河南省普通高中2025-2026学年高二下学期春期期中联考物理试卷（Word版附解析）

这是一份河南省普通高中2025-2026学年高二下学期春期期中联考物理试卷（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了BD，AC，ACD等内容，欢迎下载使用。
1．C
解析：A．均匀变化的磁场产生恒定电场，恒定电场不能激发变化磁场，故不能产生电磁
波，故 A 错误；
B．根据 可知，仅增大电感，频率减小，故 B 错误；
C．使接收电路产生电谐振的过程叫调谐，俗称选台，当接收电路的固有频率与电磁波的固
有频率相同时，接收电路中产生较强的电流信号，故 C 正确；
D．可见光是一种电磁波，红光的频率低于紫光的频率，故 D 错误。
故选 C。
2．D
解析：A．粒子离开回旋加速器时动能最大。
根据
可得
粒子获得的最大动能为
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加磁感应强度 B，或者回旋加速器的最大半径 R，
与加速电压 U 无关，故 A 错误；
B．根据左手定则，正电荷向下偏转，所以 B 极板带正电，为发电机的正极，A 极板是发电
机的负极，故 B 错误；
C．真空冶炼炉外线圈通入高频交流电时，周围空间产生高频磁场，炉内的金属内部就产生
很强的涡流，从而冶炼金属，故 C 错误；
D．三个线圈连接到三相电源上，产生旋转磁场，穿过内部导线框的磁通量发生变化，导线
框中产生感应电流，旋转磁场对导线框有安培力的作用，在该安培力的作用下，导线框将与
旋转磁场同方向转动，即导线框由于电磁驱动可以与磁场同方向地转动起来，故 D 正确。
题
号
1 2 3 4 5
答
案
C D D D A
题
号
6 7 8 9 10
答
案
D A BD AC ACD
故选 D。
3．D
解析：A．因收集器 A 带正电，可知尘埃颗粒带负电，A 错误；
B．尘埃颗粒运动过程中受电场力作用不断被加速，则速度越来越大，B 错误；
CD．因线状电离器 B 附近的场强最大，收集器 A 附近的场强较小，则尘埃颗粒向收集器 A
运动过程中加速度逐渐减小，为非匀加速运动，C 错误，D 正确。
故选 D。
4．D
解析：A．开始时 b 球受力如图所示
b 球受力平衡，根据三角相似则有
由于 、Ob、OC 均不变，则轻绳的拉力 T 不变，故 A 错误；
B．对 a 球分析可知
则整个过程中，a 球始终处于平衡状态，即 a 球的位置不变，故 B 错误；
C．根据上述受力分析可知，a、b 两球间的静电力为斥力，因此 b 球带正电，由于 b 球所带
的电荷量缓慢减少，b 球缓慢下摆，BC 距离减小，结合上述式子可得
因此点电荷对 b 球的库仑力变小，故 C 错误；
D．滑轮受到的轻绳的作用力大小均为 ，大小不变，由于 bC 减小，可知两绳夹角减小，
所以滑轮受到两绳的合力增大，故 D 正确。
故选 D。
5．A
解析：A．若选择电压表，滑动变阻器 R 和定值电阻 R0 串联在电路中，且电压表测 R 的滑
片至最上端的电压，无论滑片如何移动，变阻器接入电路的阻值不变，闭合开关 S，水量增
多时，滑片下移，R 上半部分的电阻增大，R 上半部分分得的电压增大，即电压表示数变大，
故 A 正确；
B．由上分析可知，若选择电压表，滑动变阻器 R 和定值电阻 R0 串联在电路中，无论滑片
如何移动，变阻器接入电路的阻值不变，由欧姆定律可得，电路中的电流不变，电路中定值
电阻 的功率不变，故 B 错误；
C．如果选择电流表，滑动变阻器 R 滑片以下的部分和定值电阻 R0 串联在电路中，电流表
测电路中的电流，水量增多时，滑片下移，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路总电阻减
小，由欧姆定律可得，电路电流增大，所以电路的总电阻随水量增多的变化率为负值，故 C
错误；
D．把 R0 看成内阻，因不知道滑动变阻器阻值 R 与 R0 的大小关系，所以无法判断滑动变阻
器消耗的功率随水量增多的变化情况，故 D 错误。
故选 A。
6．D
解析：A．油滴进入电场后受重力与电场力的作用，若油滴悬浮不动，说明重力与电场力
平衡，即
则
由于油滴的质量各不相同，则油滴所带的电荷量也不同，故 A 错误；
B．若某油滴向下加速运动，根据动能定理可知，重力与静电力的合力做正功，故 B 错误；
C．若某油滴向下加速运动，说明重力大于电场力。当增加平行金属板间的距离时，根据
可知，由于 不变，故两金属板间的电场强度 将减小，则电场力也会减小，所以不
可能使该油滴处于平衡状态，故 C 错误；
D．若油滴悬浮不动，说明重力与电场力平衡。当断开电源与平行金属板的连接时，金属板
所 带 的 电 量 将 保 持 不 变 ， 若 仅 减 小 平 行 金 属 板 间 的 距 离 ， 由 于
所以两金属板间的电场强度 不变，因此该油滴仍悬浮不动，故 D 正确。
故选 D。
7．A
解析：C．照明灯泡规格为“55V，55W”，电压表接在照明灯两端，可得电压表示数为 55V，
故 C 错误；
A．根据
可得初级电压有效值为
次级电压等于电压表两端电压，即
原、副线圈的匝数比 ，故 A 正确；
B．根据
可得该交流电的频率为 ，故 B 错误；
D．电流表的示数为 ，通过照明灯的电流为
照明灯与排气扇并联，得通过排气扇的电流为
排气扇的输入功率
排气扇的损耗功率
排气扇的输出功率 ，故 D 错误。
故选 A。
8．BD
解析：A．根据电势能的定义式
结合图像可知 处的电势等于零，靠近原点 O 处电势趋于负无穷，所以原点 O 处的 带负
电， 处的 带正电，故 A 错误；
BC． 图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，则 处的电场力为 0。由
可知 处的电场强度为 0，则离 更近 电荷量更小，故 B 正确，C 错误；
D． 图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，可知从 到 粒子受到的
电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律 可知其加速度也逐渐减小，故 D 正确。
故选 BD。
9．AC
解析：A．除颤仪的工作原理是通过电容器放电产生电流来实现心脏节律重置，互换电极
片 a、b 的位置，只是电流方向改变，不影响除颤的效果，除颤仪仍可以正常工作，故 A 正
确；
B．虚线振荡电流振幅衰减的主要原因是接入了电阻 R，电流通过电阻时会产生焦耳热，能
量以热能的形式损耗，而非以电磁波形式发射。故 B 错误；
C．在有阻尼的 LC 振荡电路中，电阻 R 越大，阻尼越大，振荡周期会增大。因此保持 C 和
L 不变，R 从 0Ω增大到 20Ω的过程中，振荡电流周期会增大。故 C 正确；
D．设电容 充电完毕后，开关 S 接通放电电路瞬间电容器两端的电压为 ，则此时电容器
储存的电场能为
由于此时电路中电流为 0，则电感的磁场能为 0。随着电容器的放电，电场能逐渐转化为电
感的磁场能。当电流达到最大值 时，电容器的电荷量为 0，则电场能全部转化为磁场能。
此时的磁场能为
则根据能量守恒有
即
由图乙可知 ，代入上式解得 ，故 D 错误。
故选 AC。
10．ACD
解析：A．当两棒共速时，回路磁通量不变，感应电流为零，安培力为零，开始匀速运动。
系统水平方向不受外力，动量守恒
解得 ，两棒速度均为 ，故 A 正确；
B．总焦耳热等于动能损失
两棒材料相同、长度相同，由 、
得 ，因此
串联电路焦耳热与电阻成正比，故 ，故 B 错误；
C．对 cd 棒用动量定理，安培力冲量等于动量变化
代入 得 ，故 C 正确；
D．cd 棒从最低点到最高点由动能定理可得
在最高点重力提供向心力
之后做平抛运动 ，故 D 正确。
故选 ACD。
11．(1)a
(2)左
(3)可拆变压器不是理想变压器，存在电阻，接负载后副线圈产生电流，副线圈存在电阻分
压，导致输出电压降低。
解析：（1）待测电阻 约几欧姆，电流表内阻 ，电压表内阻 ，满足
，属于小电阻，应采用电流表外接法减小误差，因此电压表右端接 。
（2）接通开关瞬间，原线圈电流从零增大，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计向右偏转；
滑片快速向右滑动时，滑动变阻器接入电阻变大，原线圈电流减小，穿过副线圈的磁通量减
小，磁通量变化趋势与接通开关时相反，因此感应电流方向相反，灵敏电流计向左偏转。
（3）理想变压器电压比满足 ，本题中可拆变压器线圈导线存在电阻，空载时损耗较
小，电压接近理论值；接带额定电压的小灯泡后，副线圈有工作电流，线圈电阻的电压降带
来的能量损耗明显增大，因此副线圈输出电压大幅降低。
12． 11.0/10.9/11.1 增 大
解析：[1]按照图甲所示电路，将图乙中器材连接完整，如图所示
[2]电压表量程为 ，分度值为 ，则读数为 。
[3]断开 时电路开路，电压表读数近似等于光伏电池的电动势，由表格数据可知，随着光
强（盒盖高度）的增加，光伏电池电动势增大。
[4]根据闭合电路的欧姆定律，可得
可知 图线的纵轴截距等于电动势 ，可得
对于非线性电源，在工作点 ，有 ，
代入 ，得
解得
13．(1)从左向右
(2) 0.25A
(3)负
解析：（1）磁场垂直线圈平面向里，由图乙可知磁感应强度随时间减小，因此穿过线圈的
向里磁通量减小。根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（阻碍磁通量减小），
即感应磁场向里；由右手螺旋定则，线圈中感应电流为顺时针方向，线圈下端为感应电源的
正极，上端为负极，因此通过 R2的电流方向为从左向右。
（2）根据法拉第电磁感应定律：
磁场仅分布在半径为 的区域内，因此有效面积
磁感应强度变化率的大小
代入数值计算：
电路总电阻
由闭合电路欧姆定律，稳定电流：
（3）稳定后电容器相当于开路，电容器并联在 两端，电流从下向上流过 ，因此 下端
电势高于上端电势，电容器上极板接 上端（低电势），故上极板带负电。
电容器两端电压等于 两端电压：
因此电容器带电量：
14．(1)
(2)见解析
(3)
解析：（1）初始时刻细线虽拉直，但合力径向分量指向圆心，导致小球向圆心加速，细线
立即松弛，小球先做匀加速直线运动，直到绳子再次拉直时发生能量损失，之后才做圆周运
动，小球做匀加速直线运动有 ，
小球做匀加速直线运动的位移 x = 2Lsinθ
则绳子再次被拉直时小球的速度为
绳子拉直时发生能量损失，此后小球做匀速圆周运动，只保留切向方向的速度 v0csθ
且损失的能量
小球从 A 点运动到 B 点，对小球受力分析可知，重力和电场力对小球做正功，由动能定理
可得
代入数据解得
（2）小球速度最大时，其切向加速度为零，即重力与电场力的合力方向沿细线方向。
此时，细线的拉力与重力和电场力的合力共同提供向心力，小球不再有切向分力加速，速率
最大。该位置在 O 点右下方某处（不在 B 点），C 是等效重力场的“最低点”。如图所示
设此时小球与竖直方向的夹角为 ，由几何知识可得
即小球与竖直方向夹角为 时，小球的速率最大。
（3）重力与电场力的合力大小为
根据动能定理可得
在等效最低点，由牛顿第二定律可得
联立解得小球在速度最大值时细线的拉力大小
15．(1) ，
(2) ， ，粒子均带负电
(3) ， ，
解析：（1）粒子 1 从 到 做匀速圆周运动，轨道半径 ，洛伦兹力提供向心力
解得粒子 1 到达 点的速度
粒子 1 从 S 点到 点做直线运动，可知
解得电场强度
（2）两粒子发生完全弹性碰撞，系统动量守恒
系统机械能守恒
联立解得碰撞后瞬间速度大小为 ，
其中粒子 1 速度反向，带电属性：粒子 1 的一半负电荷转移给中性粒子 2，因此两粒子均带
负电，电荷量均为
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
得轨道半径公式
代入粒子 1 的质量、速度和电荷量，得轨道半径
代入粒子 2 的质量、速度和电荷量，得轨道半径
粒子做匀速圆周运动的周期公式
分别计算两粒子的周期 ，
两粒子再次相遇时，转过的圈数均为整数，取两周期的最小公倍数，得相遇时间间隔