断开后，线圈L中产生自感电动势阻碍电流的减小，在线圈与小灯泡B构成的闭合回路中产生感应电流，故S断开后，小灯泡B闪亮一下，然后熄灭。故选G。
（3）开关S拨到1，电感线圈L产生通电自感现象，其阻碍电流增大，回路中的电流慢慢增大，自感电动势逐渐减小，此过程电感线圈L相当于阻值逐渐变小的电阻，稳定后电流最大且保持不变，电感线圈两端电压最小，若不计电感线圈的直流电阻，稳定时电感线圈两端电压为零；一段时间后再拨到2，电感线圈L产生断电自感现象，其阻碍电流减小，回路中的电流慢慢减小，自感电动势逐渐减小，此过程电感线圈L相当于电动势逐渐减小的电源，自感现象消失后回路的电流和电感线圈两端电压均为零，故选BC。
13. 【答案】（1）0.3kg （4分） （2）1.5T （6分）
【详解】（1）对金属棒受力分析，如图
棒受到的安培力F安=BIL=3N （1分）
Fcsθ=mg（1分）
Fsinθ=F安 （1分）
解得m=0.3kg （1分）
（2）要磁感应强度最小，则安培力最小，当安培力垂直于拉力F时有最小值。
F安=mgsinθ （2分）
而F安=B1IL （2分）
解得：B1=1.5T （2分）
（14分）【答案】(1)E=mv024Lq （5分） (2)B=mv02qL （5分） (3)S=2(2−1)L2 （4分）
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动
4L=ν0t （1分），2L=12at2 （1分）
qE=ma （1分）
E=mv024Lq（2分）
设带电粒子运动到M点时，水平分速度为vx，则有
2L=12vxt （1分）
设速度方向与x轴正方向的夹角为，tanθ=vxν0=1 ， v=2v0 （1分）
在磁场中，由几何关系2r=42L 得r=22L （1分）
又qvB=mv2r （1分）
得B=mv02qL （1分）
（3）当磁感应强度为2B时，有2qvB=mv2r1 （1分）
得r1=12r=2L
使带电粒子与x轴正方向成角向下经过x轴，即粒子速度偏转，圆弧圆心角为，由几何关系，矩形的长边a=2r'=2L ①
矩形的短边b=1−22r1=(2−1)L ② （①②式共2分）
最小面积S=ab=2(2−1)L2 （1分）
15.【答案】（18分）（1）3mg （4分） （2）νP=152gR （8分） （3）Qp=1150mgR （6分）
【详解】（1）P棒到达轨道最低点时速度大小设为
mgR=12mv02−0 （1分）
对P棒在b点有：
FN−mg=mv02R （1分）
解得FN=3mg （1分）
由牛顿第三定律有：F压=FN=3mg （1分）
（2）设Q棒第一次稳定运动时的速度为νQ，P棒的速度为νP。
当稳定时感应电流为零，则两杆产生的感应电动势相等
B⋅2L⋅vp=B⋅L⋅vQ （2分）
从Q棒开始运动到第一次速度达到稳定过程中，根据动量定理，对P棒有
−BI⋅2L⋅t=mvp−mv0（2分）
对Q棒有
BI⋅L⋅t=mvQ（2分）
联立解得
νP=152gR （2分）
（3从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒切割磁场的长度相等，当速度稳定时，两棒的速度相同，设稳定速度为v。系统所受外力为零，则系统动量守恒，根据动量守恒定律有
mvP+mvQ=2mv（2分）
根据能量守恒定律有
Q=12mvP2+12mvQ2−12 2mv2（2分）
解得 Q=150mgR
P棒进入导轨Ⅱ运动后，接入电路的阻值变为r2，故P棒产生的热量
QP=13Q=1150mgR （2分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
B
A
B
D
C
D
BC
BCD
AD