2025年人教版高二物理寒假预习阶段检测卷

高二物理寒假预习检测卷

考试范围：必修三第2章+第三章；考试时间：100分钟；

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、选择题（本题共10小题，共46分。1-7小题,每题只有一个选项符合题意，每题4分;8-10小题，每题有两

个或两个以上的选项符合题意,选对得6分，选对不全得3分,选错或不选得0分。）

1.如图所示，在水平放置的条形磁铁的S极附近，一个闭合金属线圈竖直向下运动，线圈平面始终保持水

平。在位置8,磁感线正好与线圈平面平行，A与8和8与C之间的距离都比较小。在线圈从位置A运动

到位置C的过程中，从上往下看，感应电流的方向是（）

二二了C

A.顺时针方向B.逆时针方向

C.先顺时针方向，后逆时针方向D.先逆时针方向，后顺时针方向

【答案】A

【详解】线圈从位置A运动到位置2的过程中，磁场方向向下，穿过线圈的磁感线条数在减少，根据楞次

定律可知感应电流磁场方向向下，从上往下看，感应电流的方向是顺时针方向；

线圈从位置B运动到位置C的过程中，磁场方向向上，穿过线圈的磁感线条数在增加，根据楞次定律可知

感应电流磁场方向向下，从上往下看，感应电流的方向是顺时针方向。

所以线圈从位置A运动到位置C的过程中，从上往下看，感应电流的方向是顺时针方向。故选A。

2.电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转,

在线圈中产生交变电流。如图甲所示，，=0时磁场方向恰与线圈平面垂直，磁极匀速转动，线圈中的电动

势随时间变化的关系如图乙所示。将两磁极间的磁场近似视为匀强磁场，则（）

A./=0时线圈中磁通量为0B.r=4时线圈中电流方向由P指向0

2nt

C.f=4时线圈中磁通量变化率最大D.线圈中的电动势瞬时值表达式为e=&cos

【答案】c

【详解】A.『=0时线圈中感应电动势为零，磁通量最大，选项A错误;

B.根据右手定则可知，f时线圈中电流方向由。指向尸，选项B错误;

C./=4时线圈中感应电动势最大，则磁通量变化率最大，选项C正确；

D.线圈中的电动势瞬时值表达式为e=Emsin1与J,选项D错误。

故选C。

3.在如图所示的电路中，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。下列说法正确

A.闭合开关S后，两灯始终一样亮B.闭合开关S后，灯泡P中电流从右向左

C.当断开开关S时，两灯同时熄灭D.当断开开关S时，灯泡P中电流从右向左

【答案】D

【详解】AB.开关S闭合时，由于工的电阻很小，自感系数很大，由于自感效应，L相当于断路，P灯、Q

灯相当于串联，亮度相同，灯泡P中电流从左向右；之后L逐渐分流变大，P灯逐渐变暗，Q灯变亮，灯

泡P中电流方向不变，始终从左向右；故AB错误；

CD.当断开开关S时，Q灯立即熄灭，由于自感效应，L和灯泡尸成一个回路，P闪亮后再逐渐熄灭，P

比Q后熄灭，灯泡P中电流从右向左，故C错误，D正确；

故选Do

4.为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁

场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，

对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（）

可加磁场区

底盘

X

紫铜薄板'

|x一X

rxvxirx

xxxXX

XXXxXX

A.B.XXXD.-

；XXX]AX

IXXXiAAAix」

【答案】A

【详解】该装置的原理是利用电磁阻尼。薄板出现扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发生变化，就会产

生感应电流，薄板就会受到安培力作用，安培力总是阻碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来。

A.薄板上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，所以都会产生感应电流，所以都会受到安培力作用

而很快停下来，故A正确；

B.薄板只有向左运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来,

而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，故B错误；

C.板只有向左运动较大距离时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停

下来，而向上向下和向右运动时，则不会产生感应电流，故c错误；

D.薄板只有向左、向右运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停

下来，而向上、向下运动时，则不会产生感应电流，故D错误。

故选A。

5.如图所示，电阻不计的水平导轨间距0.5m,导轨处于方向竖直向上的磁感应强度为B=5T的匀强磁场中。

导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态,其质量机=0.4kg，电阻R=5。，与导轨间的动摩擦因数〃=0.5o

电源电动势E=12V,其内阻r=l。，定值电阻的阻值%=4Q。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，则（）

A.导体棒ab受到的安培力大小为3N,方向水平向左B.重物重力G最小值是2N

C.当G=1N时，ab不受摩擦力D.重物重力G最大值是5N

【答案】D

【详解】A.根据左手定则，可以判定导体棒ab受到的安培力方向水平向右，大小为

12

F『BIL=5x----------xO.5=3N,故A错误；

女5+1+4

BC.由导体棒静止，重物重力G最小值是G1nm=7-〃mg=3-0.5x0.4x10=2,故BC错误;

D,由导体棒静止，重物重力G最大值是6^=7+g=3+0.5x0.4xl0=5N,故D正确。

故选D。

6.如图甲所示，用金属裸导线制作大小两个圆环，已知大圆半径为R=2m,小圆半径为厂=lm,两圆环接

触相切于c点。大圆环上端。、6和切点c处留有一非常小缺口。空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场,从f=0

时刻起磁感应强度按图乙规律变化，设磁场垂直纸面向里为正方向。则以下说法中正确的是（）

A.在0~ls过程中，大圆环上a、b两点电势化＞外

B.若将濡小缺口闭合，在0~ls过程中小圆环上有如箭头所示方向的电流

C.若将ab小缺口闭合，在f=2s前后瞬间回路中的电流不同

D.在1s〜3s过程中，将理想电压表正确接在大圆环上的。、6两点之间，电压表读数为30兀（V）

【答案】D

【详解】A.根据楞次定律，在0~ls过程中，磁感应强度8不断增大，在两环之间区域有逆时针方向的感

应电动势，6点相当于是电源正极，。点相当于是电源负极，＜Pa＜（Pb,故A错误;

B.在O~ls过程中小圆环上的电流方向与箭头所示方向相反，故B错误；

C.在ls~3s内，磁感应强度的变化率不变，可知在f=2s前后瞬间回路中感应电动势不变，则电流也不变,

故C错误。

D.由法拉第电磁感应定律E=〃竺==（一1°-1°）无（22T2）v=_30TI（V），即理想电压表读数为

ArAZ3-1''

3呵V）,故D正确。

故选D。

7.如图甲所示，两个完全相同的正方形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的同一根轴匀速转动，转轴

位于磁场边界处。线圈P以一条边为转轴，线圈Q以中心线为转轴，分别产生的电流随时间变化的图像如

图乙、丙所示，则两线圈中电流的有效值之比。：/°为（）

C.1:72D.2:1

【答案】B

【详解】根据电流的热效应，可得/沐7=（缶）次（,解得

4L

由丙图可知r_2_在/,则两线圈中电流的有效值之比IQ=6：1

°一页一彳m

故选B。

8.某燃气灶点火装置原理如图，转换器将直流电压转换为如图所示的正弦交流电压，并加在一台理想变压

器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为划、“2,电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时

值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则（）

转

换

器

A.^-=1000B.—>1000

c.二/丁D.电压表的示数为2.5应V

【答案】BD

【详解】ABC.根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得

n2_U2m

%Ulm

由题意和题图可知u2m>5000V,?7lm=5V,则有a>¥=1。0。，故AC错误，B正确；

D.电压表的示数为+V=2.5亚V,故D正确。

故选BD。

9.如图所示，磁极N、S间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为纥，矩形线圈ABC。的面积为S,线

圈共n匝，电阻为r,线圈通过滑环与理想交流电压表V和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连，

CO边与滑环尸相连。线圈绕垂直于磁感线的轴OO'以角速度。逆时针匀速转动，图示位置恰好与磁感线方

向垂直。以下说法正确的是（）

A.线圈过图示位置时磁通量最大，感应电动势最小

B.线圈转动一周的过程中克服安培力做的功为包螫?

R+r

C.线圈从图示位置开始转过180。的过程中，通过电阻R的电荷量为竺公

R+r

D.线圈在图示位置时电压表示数为0

【答案】AB

【详解】A.图示位置为中性面，线圈过图示位置时，磁通量最大，磁通量变化率为零，即感应电动势为零,

即感应电动势最小，选项A正确；

B.线圈转动过程中产生的感应电动势最大值为治=九35。

有效值为石=耒=的要

E2

回路中消耗的总功率为2=

R+r2(R+r)

线圈转动一周的过程中克服安培力做的功等于回路中消耗的总电能，即W=PT=:•，二T一

2(R+r)0)R+r

选项B正确；

C.线圈从图示位置开始转过180。的过程中，通过电阻R的电荷量为4=万=占/=邛鼻「=等苴，选

项c错误；

D.交流电压表的示数是电压的有效值，始终不为零，选项D错误。

故选AB。

10.如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为工、宽轨间距为2L,导体棒必、

cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为加、电阻均为R,导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强

度的大小均为3,已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为"的初速度平行于导轨水平

向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，川棒始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下

列说法正确的是()

A.导体棒湖的最大速度为当B.回路中的最大电流为当^

D.通过导体棒漏的电荷量最多为普

【答案】AD

【详解】A.稳定时电路中电流为0,棒速度最大，有BLvxB.ZLVca，所以%;=2%

取向右为正方向，根据动量定理可得，对ab棒由Lt=mVab-网。

-63

对cd棒一23/。=根匕/一根％,解得%故A项正确;

c.对整个过程根据能量守恒，有万根说+耳根说=］加以+务相编+。

导体棒而产生的焦耳热最多为。必=：。，解得。m=竺幼，故C项错误;

220

D.对〃。棒BILt=rrwah-mv0

又因为4=万，解得通过导体棒协的电荷量最多为q=粤，故D项正确;

B.导体棒刚开始运动时，感应电动势最大，感应电流最大，由闭合电路欧姆定律可得

EgiE&_B,2—%-BL%_BLv

0故B项错误。

R+R2R2R

故选AD„

第H卷（非选择题）

二、实验题（每空2分，共16分）

11.某同学需要通过一个变压器从家庭电路中得到12V的交流电电源，于是买了一个标记为“220/12V”的

变压器，如图所示，他看到变压器上有。、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比6、c引线粗，没有相

应的说明书。

（1）一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍（填“大”或“小”）

的电流。因此接家用220V电源的引线应该是（填“4”或“历”）；

（2）为了检验自己的上述判断是否准确，他借来一个学校实验室用的学生电源，从学生电源上输出22V的电

压代替家用电路中的220V电压，按自己的判断接好线后，再用数字万用表测量另外两个引线之间的电压,

发现读数为L25V,说明他对哪一端接220V的判断是的（填“正确”或“不正确”）。

【答案】⑴大儿；（2）正确

【详解】（1）口］一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍大的电流。

⑵变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器根据P=UI

可知，电压小的副线圈中的电流大，接家用220V电源的引线应该是be。

（2）根据实验数据可知，该同学成功将电压降低，验证了引线ad之间是副线圈，为降压变压器的输出端，

引线儿之间是原线圈，为降压变压器的输入端。说明他对哪一端接220V的判断是正确。

12.在探究电磁感应有关现象及规律的实验中，某同学选择的灵敏电流计G,在没有电流通过的情况下，

指针恰好指在刻度盘中央。请根据该同学的实验操作，回答问题：

（1）首先，将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中，电流计的指针如图甲中所示。

（2）然后，将灵敏电流计G与一螺线管串联，当条形磁铁运动时，灵敏电流计G指针偏转情况如图乙所

示。则条形磁铁的运动情况是o（选填“向上拔出”或“向下插入”）

（3）接着，将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。闭合开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下。请问:

灵敏电流计指针向右偏与螺线管B中导线的绕向（选填“有”或“没有”）关系：若要使灵敏电流计

的指针向左偏转，可采取的操作是（填序号）。

A.断开开关B.在A线圈中插入铁芯C.变阻器的滑片向右滑动D.变阻器的滑片向左滑动

（4）最后，该同学用电流传感器研究自感现象，电路如图丁所示。电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较

大，其直流电阻小于电阻R的阻值。

①在f=0时刻，闭合开关S,电路稳定后，在6时刻断开S,电流传感器连接计算机描绘了整个过程线圈中

的电流4随时间/变化的图像。图丁中的&、8图像，可能正确的是-（选填“A”或"8”）

②在“闭合开关一稳定一小段时间一断开开关”这个过程中，通过电流传感器得到”-图像如图戊所示。比

较人与人+人的大小关系，有LA+Ao（选填或“="）

【答案】向下插入有AC/CAA<

【详解】（2）[1]由图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由图乙可知，螺线管中的

电流方向为逆时针方向（从下往上看），根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁

在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次

定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈。

（3）⑵由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方

向，螺线管B中导线的绕向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中

导线的绕向有关。

[3]A.合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针右偏：现在要

使灵敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小；断开开关，则穿过B线圈的磁通量减

小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间，B线圈中的感应电流方向相反，

灵敏电流计左偏，故A项正确；

B.在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生的电流方向与开关

合上瞬间，B线圈中的电流方向相同，灵敏电流计指针右偏，故B项错误；

C.由图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小，穿过B线圈的

磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间，B线圈中的感应电流方向相

反，灵敏电流计左偏，故C项正确；

D.由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过B线圈的

磁通量增大，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间，B线圈中的感应电流方向相

同，灵敏电流计右偏，故D项错误。

故选ACo

（4）[4]当1=0时刻闭合开关S的瞬间，电路中的电流突然增大，在线圈L中要产生自感电动势阻碍电流

的增加，所以线圈L中的电流会逐渐增加到稳定值，当，时刻断开开关S时，线圈L中由于自感电动势阻

碍电流的减小，所以磁电流会在线圈E和电阻R中形成回路，然后逐渐减到零。所以其A图像符合题意。

[5]刚闭合开关时，由于线圈L中自感电动势很大，所以线圈L所在支路相当于断路，由闭合电路欧姆定律

当电路稳定时，由闭合电路欧姆定律有八+4=

由于R并＜R,所以有《〈A+A

三、解答题（本题共3小题，共38分）

13.（8分）发电站给用户供电电路如图所示。发电站的输出电压历=250V,升压变压器原、副线圈的匝数

比”/：物=1：16,降压变压器原、副线圈的匝数比"3勿=190:11,用户用电时的功率P=95kW,用户两端电压

U《=220V。变压器均为理想变压器，求：

发

电

机

；

电阻

的总

电线

(1)输

率。

出功

的输

电站

⑵发

80

】⑴

【答案

0kW

(2)10

有

，则

压S

圈电

副线

压器

压变

)设升

】(1

【详解

n

U

2

2

解得

4000V

U=

2

有

,则

压4

圈电

原线

压器

压变

设降

n

U_

3

3

%

U4

解得

3800V

U=

3

为

的电压

上损失

输电线

V

=200

根据

95kW

=P=

U3I3

P=

3

流为

电线电

解得输

5A

I=2

3

电阻为

线的总

则输电

=8Q

P=—

A

功率为

的输出

发电站

(2)

0kW

=10

x25W

4000

U£=

4=

14.(14分)如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆环向下，在外力作用下金属棒仍可绕

着圆心。匀速转动。从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为30。,

空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒)垂直导轨轻轻放上，金属棒处于静止状态。已知圆环

内和导轨平面的磁场大小均为2=1T,圆环半径和金属棒仍长均为d=1m,导轨宽度和金属棒cd长度均

为L=2m,金属棒cd质量为根=1kg,与导轨之间的动摩擦因数为〃=孝，ab棒电阻为r=2。，cd棒电

阻为R=4Q,其余电阻不计，sin30°=icos30°=—,重力加速度g取lOm/s?。求：

22

(1)若次?棒以coo=12rad/s逆时针匀速转动，cd棒保持静止，则流过棒的电流方向和4b棒两端的电压；

(2)要使cd棒与导轨保持相对静止，则仍棒转动的角速度应满足什么条件？

(3)若棒以31rad/s顺时针匀速转动，当cd棒恰好匀速时，cd棒的位移为x=16m,求：从静止到

恰好匀速过程中，安培力对〃棒做的功。

【答案】(1)电流方向由。流向m4V；(2)顺时针转动时，co<15rad/s,逆时针转动时，co<75rad/s；(3)

W=48J

【详解】(1)假设cd棒静止，对油棒，由法拉第电磁感应定律，有

1

f=—Bco^d9

根据闭合电路欧姆定律，有

E=I(R+r)

解得

7=1A

对cd棒，因为

mgsin30°—BIL=3N<//mgcos30°

故假设成立。

ab棒两端的电压为

Uab=1R

联立解得

Uab=4V

由楞次定律，可知电流方向由6流向a。

(2)若油棒以⑼逆时针转动，且cd刚好没滑动时，有

BIiL=m^sin30°+/zmgcos30°

且

1

E^-Bco.d29

代入数据得

coi=75rad/s

若"棒以①2顺时针转动，且Cd刚好没滑动时，有

//mgcos30°=BhL+mgsin3O0

且

19

E2=—Ba)2d=I2(R+r)

代入数据得

a>2=15rad/s

故要使〃棒保持静止，角速度应满足，顺时针转动时