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玉溪一中 2024—2025 学年下学期高二年级期中考
物理试题答案
一、选择题：
1.【答案】B 【解析】A.根据题意可知，开关一直闭合时通过变压器原线圈的电流不变，穿过铁芯的磁通
量不变，无法在副线圈感应出感应电动势，故 A错误；在开关断开的瞬间，穿过铁芯的磁通量急剧减小，
副线圈将产生高电压，B正确，C错误；D.若开关接到副线圈回路，穿过铁芯的磁通量不变，无法在副线
圈感应出感应电动势，故D错误。
2.【答案】C
【解析】AB、电流从电容器正极板经外电路流向电容器负极板，说明电容器正在放电，电容器所带的电
荷量正在减少，电路中的电场能减少，磁场能增加，即电场能转化为磁场能，故A错误，B错误；
1
CD、发射的电磁波的频率等于 LC 振荡回路的频率，为f = ，则发射的电磁波的波长
2π√LC
c
λ= =2πc√LC，可见减小电容器的电容，则发射的电磁波频率变大，C正确；增大线圈的自感系数
f
L，则发射的电磁波波长变长，故D错误。
3.【答案】C
【解析】A.装有一定量液体的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合
力，故A错误；B.在玻璃管振动过程中，除重力以外，还有浮力对玻璃管做功，所以它的机械能不守恒，
故B错误；C.由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动周期
与振幅无关，故C正确；
D.由题图乙可知，在t ∼t 时间内，向下的位移减小，加速度减小，玻璃管向上朝着平衡位置加速运动，
1 2
所以速度增大，故D错误。
4.【答案】B【解析】A、单摆在平衡位置时，等效重力加速度为g′=gsinα所以单摆在斜面上摆动的周期
√ L
T=2π ，故A错误；B、摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为 0，切线加速度为零，但向心
gsinα
v2
加速度为 ，故B正确；C、若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆在平衡位置时，等效重
L
√ L
力加速度为 qE，所以单摆在斜面上摆动的周期T=2π 减小，故C错误；
g′′=gsinα+
qE
m gsinα+
m
D、若小球带正电，并加一垂直斜面向下的匀强磁场，则小球摆动过程中洛伦兹力始终垂直速度，不产生
第 1 页 共 6 页回复力的效果，故周期不变，故D错误。
5.【答案】D
1
【解析】AB.线圈中感应电动势的最大值为E =NBS ω= NBL2ω，则线圈中感应电动势的有效值为
m 有 2
E √2 ，故A错误，B错误；
E = m= NBL2ω
有 √2 4
C.在转动一圈的过程中，总是有半个线圈处于磁场，线圈中的感应电流为完整的正弦式交变电流，故C
错误；D.则线圈中转动一圈产生的焦耳热为E2 2π πN2B2L4w，D正确。
有× =
R ω 4R
6.【答案】D
【解析】A.根据左手定则，电子受洛伦兹力偏向前表面，则元件前表面的电势低于后表面的电势，选项A
U BI
错误；B.根据 e=evB,则U=dvB,而I=nedℎv,可得U= ，仅增大霍尔元件的前后表面距离d,霍尔
d neℎ
电压U不会改变，B错误；C.自由电子所受洛仑兹力与电流所受安培力方向一致，选项C错误；D.根据
BI IB
U= ，元件单位体积内的自由电子个数为n= ，选项D正确。
neℎ eℎU
7.【答案】C
【解析】A、0∼2t 时间内MN右侧磁场向上减小，根据楞次定律，导线框中产生逆时针方向的电流，
0
2t ∼4t 内，MN右侧磁场向下增强，导线框中仍然产生逆时针方向的恒定电流，根据左手定则可知导
0 0
线框始终受到向右的安培力，故A错误；B、2t 时刻穿过导线框的磁通量的变化率不为零，导线框中产
0
生的感应电流不变，虽然右侧磁场为零，但是左侧磁场恒定，所以2t 时刻导线框仍受安培力，则导线框
0
受到的摩擦力不为0，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律 ΔΦ ΔB
πr2B
，电流 E
πr2B
，导线框受到的安培力大
E= = ⋅S= 0 I= = 0
Δt Δt 2t R 2Rt
0 0
小 πr2B 2πB 2r3 ，故C正确；
F=BIL=2B ⋅ 0 ⋅2r= 0
0 2Rt Rt
0 0
第 2 页 共 6 页D、 时间内通过导线框横截面的电荷量 πr2B 2πB r2 ，故D错误。
0∼4t q=I Δt= 0×4t = 0
0 2Rt 0 R
0
8.【答案】BCD
【解析】由振动图像可知周期4s，t=0时x 处质点在平衡位置且向下振动，而x 处质点在正的最大位移
1 2
处。波沿x轴正方向传播，其波形如图所示，x 处质点的平衡位置可能在A 、A 或A ⋯
2 1 2 3
1
则有x −x =(n+ )λ(n=0,1,2⋯)
2 1 4
32
解得波长为λ= m(n=0,1,2⋯)
4n+1
λ 8
则波速为v= = m/s(n=0,1,2⋯)
T 4n+1
3
A.若波速为2m/s，则n= ，由于n只能取整数，故A错误；
4
B.若波速为8m/s，则n=0，故B正确；
8
C.若波速为 m/s，则n=1，由于n只能取整数，故C正确；
5
8
D.若波速为 m/s，则n=2，由于n只能取整数，故D正确。故选BCD。
9
9.【答案】BCD
【解析】ABC.，两个波源在A点引起的振动偏离平衡位置的位移也可以为零，故A错误；再过半个周
期，A点变成谷谷叠加，B点变成峰峰叠加，B正确；A、B、C连线的区域都是振动加强区域，C正确，
D.原来D点是振动减弱点，让其中一个振源比另一个振源振动晚半个周期起振，经过足够长时间后，D
点是振动加强点，故D正确。
10.【答案】AC
BLv mgR
【解析】A.线圈全部进入磁场时达到了最小速度，即满足mg=B m L，即v 的大小为v = ，故
R 1 m B2L2
A正确；
B.0−t 时间内做自由落体运动，可知从t 时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t 时刻又做匀加
1 1 2
速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t 是线框全部进入磁场瞬间，t 时
2 3
刻开始做变减速运动，t 时刻，又做加速度为g的匀加速运动，可知t 是线框全部离开磁场瞬间，故B错
4 4
第 3 页 共 6 页误；C.从bc边进入磁场时线框的速度为v ，ad边离开磁场时线框的速度为v ，此过程中线圈的机械能的
2 1
1 1 1 1
减小量为：ΔE= mv2− mv2+mg(L+ ℎ)，则产生的电能为：ΔE = mv2− mv2+mg(L+ ℎ)，
2 2 2 1 电 2 2 2 1
1 1
则 感 应 电 流 所 做 的 功 为 W = mv2− mv2+mg(L+ ℎ)， 所 以 线 框 中 产 生 的 焦 耳 热 为
电 2 2 2 1
1 1
mv2− mv2+mg(L+ ℎ)，故C正确；
2 2 2 1
ΔΦ
D.根据q= 可知，线圈进入磁场和离开磁场时磁通量的变化量相等，故线框穿出磁场过程中，流经线
R
框横截面的电荷量等于线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量，故D错误。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. （ 每 空 2 分 ， 共 6 分 ） 【 答 案 】 3.80×10−3m 或 3.75×10−3m AB
d d d
m =m −m
1∆t 2 Δt 1 Δt ′
1 2 1
【解析】(1)游标卡尺的读数为 d=3mm+16×0.05mm=3.80mm=0.380cm=3.80×10−3m。
(2)A.为使滑块做匀速直线运动，气垫导轨需要调到水平，A正确；
B.为使滑块A经过光电门1并与滑块B发生碰撞且被弹回，需要满足 m <m ，B正确；
1 2
d
C.根据 v= 可知，为减小测量瞬时速度的误差，遮光条选择窄的好，C错误。
Δt
故选AB。
(3)
根据动量守恒定律可知
m v =−m v ′+m v
，即
m
d
=m
d
−m
d
1 1 1 1 2 2 1 Δt 2 Δt 1 Δt ′
1 2 1
12.（每空2分，共10分）
【答案】 1.6 24.0 R 1.5
1
【解析】(1)由于热敏电阻的阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，所以控制电路采用分压式接法；电压表
可视为理想电表，而毫安表有内阻，所以测量电路采用电流表外接法。测量电路图如上图所示；
U
(2)若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为4.7V和3.0mA，则此时热敏电阻的阻值R= ≈1.6kΩ。
I
第 4 页 共 6 页(3)当热敏电阻的阻值为2.3kΩ时，直接由图(a)读得此时室温为24.0℃。
(4)温度升高时，热敏电阻阻值减小，其两端电压也随之减小，与之串联的另一电阻两端电压增大，所以
图中R 应使用热敏电阻，开始报警时环境温度为44℃，此时热敏电阻R 的阻值为1.0kΩ，R 两端电压
1 1 2
为 ，则热敏电阻 两端电压为 ，由串联电路电流处处相等，即U U ，解得 的
U =6.0V R U =4.0V 1= 2 R
2 1 1 R R 2
1 2
阻值应为1.5kΩ。
(2π )
13.（10分）【答案】(1)这列波质点M的振动方程可写成：y =Asin t+φ ①
M T
1 π
将t=0时y= A代入, 可得φ= ②
2 6
t=0.05 ，质点M第一次回到平衡位置,则 (2π )=0，所以2π =π，
s y =Asin t+φ t+φ
M T T
所以 T=0.12s ③
M点的振动方程 (50 π) ④
y =20sin πt+ cm
M 3 6
(2)质点 M 在0.36s内走过的路程 s=3×4 A=2.4m ⑤
（ ①∼ ⑤式，每式2分）
14.（12分）【答案】解：(1)粒子在直线加速器中加速，根据动能定理
1 1
qU= mv2− mv2 ①
2 2 0
√ 2qU
解得粒子进入磁场的速率v= v2+ ②
0 m
(2)带电粒子在磁场中偏转得轨迹圆的半径R=0.5L ③
mv2
在磁场中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律：qvB= ④
R
解得磁感应强度大小
2√m2v2+2qmU
⑤
B= 0
qL
( ①、 ③每式3分，其余每式2分）
r 3
15.（16分） 【答案】(1)全电路总电阻R =r+ = r ①
总 2 2
对导体棒，由牛顿第二定律有mgsinθ−μmgcosθ−B Id=ma ②
1
第 5 页 共 6 页其中 I= E = 2B 1 dv ③
R 3r
总
则随着导体棒的速度增大，加速度减小，当加速度减至0时，导体棒的速度达最大 v ，
m
有 v =
3mgr(sinθ−μcosθ)
④
m 2B2d2
1
(2) 导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内导体棒ef的电荷量 q，设位移为 x ，
因为 q=I∆t= ∆φ = 2B 1 dx ⑤
R 3r
总
3qr
联立可得x=
⑥
2B d
1
1
由动能定理有 mgxsin θ−μmgxcos θ−Q = mv2 ⑦
总 2 m
根据并联电路特点得 Q =6Q ⑧
总 1
mg(sinθ−μcosθ)(4B3d3qr−3m2gr2sinθ+3m2gr2μcosθ)
联立得 Q = 1 ⑨
1 16B4d4
1
(3) 开关闭合后，由导体棒ef受力平衡知 B I d=mgsin θ ⑩
1 ef
ΔB
感生电动势 E NS⋅ 2 ⑪
2=
Δt
1 4
R =r+ = r
电路的总电阻 总 1 1 1 3 ⑫
+ +
r r r
干路电流 I = E 2 = 3NS ΔB 2 ⑬
总 R 4r Δt
总
1 ΔB NS
根据电路规律可得I = I = 2 ⋅ ⑭
ef 3 总 Δt 4r
联立可得 ΔB 2= 4mgrsinθ ⑮
Δt NSB d
1
（ ⑦式2分，其余每式1分）
第 6 页 共 6 页
