河南开封五校2025-2026学年高二下学期期中考试物理试题（含解析）

这是一份河南开封五校2025-2026学年高二下学期期中考试物理试题（含解析），共49页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1、本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2、答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3、考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4、本卷命题范围：人教版选择性必修第二册。
一、选择题：本题共10小题，共46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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 下面有关四幅闭合回路的描述正确的是（ ）
A. 图甲中，感应电流方向沿顺时针
B. 图乙中，感应电流方向沿顺时针
C. 图丙中，导体棒中的电流从M到N
D. 图丁中，导体棒中的电流从M到N
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据楞次定律的“增反减同”及右手螺旋定则， 感应电流方向沿顺时针，故A正确；
B．线圈向右运动时，穿过其的磁通量减少，根据楞次定律的“增反减同”， 感应电流方向沿逆时针，故B错误；
C．由，B减小，则穿过闭合回路的磁通量减少，根据楞次定律的“增反减同”， 感应电流方向沿逆时针，即导体棒中的电流从N到M，故C错误；
D．导体棒做切割磁感线运动时，由右手定则，即导体棒中的电流从N到M，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，一根通电导线弯折后固定在匀强磁场中，电流大小为，磁感应强度为，的长度为，为，与磁感线垂直，连线与磁感线平行，下列说法正确的是（ ）
A. 导线所受安培力大小为
B. 导线所受安培力大小为
C. 导线所受安培力大小为
D. 导线所受安培力大小为0
【答案】D
【解析】
【详解】由图可知导线垂直于磁感线方向的长度与导线的长度相等，由可知导线、所受安培力大小均为，方向相反，故导线所受安培力大小为0。
故选D。
3. 匝数为的矩形闭合线圈在某磁场中转动的过程中，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，线圈的电阻值为。则0~0.4s的时间内，线圈中产生的焦耳热为（ ）
A. 4JB. C. 8JD.
【答案】C
【解析】
【详解】从图像可得，线圈转动的周期，因此角速度
磁通量按正弦规律变化，0~0.2s的时间内，最大磁通量
0.2s~0.4s的时间内，最大磁通量
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大值
代入得
正弦式交变电流的有效值
焦耳热公式为
代入，
得
故选C。
4. 如图甲所示为一振荡电路在某时刻的情景，该时刻线圈的磁场能正在逐渐减弱，图乙为振荡过程的图像，已知线圈的自感系数为，电容器的电容为，规定回路中的电流沿顺时针方向为正方向。下列说法正确的是（ ）
A. 该时刻流过电流计的电流方向向右B. 该时刻应介于之间
C. 两极板之间的电压正在减小D. 若仅减小两极板间的距离，则振荡周期减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示磁场由安培定则可知，电路电流沿逆时针（俯视图）方向，故该时刻流过电流计的电流方向向左，A错误；
B．该时刻线圈的磁场能正在逐渐减弱，磁场能正在转化为电场能，则此时正处于充电过程，电路电流逐渐减小，故该时刻应介于之间，B正确；
C．该时刻线圈正处于充电过程，电容器带电量不断增大，由
可知，极板间电压增大，C错误；
D．减小极板间距，由电容决定式​
可知减小，增大，LC振荡周期公式为
因此周期增大，D错误。
故选B。
5. 晓强在研究通电自感和断电自感时，设计了如图所示的电路，其中、为两个完全相同的灯泡，L为电感线圈且直流电阻不能忽略，R为定值电阻，两灯泡的电阻不受温度影响。下列说法正确的是（ ）
A. 开关闭合瞬间，两灯泡均立即变亮
B. 开关闭合后，灯泡逐渐变亮，灯泡立即变亮
C. 开关断开后，灯泡逐渐变暗，灯泡闪亮一下再逐渐熄灭
D. 开关闭合与断开瞬间，流过灯泡的电流均向右
【答案】B
【解析】
【详解】AB．开关闭合瞬间，由于自感线圈L的存在，灯泡L1逐渐变亮，灯泡L2立刻变亮，A错误，B正确；
C．开关断开的瞬间，自感线圈L、L1、L2组成闭合回路，由于自感线圈阻碍原电流的变化，所以灯泡L1和L2都逐渐熄灭，故C错误；
D．开关闭合瞬间，通过灯泡L2的电流向右，开关断开瞬间，由于自感线圈产生感应电流，通过灯泡L2的电流向左，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，足够长的粗糙绝缘直杆倾角为，杆上套一带正电的小球，匀强磁场的方向垂直于杆所在竖直平面向里。小球与杆之间的动摩擦因数，重力加速度为，现给小球一沿杆向上的初速度，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 上升过程中，小球的加速度一定一直增大B. 上升过程中，小球最终可能达到匀速
C. 下滑过程中，小球的加速度一直减小D. 下滑过程中，小球先加速后匀速
【答案】D
【解析】
【详解】A．上升过程中，小球速度沿杆向上，由左手定则可知洛伦兹力FL=qvB 垂直杆向上。
若qv0Bmgcsθ ，则N=qvB−mgcsθ ，方向垂直杆向下，随着减小，先减小后反向增大，加速度先减小后增大。故A错误；
B．上升过程中，小球受重力沿杆向下的分力和沿杆向下的摩擦力，合力沿杆向下，小球做减速运动，不可能达到匀速。故B错误；
CD．下滑过程中，小球速度沿杆向下，由左手定则可知洛伦兹力FL=qvB 垂直杆向下。杆对小球的支持力N=mgcsθ+qvB
摩擦力f=μN=μ(mgcsθ+qvB)
方向沿杆向上。由牛顿第二定律得
即mgsinθ−μ(mgcsθ+qvB)=ma
由于，即
初始时刻时，小球加速下滑。随着增大，增大，加速度减小。当时，，小球做匀速运动。所以下滑过程中小球先加速后匀速，加速度先减小后不变。故C错误，D正确。
故选D。
7. 如图甲所示，水平虚线的正下方存在垂直纸面方向的磁场（包括边界），时刻磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，直径为d、匝数为N的圆形导体线圈竖直固定，线圈有一半在磁场中，已知线圈单位长度的电阻值为r。下列说法正确的是（ ）
A. 时间内线圈中的电流沿逆时针方向
B. 时间内，线圈所受的安培力方向先竖直向下后竖直向上
C. 线圈中产生的感应电流大小为
D. 时线圈所受的安培力大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．在时间内磁场方向垂直纸面向里且磁感应强度减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知线圈内感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B．由楞次定律可知，在时间内线圈内感应电流始终沿顺时针方向，在时间内磁场方向垂直纸面向里，可知线圈所受的安培力方向竖直向下；时间内磁场方向垂直纸面向外，可知线圈所受的安培力方向竖直向上，故B正确；
C．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
线圈单位长度的电阻值为r，可知总电阻为
可得线圈中感应电流的大小，故C错误；
D．时的磁感应强度为，感应电流的大小
可知线圈所受的安培力大小为，故D错误。
故选B。
8. 2025年6月21日，四川甘孜藏族自治州金上至湖北±800千伏特高压直流输电工程进入最后验收阶段，直流输电的最大特点是能减少能量的损耗，直流输电时首先通过整流器将交流电变为直流电，然后再通过逆变器将直流电变为交流电，其中交流电的有效值等于直流电。如图所示为远距离输电的简易图，发电厂输出电压的有效值为，输出功率为，输电线的总电阻为。已知用户的电压为，降压变压器的匝数比为，升压变压器和降压变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A. 图中X为逆变器，Y为整流器B. 升压变压器的匝数比为
C. 用户得到的功率为44kWD. 增加用户时，用户得到的电压升高
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于变压器的工作原理是互感现象，因此变压器原线圈的输入电压为交流电，由题意可知，X为整流器，Y为逆变器，A错误；
B．对于降压变压器有
解得
设输电线的电流为，由能量守恒定律得
解得
又
对于升压变压器有
解得，B正确；
C．输电线上损耗的功率为
用户得到的功率为
解得，C正确；
D．用户增加时，用户的总电阻R减小，将降压变压器和用户等效为一个电阻，则该等效电阻为
所以等效电阻减小，由于升压变压器的输出电压不变，则输电线上的电流增大，输电线上分得的电压增大，降压变压器原线圈的输入电压减小，副线圈的输出电压减小，用户得到的电压减小，D错误。
故选BC。
9. 如图所示，正方形线框放在绝缘水平面上，其中与虚线重合，虚线左侧存在竖直向上的匀强磁场（其中边界处不存在磁场），欲使线框离开磁场可采用两种方式：①在外力作用下保持线框向右匀速运动，直到边与虚线重合；②在外力作用下使线框绕轴沿顺时针方向匀速转动，保持边的线速度大小与①中匀速运动的速度大小相等，直到边转到虚线的正上方。下列说法正确的是（ ）
A. ①、②两种方式，线框离开磁场瞬间两端的电压不同
B. ①、②两过程中，流过某一横截面的电荷量不同
C. ①、②两过程中，线框产生的焦耳热之比为
D. ①、②两过程中，流过线框的平均电流之比为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．两种方式离开磁场瞬间（末态）只有边切割磁感线，且边切割磁感线的速度相同，则边产生的感应电动势相等，两端的电压等于感应电动势的，所以线框离开瞬间两端的电压相同，A错误；
B．由法拉第电磁感应定律可知线框中产生的平均感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得平均感应电流为
流过横截面的电荷量
且
整理得
所以两种方式流过某一横截面的电荷量相同，B错误；
C．方式①：感应电动势
平均感应电流为
运动时间
焦耳热
方式②：感应电动势最大值
感应电动势有效值
感应电流有效值为
运动时间
焦耳热
因此，C正确。
D．平均电流，
因此，D正确。
故选 CD。
10. 如图甲所示，圆心在x轴上的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，时刻在O点沿x轴正方向发射一个速度为v、比荷为k的带正电粒子，粒子运动过程x、y方向的速度分量随时间变化的图像如图乙、丙所示，粒子所受重力不计，则（ ）
A. 磁场方向垂直纸面向里
B. 图丙中的最大值为v
C. 粒子的轨迹半径为
D. 圆形磁场的圆心到O点的距离为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．图像可知正电粒子进入磁场后y轴正方向的速度分量增大，可知进入磁场时正电粒子受到的洛伦兹力向上，左手定则可知粒子垂直于纸面向里，故A正确；
B．粒子做圆周运动如图所示
转过的圆心角范围为，速度分量满足，，
只有当时，，达到最大值，而出磁场时（），则不能为，故B错误；
C．粒子出磁场时速度偏转角等于圆心角，即，粒子在磁场中运动时间
得周期
轨迹半径
故C正确；
D．设磁场圆心坐标为（即所求距离为）粒子入射点，出射点坐标可由圆周运动几何关系得
因为、都在磁场边界上，，代入坐标化简
代入
​得
故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 如图甲所示为研究霍尔效应的实验装置，在一矩形金属薄片的、间通入电流，同时外加与薄片垂直的磁场，在、两侧面间出现电压，这个现象称为霍尔效应，称为霍尔电压。某校物理学习小组对霍尔现象进行了如下研究，请完成下列填空：
（1）用螺旋测微器测出薄片厚度，如图乙所示，则_______。
（2）已知金属薄片内单位体积中导电的电子数为，电子电荷量的绝对值为，则霍尔电压_______。（用题中所给字母表示）
（3）在如图甲所示的磁场中，金属薄片面的电势_______（选填“高”或“低”）于面的电势；若金属薄片垂直于电流方向的横截面积为，要让通入电流后电子不发生偏转，需要在间加上的匀强电场的电场强度大小为_______（用，，，，表示）。
【答案】（1）0.520
（2）
（3） ①. 高 ②.
【解析】
【小问1详解】
螺旋测微器的分度值为，由图乙可知薄片厚度为。
【小问2详解】
当电场力与洛伦兹力平衡时，有
根据电流的微观表达式
可得
【小问3详解】
[1]金属薄片中的自由电荷为电子，由左手定则判断，电子会偏向端，使其电势低，同时相对的端电势高，故端的电势比端的电势高；
[2]由
可得，要让电子不发生偏转，需满足洛伦兹力等于电场力，则有
解得
12. 某实验小组的同学在进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验时，设计了如图甲所示的电路，其中触头1、2、3对应的线圈匝数分别为300匝、600匝、1200匝，触头4、5对应的线圈匝数分别为100匝、200匝。
（1）实验室为其准备的实验器材有学生电源、可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。学生电源如图乙所示，实验时变压器原线圈的两端应接________（选填“ab”或“cd”）；
（2）若变压器原线圈的输入电压为18V，原线圈的单刀多掷开关接触头2，此时副线圈多用电表的旋钮旋至10V挡位，多用电表的指针偏转如图丙所示，则副线圈的输出电压为________V（保留一位小数），此时副线圈单刀多掷开关接的是触头________（选填“4”或“5”）；
（3）若将原线圈的单刀多掷开关接触头3，副线圈的单刀多掷开关接5，则当原线圈接入的电压为12V时，接入副线圈多用电表的示数可能为________（选填“3V”“2V”或“1.9V”），其原因可能为________（说出一种理由即可）。
【答案】（1）cd （2） ①. 6.0 ②. 5
（3） ①. 1.9V ②. 变压器并非理想变压器，存在漏磁、线圈电阻分压、铁芯涡流等因素
【解析】
【小问1详解】
变压器的工作原理是互感现象，需要原线圈中通入变化的电流产生变化的磁场，从而在副线圈中产生感应电动势。直流电产生恒定磁场，无法在副线圈产生感应电压。图乙中，ab端标有“+”、“-”，为直流输出端；cd端标有“~”，为交流输出端。因此，实验时变压器原线圈的两端应接交流电源，即cd端。
【小问2详解】
[1][2]多用电表旋钮旋至10V挡位，由图丙可知，读数为。根据理想变压器电压与匝数的关系
其中匝，解得匝。
题目已知触头5对应的线圈匝数为200匝，故此时副线圈单刀多掷开关接的是触头5。
【小问3详解】
[1][2]原线圈接触头3，对应匝数匝；副线圈接触头5，对应匝数匝。原线圈电压。若为理想变压器，根据
解得副线圈电压为2.00V，但在实际实验中，变压器并非理想变压器，存在漏磁、线圈电阻分压、铁芯涡流等因素，导致能量损失，副线圈的实际输出电压会略低于理论计算值，故示数可能为。
13. 如图所示，矩形线框ABCD的匝数为匝，其中，，矩形线框的电阻值，矩形线框在M、N两点通过两个电刷连接如图所示的电路，其中两电表均为理想交流电表，定值电阻的阻值为，线圈所在空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，为过AD边和BC边中点的轴线。现让线框绕以恒定周期转动，导线的电阻不计，图示位置记为时刻。求：
（1）电压表的示数；
（2）从时刻开始，线框转过180°的过程中，流过电流表的电荷量；
（3）从时刻开始，在1min的时间内定值电阻上产生的焦耳热。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
线框的角速度为
线框在匀强磁场中转动产生的感应电动势的最大值为
线框中产生感应电动势的瞬时值为
电压表的示数
【小问2详解】
线框从图示位置转过180°所用的时间为
则磁通量变化量的绝对值为
由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
又
整理得
代入数据解得
【小问3详解】
感应电动势的有效值为
电路中感应电流的有效值为
1min的时间内定值电阻上产生的焦耳热为
代入数据解得
14. 如图所示，倾角为的固定斜面足够长，斜面光滑且绝缘，水平虚线1、2间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T。质量为m=1kg、阻值为r=2Ω、边长为L=1m的正方形导体框abcd由静止释放，释放时线框的cd边水平，且 cd边与虚线1相距s=0.1m， cd边越过虚线2时线框刚好匀速运动。已知cd边刚越过虚线1到ab边运动到虚线1所用的时间为t=0.6s，重力加速度g=10m/s2，导体框不转动。求：,
（1） cd边刚越过虚线1瞬间导体框的加速度大小a；
（2）虚线1、2之间的距离x。
【答案】（1）3m/s2
（2）1.225m
【解析】
【小问1详解】
设cd边刚越过虚线1时的速度为，根据机械能守恒定律有
解得v0=1m/s
感应电动势
感应电流
对导体框，根据牛顿第二定律有
解得，cd边刚越过虚线1瞬间加速度的大小
【小问2详解】
设框ab边刚越过虚线1时的速度为，cd边刚越过虚线2时的速度为， cd边越过虚线1到ab边运动到虚线1的过程中，根据动量定理有，其中
联立解得v1=2m/s
cd边刚越过虚线2时导体框做匀速运动，则
解得v=2.5m/s
ab边刚越过虚线1到cd边刚越过虚线2的过程中，根据动能定理有
解得，虚线1、2间的距离x=1.225m
15. 如图所示，足够大的空间内存在竖直向下的匀强电场，空间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，其中O、、分别为、、的中心，比荷为k的正电粒子由O点沿平行于ab的方向以初速度射入电场，经过一段时间粒子从面的M点（图中未画出）进入区域，当粒子第2次进入磁场时又经过M点，已知，足够长。粒子的重力忽略不计。求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）若仅将区域内的磁感应强度加倍，粒子能否第二次通过M点？若能，求出粒子从O点到第二次通过M的时间；若不能，求出第四次经过面时到点的距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由题意可得，粒子在电场以及磁场中运动的轨迹如图所示
粒子从O到M做类平抛运动，在竖直方向上，由牛顿第二定律得
可得
由运动学公式得
水平方向做匀速直线运动，则有
解得，
【小问2详解】
粒子经过M点竖直速度为
联立以上解得
则粒子进入磁场瞬间的速度大小为
设粒子的速度与水平方向的夹角为，则
则
粒子第2次进入磁场时又经过M点，说明粒子恰好回到点，轨迹是对称的，在磁场中做圆周运动的圆心在上，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为
粒子在磁场中做圆周运动有
联立解得
【小问3详解】
若仅将区域内的磁感应强度加倍，则由
可知粒子的轨道半径为
由以上解析可知，粒子第二次通过面时刚好从点经过，粒子再次进入电场后做类斜抛运动，由对称性可知粒子第三次通过面时到M点的距离为，则粒子第四次通过面时经过M点，作出粒子的运动轨迹，如图所示
所以粒子能第二次通过M点，粒子在磁场中运动的周期为
整理得
粒子第一次在磁场中运动的时间为
由对称性可知，粒子第二次在电场中运动的时间为
粒子从O点到第二次通过M点的时间为
解得