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2025-2026学年福建省泉州外国语学校、南安华侨中学、石狮市第八中学、泉州市城东中学四校高二（下）期中物理试卷
一、选择题
1.图中标出了匀强磁场的磁感应强度、通电直导线中的电流和它受到的安培力的方向，其中正确的是( )
A. B. C. D.
2.在图所示电路中，理想变压器原、副线圈匝数比：，电阻的阻值是的倍，电压表为理想电压表。若原线圈输入如图所示的正弦交流电，则( )
A. 交流电周期为 B. 电压表示数为
C. 流经副线圈的电流是流经的倍 D. 变压器的输入、输出功率之比为：
3.年月日，“嫦娥四号”探测器成功着陆。若“嫦娥四号”探测器总质量为，探测器落在月球表面瞬间的速度大小为。已知探测器落在月球表面时是四个支架同时竖直着地，探测器与月球表面相互作用的时间为，月球表面的重力加速度为，则该过程中每个支架对月球表面的压力大小为( )
A. B. C. D.
4.如图所示，等腰直角三角形的直角边长为，三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，甲、乙两粒子分别以相同的速率从点射入磁场，甲在点的速度方向与边相切，乙在点的速度方向与边相切，甲从点射出磁场，乙从上的点垂直射出磁场，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙带同种电荷
B. 甲、乙运动轨迹的半径之比为：
C. 甲、乙比荷的绝对值之比
D. 甲、乙在磁场中的运动时间之比为：
5.如图所示，和是两个相同的小灯泡，是自感系数很大的线圈，其直流电阻小于灯泡的电阻。假定两灯泡在以下操作中均不会被烧坏，下列说法正确的是( )
A. 开关闭合瞬间，灯比灯先亮
B. 开关闭合一段时间后，灯比灯亮
C. 开关断开后，灯闪亮后逐渐熄灭
D. 开关断开后，灯闪亮后逐渐熄灭
6.某种回旋加速器示意图如图所示，、板间有恒定电场，两个形盒内有相同的匀强磁场，两条平行虚线之间没有电场和磁场。带电粒子重力不计从小孔进入电场，加速后进入形盒内做匀速圆周运动，回到孔后再次加速，依次类推，则( )
A. 粒子每次在形盒内运动的时间均相等
B. 粒子每次在、板间加速过程增加的动能不同
C. 磁感应强度越小，粒子所能获得的最大速度越大
D. 形盒的半径越大，粒子所能获得的最大速度越大
7.如图所示为三峡发电站向某地远距离输电的原理图，若发电机的电压和输出功率已知，下列说法正确的是( )
A. 用户减少时，输电线电阻损耗的功率减少
B. 用户减少时，用户得到的电压增大
C. 用户获得的交流电周期为，则内电流的方向改变次
D. 若升压变压器原、副线圈匝数比为，输电线电阻损耗的功率为
8.如图所示，将质量为的闭合矩形导线框先后两次从图示位置由静止释放，穿过其下方垂直于纸面向里的匀强磁场。第一次线框恰好匀速进入磁场。已知边长为，边长为，磁场的宽度。不
计空气阻力。下列判断正确的是( )
A. 第一次进入磁场过程中，线框减少的重力势能为
B. 第二次刚进入磁场时，线框的加速度大小为
C. 先后两次刚进入磁场时，线圈中的感应电动势之比为：
D. 先后两次刚进入磁场时，两点间的电势差之比为：
二、非选择题
9.如图所示，圆环形导体线圈平放在水平桌面上，在的正上方固定一竖直螺线管，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片向下滑动，穿过线圈的磁通量______选填“变小”“变大”或“不变”，线圈中将产生______选填“顺时针”或“逆时针”方向俯视的感应电流。
10.某发电机内部构造可简化为如图所示，矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，输出电压，外接电阻，其它电阻均不计。图示位置线圈平面与磁感线平行，则图示位置电流______选填“最大”或“最小”，电流表示数为______。
11.如图所示，一导线弯成半径为的半圆形闭合回路。虚线右侧有磁感应强度为的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度向右匀速进入磁场，直径始终与垂直。从点到达边界开始到点进入磁场为止，段受安培力 选填“向上”“向下”“向左”“向右”或“为零”，平均电动势为 。
12.一物理兴趣小组利用图示的装置“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”，图中变压器为可拆式变压器，并且其铁芯是不完全闭合的不能视为理想变压器，在原线圈或副线圈中，接和时，接入匝数为，接和时，接入匝数为，依次类推。
多选实验还需下列器材中的 填选项前的字母。
A.交流电流表
B.交流电压表
C.学生交流电源
某次实验中，变压器的原线圈接和接线柱，副线圈接和接线柱，则此变压器为 选填“升”或“降”压变压器；若副线圈所接电表的示数为，则所接电源电压可能为 填选项前的字母。
A、
B、
C、
D、
13.如图甲所示为“研究斜槽末端小球碰撞时动量守恒”的实验装置，实验时，先让质量为的小球从斜槽上某一位置由静止释放，从轨道末端水平抛出，落到水平地面上点，然后把质量为的小球放到轨道末端处于静止，再让小球从同一位置由静止释放，在轨道末端与小球发生对心碰撞。
实验中，必须要测量的物理量有 。
A.小球开始释放的高度
B.小球抛出点距地面的高度
C.小球做平抛运动的水平距离
D.小球、的质量、
实验中，下列说法正确的 。
A.斜槽一定要光滑
B.两球半径一定要相同
C.两球质量关系一定要满足
小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹，如图乙所示。多次实验后，白纸上留下了个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图中画的三个圆最合理的是 选填“”、“”或“”；
某次实验时，小球落地点分布如图丙所示，测得、、与点距离分别为、、，若满足关系 用、、、、表示，则碰撞前后动量守恒；若还满足 用、、表示，则说明该碰撞为弹性碰撞。
14.如图所示，一个总阻值，匝数的正方形金属线圈，与阻值的定值电阻连成闭合回路。线圈的边长，其内部空间包括边界处充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场。磁感应强度随时间变化的关系图线如图所示。导线电阻不计，求：
时刻，穿过线圈的磁通量为多少？
时，线圈的感应电动势为多少？
过程中电阻的热功率为多少？
15.如图，一轻质弹簧的一端固定在小球上，另一端与小球接触但未连接，该整体静止放在离地面高为的光滑水平桌面上。现有一小球从光滑曲面上离桌面高处由静止开始滑下，与小球发生碰撞碰撞时间极短并粘在一起压缩弹簧推动小球向前运动，经一段时间，小球脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。小球均可视为质点，忽略空气阻力，已知，，，取。求：
小球与碰撞前瞬间的速度；
小球与小球碰撞结束瞬间的速度；
弹簧最大的弹性势能。
16.如图甲所示，绝缘水平面上有一间距的金属“”形导轨，导轨右侧接一的电阻。在“”形导轨中间虚线范围内存在垂直导轨的匀强磁场，磁场的宽度，磁感应强度现有一质量为，电阻、长为的导体棒以一定的初速度从导轨的左端开始向右运动，穿过磁场的过程中，线圈中的感应电流随时间变化的图象如图乙所示。已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数，导轨电阻不计，则导体棒穿过磁场的过程中，求：
刚进入磁场时的速度大小；
电阻产生的焦耳热；
导体棒通过磁场的时间。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由左手定则可知，图中导体棒受到的安培力垂直纸面向里，故A错误；
B.由左手定则可知，图中导体棒受到的安培力水平向左，故B正确；
C.由左手定则可知，图中导体棒受到的安培力垂直导体棒向左上，故C正确；
D.由左手定则可知，图中导体棒受到的安培力水平向左，故D错误。
故选：。
根据左手定则即可判定。
本题主要考查了左手定则，左手定则判定通电导线的受力情况，比较简单。
2.【答案】
【解析】解：由图可知，交流电的周期为：，故A错误；
B.根据图可知，理想变压器的原线圈输入电压的最大值为：，则其有效值为：，已知原副线圈的匝数比为：：：，根据理想变压器原副线圈的电压比等于匝数比，可得副线圈电压即电压表示数为：，解得：，故B正确；
C.已知：，根据并联分流的规律可知，流经和的电流之比为：：：：，而流经副线圈的电流，由此可得：，即流经副线圈的电流是流经的倍，故C错误；
D.根据能量守恒定律可知，理想变压器的输入、输出功率相等，故D错误。
故选：。
由图可直接得到正弦交流电的周期；根据图得到理想变压器的原线圈输入电压的最大值，计算出其有效值，根据理想变压器原副线圈的电压比等于匝数比求解电压表示数；根据并联分流的规律求解流经副线圈的电流与流经的电流的倍数关系；根据能量守恒定律分析理想变压器的输入、输出功率的关系。
本题考查了理想变压器的工作原理，掌握理想变压器原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系。
3.【答案】
【解析】解：着陆器着陆过程中，设着陆器受到月面的作用力为，取竖直向上为正方向，由动量定理得：
解得：
代入数据可得，则每个支架所受到的支持力为：
代入数据可得
据牛顿第三定律可知每个支架对月表的压力为：；故A正确，BCD错误。
故选：。
对探测器着陆过程应用动量定理求出月球对探测器的总作用力，再除以得到单个支架的支持力，由牛顿第三定律得出每个支架对月球表面的压力。
本题考查动量定理在变力作用过程中的应用，结合月球重力的受力分析，侧重过程分析与受力计算，属于基础应用类题目，难度适中。
4.【答案】
【解析】解：、根据左手定则，甲带正电，乙带负电，故A错误；
B、如下图所示：
根据几何关系，甲粒子的运动半径为，
乙粒子的运动半径满足：
故甲、乙运动轨迹的半径之比为：，故B错误；
C、根据洛伦兹力提供向心力，有，故比荷，故甲、乙比荷的绝对值之比为：：，故C正确；
D、根据洛伦兹力提供向心力，有，甲粒子运动的时间为
乙粒子的运动时间：，故，结合项，可得甲、乙在磁场中的运动时间之比为：，故D错误；
故选：。
根据左手定则与几何关系，结合粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力分析求解。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，理解洛伦兹力和向心力的关系是解决此类问题的关键。
5.【答案】
【解析】解：、开关闭合瞬间，自感线圈所在支路电流由开始逐渐增大，稳定后自感线圈上其直流电阻小于灯泡的电阻，则线圈支路所在电流大于灯泡上的，灯在干路中电流大于灯，所以开关闭合瞬间，灯和灯同时亮，开关闭合一段时间后，灯比灯亮，故A错误，B正确；
、开关断开后，发生断电自感，灯立即熄灭，灯电流从闭合稳定时线圈的电流逐渐减小，则灯上电流先变大再逐渐减小，则灯闪亮后逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选：。
开关闭合瞬间，自感线圈所在支路电流由开始逐渐增大，稳定后自感线圈上其直流电阻小于灯泡的电阻，则线圈支路所在电流大于灯泡上的，开关断开后，发生断电自感，灯立即熄灭，灯电流从闭合稳定时线圈的电流逐渐减小。
本题考查了通电自感和断电自感，解题关键是开关闭合瞬间，自感线圈所在支路电流由开始逐渐增大，稳定后自感线圈上其直流电阻小于灯泡的电阻，则线圈支路所在电流大于灯泡上的，开关断开后，发生断电自感，灯立即熄灭，灯电流从闭合稳定时线圈的电流逐渐减小。
6.【答案】
【解析】解：、由题意可知，粒子每次在形盒内偏转半个周期，即运动时间相等，为
故A正确；
B、根据动能定理，可知粒子每次在、板间加速过程增加的动能为
故B错误；
、当粒子从形盒中出来时，速度最大，设形盒半径为，则有
解得
可知磁感应强度越小，粒子所能获得的最大速度越小，形盒的半径越大，粒子所能获得的最大速度越大，故C错误，D正确；
故选：。
回旋加速器通过电场加速粒子，使其在磁场中做圆周运动，每次通过电场时粒子获得额外的能量，从而逐渐增加其速度。
粒子在磁场中的运动周期与速度无关，但其最大速度受限于形盒的半径和磁场的强度。
本题的关键在于理解回旋加速器的工作原理，特别是粒子在电场和磁场中的运动规律。粒子在电场中获得能量，在磁场中做圆周运动，其周期与速度无关，但其最大速度受限于形盒的半径和磁场的强度。通过分析粒子在加速器中的运动，可以判断出正确选项。
7.【答案】
【解析】解：用户减少时，并联的用电器减少，总负载电阻增大，在降压变压器原线圈电路中的等效电阻增大，根据欧姆定律可知输电线电流减小；输电线损耗功率为，因此损耗功率减少，输电线上损失的电压为，因此输电线上损失的电压减小，根据变压比可知不变，降压变压器的输入电压为，所以增大，根据变压比可知增大，故AB正确；
C.用户获得的交流电周期为，每个周期内，电流方向改变次，则内电流的方向改变次，故C错误；
D.若升压变压器原、副线圈匝数比为，则，又，则输电线电阻损耗的功率，故D错误。
故选：。
用户减少时，并联的用电器减少，总负载电阻增大，在降压变压器原线圈电路中的等效电阻增大，根据欧姆定律可知输电线电流减小，然后根据功率公式分析输电线上损失的功率；根据变压比以及降压变压器的输入电压和升压变压器的输出电压之间的关系分析用户得到的电压；每个周期内，电流方向改变次，据此计算；根据得到升压变压器的输入电流，根据变流比得到输电线上的电流，然后根据功率公式计算。
知道用户减少时，并联的用电器减少，总负载电阻增大，在降压变压器原线圈电路中的等效电阻增大是解题的关键，掌握变压比和变流比的应用，知道升压变压器的输出电压和降压变压器的输入电压之间的关系是解题的基础。
8.【答案】
【解析】解：、线框第一次进入磁场的过程中，线框下降的高度为，线框减少的重力势能为，故A错误；
C、线框两次从同一高度下降，线框进入磁场时速度相等，设速度为，线框第一次进入磁场时，感应电动势为
线框第二次进入磁场时，感应电动势为
则先后两次刚进入磁场时，线圈中的感应电动势之比为，故C错误；
B、设线框的电阻为，则线框进入磁场过程中，感应电流为
线框受到的安培力为
线框第一次进入磁场过程中，安培力与线框重力大小相等
线框第二次刚进入磁场时的安培力为
设第二次刚进入磁场时，线框的加速度大小为，结合牛顿第二定律
代入数据可得，故B正确；
D、间的电阻为，第一次进入磁场时，两点间的电势差为
第二次进入磁场时，两点间的电势差为
先后刚进入磁场时，两点间的电势差之比为，故D正确。
故选：。
根据第一次线框匀速进入磁场的受力平衡条件，结合两次线框的下落高度、切割边长差异，分析重力势能、加速度、感应电动势及间电势差，逐一判断选项。
本题以线框两次不同姿态进入磁场为情境，融合电磁感应、受力分析等知识点，考查学生对电磁感应规律的综合运用能力。
9.【答案】变大，逆时针。
【解析】解：滑动变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，螺线管的电流增大，其产生的磁场增强，因此穿过线圈的磁通是变大；
根据安培定则，螺线管中电流产生的磁场方向向下穿过线圈的磁场方向向下。当向下的磁通量增大时，根据楞次定律，线圈中感应电流产生的磁场需阻碍磁通量的增大，因此感应磁场方向向上。再由安培定则俯视线圈，感应磁场向上时，感应电流的方向为逆时针。
故答案为：变大，逆时针。
滑片下滑使螺线管中电流增大，穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律结合安培定则判断线圈中感应电流的方向。
本题考查楞次定律的基础应用，结合电路动态分析与安培定则判断磁场、感应电流方向，侧重电磁感应核心规律的理解，难度较低。
10.【答案】最大，
【解析】解：在图示位置是线圈和磁感线平行的位置，此时穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，产生的感应电动势最大，则此位置电流也是最大的。电流表测量的是交变电流的有效值，线圈产生的感应电动势的有效值为，所以电流表的示数为
故答案为：最大，
在图示位置是线圈和磁感线平行的位置，此时穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，据此分析；电流表测量的是交变电流的有效值，根据欧姆定律计算即可。
知道中性面的特点，知道线圈处在和中性面垂直的位置时磁通量的变化率最大，知道电流表测量的是交变电流的有效值。
11.【答案】向下

【解析】解：当闭合回路进入磁场时，穿过回路的向里磁通量增加，依据楞次定律，感应电流方向为逆时针，因此段电流由流向即向左。根据左手定则，处于磁场内的段受到的安培力方向向下。
自点抵达磁场边界至点进入磁场为止，回路磁通量的变化量为，所用时间为。根据法拉第电磁感应定律，平均电动势为，代入数据解得：。
故答案为：向下；。
从点进入磁场到点进入磁场过程中，回路中磁通量发生变化，依据楞次定律判断感应电流方向，再根据左手定则分析处于磁场中的段导线所受安培力方向。
计算该过程回路磁通量的变化量，结合回路直径进入磁场所需时间，利用法拉第电磁感应定律中平均电动势与磁通量变化率的关系，即可求得平均电动势。
本题综合考查了电磁感应中的楞次定律、法拉第电磁感应定律以及安培力方向的判断，是一道将电磁感应基本规律与动力学分析相结合的典型问题。题目计算量适中，难度中等，需要学生准确理解回路有效切割与磁通量变化两种分析感应电动势的视角，并能灵活应用左手定则和右手定则。其亮点在于通过半圆形回路部分进入磁场这一动态过程，巧妙地将平均电动势的计算与特定导线段的受力分析融为一体，有效考查了学生对物理过程的分析建模能力和对电磁学核心概念的掌握程度。
12.【答案】
降压

【解析】解：实验还需用低压交流电源接到原线圈上，需要交流电压表测量输出的电压，故BC正确，A错误。
故选：。
变压器的原线圈接和接线柱，副线圈接和接线柱，即副线圈的匝数小于原线圈的匝数，所以该变压器是降压变压器。
根据变压比可知，解得。但是该变压器不是实际变压器，有能量损失，所以原线圈所接电压应该稍大于，故A正确，BCD错误。
故选：。
故答案为：；降压，。
根据所需实验器材分析；
根据原、副线圈的匝数关系分析；根据变压比计算，要考虑到实际变压器有能量损失的情况。
掌握“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验所需器材，变压器的变压比规律，知道实际变压器和理想变压器的区别是解题的关键。
13.【答案】

【解析】解：小球离开斜槽后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，则碰撞前入射球的速度
碰撞后入射球的速度
碰撞后被碰球的速度
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
整理得：
实验需要测量小球的质量与小球做平抛运动的位移，实验不需要测量小球开始释放时的高度与抛出点到地面的高度，故选：。
只要入射球从斜面的同一高度由静止释放，小球到达斜槽末端时的速度相等，斜槽不一定要光滑，故A错误；
B.为时两球发生对心正碰，两球半径一定要相同，故B正确；
C.为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球，即两球质量关系一定要满足故C错误。
故选：。
实验结束后，舍掉误差较大的点，用尽量小的圆把落点圈在一起，圆心即为小球的平均落地点，则图中画的三个圆最合理的是；
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，若满足动量守恒定律则
若机械能守恒定律得：
解得：
可得
故答案为：；；；；。
应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题；
根据实验注意事项分析答题；
用尽可能小的圆把小球落点位置圈起来，圆心是小球落点的平均位置；
弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题；
本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
14.【答案】解：当时，穿过线圈的磁通量为：。
依据法拉第电磁感应定律可得电动势为：。
依据欧姆定律总电为：
过程中电阻的热功率为：。
答：时刻，穿过线圈的磁通量为；
时，线圈的感应电动势为；
过程中电阻的热功率为。
【解析】当时，根据可以求出穿过线圈的磁通量；
依据图象的斜率，电动势的公式可以求出线圈的感应电动势；
根据欧姆定律，总电阻，功率的表达式可以求出电阻的热功率。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电磁感应中的能量转化等知识点。关键点：利用图象的斜率斜率，而电动势的公式。
15.【答案】小球与碰撞前瞬间的速度为 小球与小球碰撞结束瞬间的速度为 弹簧最大的弹性势能为
【解析】解：小球从光滑曲面上高处由静止开始滑下的过程，只有重力做功，其机械能守恒，设其滑到底端的速度为，由机械能守恒定律有

解得
小球与碰撞的过程，、组成的系统动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为；取向右为正方向，由动量守恒定律有：
解得
当与共速时，弹簧压缩最短，弹性势能达到最大，取向右为正方向，由动量守恒定律有：
由机械能守恒定律得
解得
答：小球与碰撞前瞬间的速度为；
小球与小球碰撞结束瞬间的速度为；
弹簧最大的弹性势能为。
由机械能守恒定律求小球与碰撞前瞬间的速度；
由动量守恒定律求小球与小球碰撞结束瞬间的速度；
由动量守恒定律和机械能守恒定律求弹簧最大的弹性势能。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律，选择合适的过程联立等式即可完成分析。
16.【答案】解：由图读出刚进入磁场时的电流
根据闭合电路欧姆定律得
根据法拉第电磁感应定律得
联立解得
导体棒通过磁场过程，由动能定理得：
而
电阻产生的焦耳热
联立解得：
导体棒通过磁场过程，取向右为正方向，由动量定理得：
而
联立解得
答：刚进入磁场时的速度大小是；
电阻产生的焦耳热是；
导体棒通过磁场的时间是。
【解析】由图读出刚进入磁场时的电流，根据闭合电路欧姆定律求得感应电动势，由求速度。
用同样的方法求得离开磁场时的速度，由动能定理求得克服安培力做功，从而求得电阻产生的焦耳热。
运用动量定理求导体棒通过磁场的时间。
本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键掌握动能定理和动量定理，知道涉及时间时优先考虑动量定理。
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