河南省郑州市2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

河南省郑州市2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.下列有关电磁现象的说法正确的是
A. 网络信号的实质是射线
B. 通电螺线管吸引铁针是因为其产生了磁场
C. 磁铁在铝管中下落变慢是因为磁铁有吸引铝的磁性
D. 加油前触摸静电释放器是为了导走加油机上的静电
2.如图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈和。在断开开关的时候，弹簧并不会立刻将衔铁拉起而使触头连接工作电路离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。下列变化会影响延时效果的是
A. 电源正负极颠倒 B. 线圈绕向反向 C. 线圈绕向反向 D. 线圈不闭合
3.如图所示，纸面内有一单匝圆环，半径为。虚线正方形为圆的内接正方形，在正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。、为过圆心的转轴，与正方形上下边垂直，过正方形的对角线。则
A. 图示位置穿过圆环的磁通量为
B. 圆环绕轴转过时，穿过圆环的磁通量为
C. 圆环绕轴转过的过程中，穿过圆环的磁通量减小了
D. 圆环绕轴转过的过程中，穿过圆环的磁通量减小了
4.上海中心大厦顶部的阻尼器确保了整栋大厦在台风中的稳定。阻尼器简化原理如图所示，当楼体在风力作用下摆动时，携带有永磁体的质量块由于惯性产生反向摆动，在金属地板内产生涡流，从而使大厦减振减摆。则
A. 涡流由外部电源产生 B. 地板电阻率越大，产生涡流越大
C. 永磁体摆动速率越大，产生涡流越大 D. 阻尼器最终将机械能转化为电势能
5.某电路如图所示，电源电动势，内阻，电阻，。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压，线圈电阻。则电动机正常工作时的输出功率为
A. B. C. D.
6.哈密南一郑州特高压直流输电工程被誉为“电力丝绸之路”。为减小高电压引起的能量损耗，输电线路上采用图甲所示的六分裂铝绞线，图乙为其截面示意图。导线由间隔棒隔离在正六边形的顶点上，点为正六边形的中心；每根导线中电流大小方向均相同，且在点的磁感应强度大小均为，则( )
A. 点磁感应强度最大
B. 处的导线在点产生的合磁场磁感应强度大小为
C. 处的导线在点产生的合磁场磁感应强度大小为
D. 处的导线在点产生的合磁场磁感应强度大小为
7.如图甲所示，在平面内有一平行四边形，平行四边形边长、，。空间内存在一平行于该平面的匀强电场，在轴上由点到点的电势随的变化关系如图乙所示。将试探电荷由点移动到点与由点移动到点，电场力做功均为。已知，则
A. 电场强度大小为
B. 电场方向从指向
C. 之间电势差
D. 试探电荷由点移动到点电场力做功为
8.如图所示，在水平桌面上有一绝缘木板，木板上固定一关于直线对称的匝心形导线圈，线圈与木板的总质量。导线圈与直线交于、两点，两点间的距离。直线左、右两侧分别加上水平方向匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反且与垂直。导线圈中通入顺时针方向的电流时，水平桌面所受木板压力恰好为零。重力加速度大小取，则磁感应强度大小为
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.如图所示，矩形线圈面积为，匝数为，线圈电阻为，在磁感应强度为的匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动，外电路电阻为。当线圈由图示位置转过的过程中( )
A. 通过电阻的电荷量为 B. 通过电阻的电荷量为
C. 通过电阻电流的有效值为 D. 通过电阻电流的有效值为
10.多选如图为振荡电路，为电路上一点。某时刻线圈中的磁场及电容器两极板所带的电荷如图所示，则
A. 此时刻电容器内电场强度正在减小
B. 此时刻通过点的电流方向由左向右
C. 若只在线圈中插入铁芯，振荡电路的频率将增大
D. 若只增大电容器极板间距离，振荡电路的频率将增大
11.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比，原线圈通入正弦式交流电，副线圈连接有光敏电阻、小灯泡和定值电阻。已知光敏电阻所受光照变强时，电阻值变小，电流表和电压表均为理想交流电表。则( )
A. 电压表示数之比为 B. 电流表示数之比为
C. 所受光照变强，小灯泡将变亮 D. 所受光照变强，电流表示数变大
12.多选某无线充电接收器构造如图甲，为方便计算，简化模型如图乙所示。其中线圈的外圈半径为，内圈半径为，两端与整流电路相连，电阻不计。在垂直于线圈平面施加如图丙所示随时间变化的匀强磁场，设磁场垂直于纸面向外为正，则
A. 时，内圈抽头的电势比外圈抽头的电势低
B. 外圈感应电动势约为内圈的倍
C. 内圈的感应电动势约为
D. 整流电路的输入电压约为
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.某实验小组设计了如图甲所示的实验电路，观察电容器的充、放电过程，同时测量电容器的电容。电路中的电流传感器可显示电流随时间的变化。电路图中直流电源电动势、内阻不计，为单刀双掷开关，，为定值电阻，为电容器。
先将与“”端相连，此时电容器处于 过程选填“充电”或“放电”，电路稳定后，再将与“”端相连。电流随时间变化的规律如图乙所示。
图乙中阴影部分的面积 选填“”、“”或“”；
已知图乙中阴影部分的面积为，则该电容器的电容为 。
14.某同学想测量两节干电池组成电池组的电动势约和内电阻，有下列器材可供选用：
A.电流表：量程，内阻约为
B.电流表：量程，内阻约为
C.电压表：量程，内阻约为
D.滑动变阻器，额定电流
E.定值电阻：阻值约为
F.定值电阻：阻值约为
G.待测电池组、开关、导线
为了保证安全，通过干电池的电流不能超过，实验时要选择一个定值电阻接入电路，为了在安全的基础上让测量范围尽量大一些，测量尽可能准确，定值电阻应选用__________，电流表应选用__________。均填器材前的字母代号
为减小实验误差，请以笔代线，将图甲中实验器材间的连线补充完整_______。
实验时调节滑动变阻器得到若干组电压表读数和电流表读数，该同学根据数据作出图像如图乙所示。由图像可得，该电池组的电动势__________，内阻__________。结果均保留三位有效数字
四、计算题：本大题共4小题，共32分。
15.如图所示，固定在水平地面上的光滑绝缘斜面长度为，倾角，斜面底端和顶端分别固定带电量为和的两个点电荷。已知重力加速度大小为，静电力常量为，求：
斜面中点位置的电场强度大小；
若一带电量为的小物块可视作质点恰能静止在斜面的中点，求小物块的质量。
16.如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距，虚线左侧为圆弧导轨、右侧为水平导轨，两段导轨平滑连接。水平导轨足够长，且右端连接一定值电阻。右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小。长度略大于的导体棒从圆弧导轨上距离水平面高度处由静止释放，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。已知导体棒质量，接入电路的电阻。不计导轨电阻，重力加速度大小取，求：
刚进入磁场时加速度的大小；
整个过程电阻产生的热量。
17.如图甲所示平面处于周期性变化的电场中，电场方向与轴平行，取轴正方向为电场正方向，电场强度随时间变化规律如图乙所示，其中、为已知量。一不计重力的带电粒子，在时刻，以初速度沿轴正方向从坐标原点射入电场，粒子经过一个周期到达电场中的点，连线与轴正方向夹角为。
判断该粒子的电性，并求解其比荷；
若该粒子在时刻，以初速度沿轴正方向从坐标原点射入电场，求经过一个周期粒子的位移大小。
18.如图，空间存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。是足够大的荧光屏，是长度为的水平挡板不计厚度。为电子源，可以沿与夹角的方向发射大量速度大小不等的电子。已知中垂线过点，且到的距离为，电子比荷为，求：
到达挡板上点电子的速度大小；
电子到达挡板的最长时间；
荧光屏上点右侧不发光区域的宽度。
答案和解析
1.【答案】
【解析】A.网络信号的实质是电磁波，故 A错误
B.通电螺线管产生磁场，吸引铁针，故B正确
C.磁铁在铝管中下落变慢是因为磁铁有吸引铁的磁性，故 C错误
D.加油前触摸静电释放器是为了导走人体上的静电，故 D错误。
2.【答案】
【解析】延时继电器的工作原理如下：闭合开关时，线圈会产生变化的磁场，穿过线圈的磁通量要增加，使得线圈会产生感应电流，同时该电流会产生个磁场反过来使得在弹片附近的磁场的增加变慢，达到延时的效果；当打开开关时，线圈产生变化的磁场，通过线圈的磁通量要减少，使得线圈又会产生感应电流，阻碍通过的磁通量的减少，同时使在使得在弹片附近的磁场的减少变慢，达到延时的效果。
当线圈不闭合时，中没有感应电流产生，也不会产生磁场，就不会影响弹片附近的磁场变化的快慢，起不到延时作用，故选D。
3.【答案】
【解析】由几何关系可知，正方形的边长为。
A、图示位置穿过圆环的磁通量正，故A错误
B、圆环绕轴转过时，磁场与圆环平面平行，穿过圆环的磁通量为，故B错误
C、圆环绕轴转过的过程中，初状态磁通量，末状态磁通量为，故穿过圆环的磁通量减少了，故C错误
D、同理，圆环绕轴转过的过程中，初状态磁通量，末状态磁通量为，故穿过圆环的磁通量减少了，故D正确。
4.【答案】
【解析】A.阻尼器摆动时，永磁铁在导体板上方摆动，磁通量发生变化，从而在导体板内产生涡电流，属于电磁感应现象，不是外部电源产生的电流，故 A错误
B.导体板电阻率越大，电阻越大，根据欧姆定律可知涡电流越小，故 B错误
C.质量块摆动的速率越大，穿过导体板的磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势就越大，则涡电流也越大，故 C正确。
D.通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为内能，所以阻尼器最终是将机械能转化为内能的，故 D错误
故选C。
5.【答案】
【解析】根据闭合电路的欧姆定律：
可得总电流为
根据欧姆定律可得通过电阻的电流为：
则流过电动机的电流为：
电动机输出功率为：
代入数据得
故选：
6.【答案】
【解析】A.根据对称性可知，关于点对称的两根导线在点产生的磁感应强度为零，即点的磁感应强度为零，故A错误；
B. 处的导线在 点产生的磁感应强度大小均为，方向互成 ，故点的磁感应强度大小为 ，故B错误；
C. 处的导线在 点产生的磁感应强度大小均为，方向互成 ，故点的磁感应强度大小为 ，故C正确；
D. 处的导线在 点产生的磁感应强度与 处的导线在 点产生的合磁感应强度等大反向，故 处的导线在 点产生的合磁场磁感应强度大小为，故D错误。
故选C。
7.【答案】
【解析】B、将试探电荷由点移动到点与由点移动到点，电场力做功均为。则、电势相等，是一条等势线，电场方向垂直，根据几何关系易得垂直，因为点电势低于点电势，根据沿电场方向电势降低可知电场方向从指向，故B错误；
A、电势差等于电势差，结合乙图可知电势差为，电场强度，故A正确；
C、的中点在上，即中点电势为，则，其中，解得，故之间电势差，故C错误；
D、，试探电荷由点移动到点电场力做功均为，即，由于，所以试探电荷由点移动到点电场力做功为，故D错误。
故选A。
8.【答案】
【解析】根据左手定则和安培力公式，关于直线对称的匝心形导线圈，左右两边受到的安培力相同均为：，其中为有效长度，匝数，
由于水平桌面所受木板压力恰好为零，故有：，解得：磁感应强度大小，选项 B正确。
9.【答案】
【解析】线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为
电动势的有效值为
路端电压为
通过电阻电流有效值
故C正确，D错误；
由
、、
得电荷量为
故B正确，A错误。
10.【答案】
【解析】由图可知，此时线圈中的电流为逆时针方向，通过点的电流方向由右向左，则此时电容器正在放电，电容器的电压正在减小，电容器内电场强度正在减小，故B错误，A正确；
C.根据，在线圈中插入铁芯，则增大，振荡电路的频率减小，故C错误；
D.根据、，增大电容器极板间的距离，则电容减小，振荡电路的频率增大，故D正确。
11.【答案】
【解析】A.理想变压器原、副线圈两端的电压之比等于匝数之比，即 ，电压表 的示数等于原线圈两端的电压，电压表 的示数小于副线圈两端的电压，故电压表 示数之比大于 ，故A错误；
B.电流表 分别测量理想变压器原、副线圈中的电流，故电流表 示数之比等于匝数的反比，即 ，故B正确；
理想变压器原线圈两端电压恒定，匝数比一定，则副线圈两端电压也恒定，当 所受光照变强，电阻值变小，光敏电阻与小灯泡并联的电阻减小，分得的电压也减小，故小灯泡 将变暗，电流表 示数变大，电流表 示数也变大，故C错误，D正确。
故选BD。
12.【答案】
【解析】A.根据楞次定律，在之前取一小段时间，磁感应强度向里减小，线圈的外圈电流顺时针，线圈的内圈电流顺时针，电流由内圈抽头流向外圈抽头，、故内圈抽头的电势比外圈抽头的电势低，故A正确；
B.根据法拉第电磁感应定律：， ，外圈半径为内圈倍，外圈面积为内圈倍，外圈感应电动势约为内圈的倍，故B错误；
C.内圈的感应电动势约为，故C正确；
D.线圈电阻不计，整流电路的输入电压等于线圈总电动势，内、外线圈电动势同向，有：
，故D错误。
13.【答案】充电

【解析】解：由图甲可知，将与“”端相连，此时电容器处于充电过程。
根据，可知曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等，即。
已知，电容器充电结束后，电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为
14.【答案】


【解析】通过干电池的电流不超过 ，故电路中的总电阻不小于 ，为了在安全的基础上让测量范围尽量大一些，定值电阻应选 ，即；为了使测量尽可能准确，电流表应选 ，即。
因电流表内阻的准确值未知，为减小实验误差，将图甲中实验器材间的连线补充完整如图所示
由闭合电路欧姆定律知
由图乙可得，该电池组的电动势为 均可
内阻为
15.【答案】解：由点电荷的场强公式，在斜面中点的场强方向沿斜面向下，大小为：
在斜面中点的场强方向沿斜面向上，大小为：
因此斜面中点的电场强度为：
解得：
由力的平衡条件：
解得：
16.【答案】解：导体棒在圆弧轨道下滑的过程，由机械能守恒定律得：
刚进入磁场时由法拉第电磁感应定律：
由欧姆定律得：
由牛顿第二定律得：
解得：
由能量守恒，整个过程产生的总热量为：
电阻产生的热量为
解得：
17.【答案】解：由时刻入射，粒子到达电场中的点，知粒子向上偏转，则粒子带正电，
经过一个周期，方向上的位移为：
方向上的位移为：
由牛顿第二定律：
由已知条件：
联立得：
若粒子在时刻射入，经过一个周期粒子在前内方向上的位移为：
粒子在后内方向上的位移为：
经过一个周期粒子在方向上的总位移为：
经过一个周期粒子在方向上的总位移为：
则位移为：
18.【答案】解：到达点电子的轨迹如图，
由几何关系轨迹半径为：
由牛顿第二定律：
联立得：
当电子轨迹与挡板相切时，其到达挡板的时间最长，速度偏转角为：
由牛顿第二定律：
电子做匀速圆周运动的周期为：
最长时间为：
联立解得：
当电子刚好过点时，此电子刚好打到上的点，由几何关系：
当电子轨迹与挡板相切时，此电子刚好打到上的点，轨迹如图所示，轨迹半径为，由几何关系：
解得：
由几何关系：
荧光屏上点右侧不发光区域的宽度为，
解得：
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