2025-2026学年福建省厦门市同安第一中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年福建省厦门市同安第一中学高二（下）期中物理试卷一、单选题：本大题共4小题，共16分。1.下列说法中正确的是(

)A.运动的质子在经过某处时不受洛伦兹力，则该处的磁感应强度为零

B.电荷在磁场中运动，其速度可能保持不变

C.速度大小相同的带电粒子在相同的磁场中所受洛伦兹力的大小一定相同

D.电子束垂直进入磁场时发生偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果2.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是(

)A.合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭

B.合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭

C.合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭

D.合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭

3.如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则(

)A.电流的表达式为i=0.6sin10πt(A)

B.磁铁的转速为10r/s

C.风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin10πt(A)

D.风速加倍时线圈中电流的有效值为1.2A4.某电子天平原理如图所示，“E”形磁铁的两侧为N极，中心为S极。两极间的磁感应强度大小均为B(其余空间的磁场忽略不计)，磁极宽度均为L，一正方形线圈套于中心磁极上，其骨架与秤盘连为一体，使用前线圈两端C、D与电源断开。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁铁不接触)。接通开关，电源通过CD两端对线圈供电，调节电流大小，使秤盘和线圈回到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。则下列说法正确的是(

)A.秤盘和线圈一起向下运动过程中，C点电势低于D点电势

B.外电路对线圈供电电流I要从C端流入

C.秤盘和线圈下降过程中线圈的磁通量为零，所以不产生感应电动势

D.若线圈静止时消耗的最大电功率为P，该电子天平能称量的最大质量为2nBL二、多选题：本大题共4小题，共24分。5.下列四幅图分别是等离子体发电机、质谱仪、回旋加速器、霍尔元件的示意图，进入装置的带电粒子重力均不计，下列说法正确的是(

)

A.图甲中A板是电源的正极

B.图乙中粒子打在照相底片D上的位置越靠近S3，粒子的比荷越大

C.图丙中若增大回旋加速器的加速电压，粒子获得的最大动能增大

D.如果流过霍尔元件的电流大小不变，则元件N、M面的电势差U6.正方形区域abcd内部充满如图所示的匀强磁场，一束速度相同的质子从a孔沿ab方向垂直磁场射入正方形区域内。当磁感应强度B=B1时，质子打在d点；当B=B2时，质子打在c点，质子重力及质子间作用力不计。下列说法正确的是A.打在d和c的质子在磁场中的周期比为2：1

B.打在d和c的质子在磁场中的运动时间比为1：1

C.B1和B2的大小之比为2：1

D.打在d和c的质子在磁场中运动的向心加速度大小之比为17.如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，安培力向左为正方向，则选项中感应电流i、线框受到的安培力F与线框移动的距离x的关系图象正确的是(

)A. B.

C. D.8.如图所示，间距为L的足够长平行直导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，虚线MN左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙，质量均为m的金属棒ab、cd分别垂直放置在MN左右两侧的导轨上，均处于静止状态，金属棒cd与导轨间的动摩擦因数为μ，给金属棒ab施加平行于导轨的大小恒为F(F>μmg)的外力，使金属棒ab从静止开始水平向右运动，当金属棒ab运动距离为x时，金属棒cd恰好开始运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两金属棒在此后的运动中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的电阻均为R，金属棒ab始终在MN左侧运动，忽略导轨的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是(

)

A.金属棒cd中的感应电流方向从d到c

B.当cd棒刚要滑动时，ab棒的速度大小为μmgRB2L2

C.从ab开始运动到cd棒刚要滑动过程中，cd中产生的焦耳热为12Fx−2μ三、填空题：本大题共3小题，共15分。9.如图甲所示，一个电阻值为r=5Ω，匝数为n=30的圆形金属线圈与阻值为R=10Ω的电阻连接成图甲所示闭合电路。圆形线圈内存在垂直于线圈平面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。导线的电阻不计。0～2s时间内电阻R哪端电势高

(填“上”或“下”)；电阻R两端的电压U=

V。

10.水平放置的平行金属导轨相距为d，导轨一端与电源相连，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示。金属棒ab静止在导轨上，棒与导轨成60°角，则金属棒受到的安培力方向为

(填“斜向右上”或“斜向左下”)；若安培力大小为F，则此时通过金属棒的电流为

。11.如图所示，圆环形导体线圈A平放在水平桌面上，在A的正上方固定一竖直螺线管B，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P向上滑动穿过线圈A的磁通量

(选填“变小”“变大”或“不变”)，线圈A中将产生

(选填“顺时针”或“逆时针”)方向(俯视)的感应电流，线圈A有

(选填“缩小”或“扩大”)的趋势，线圈A对水平桌面的压力FN将

(选填“减小”或“增大”)。四、实验题：本大题共1小题，共5分。12.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：

(1)按图甲连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转(甲、乙、丙图中的电流计规格相同)；

(2)某小组用图乙所示装置做实验，实验前______(填“需要”或“不需要”)查明线圈A、B的绕制方向；某次实验中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针______(填“向左”或“向右”)偏转；

(3)另一个小组用图丙所示装置做实验，在开关闭合后，滑动变阻器的滑片匀速滑动时，电流计的指针______(填“会”或“不会”)发生偏转；

(4)多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要______(填“阻碍”或“阻止”)引起感应电流的磁通量的变化。五、计算题：本大题共3小题，共40分。13.如图所示，水平导轨间距为L=0.6m，导轨电阻忽略不计。导体棒ab垂直导轨放置，质量m=1kg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良好。电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，电阻R=1.5Ω。外加匀强磁场的磁感应强度B=1T，方向垂直导轨平面向上。ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，不计其余摩擦。细绳垂直于ab且沿水平方向跨过一轻质定滑轮悬挂一重物。重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态。求：

(1)ab受到的安培力大小；

(2)重物重力G14.如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：

(1)粒子经过N时的速度大小；

(2)粒子经过P15.如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨固定放置，与水平面的夹角为θ=30°，导轨光滑且电阻忽略不计，上端连接阻值为R的电阻。导轨之间存在磁感应强度大小都为B=kmRL，方向与导轨平面垂直的三个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，磁场区域的宽度均为s，磁场区域Ⅰ与磁场区域Ⅱ之间的距离未知，磁场区域Ⅱ与磁场区域Ⅲ之间的距离为d。一导体棒ab与导轨垂直放置并处于锁定状态，导体棒质量为m、长为L、电阻为R，与磁场区域Ⅰ相距为x0。解除锁定后，导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ时，恰好处于平衡状态，导体棒在磁场区域Ⅱ、Ⅲ及磁场区域Ⅱ与Ⅲ之间的无磁场区域运动的时间均相等。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度大小为g。求：

(1)导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ时速度的大小v0；

(2)从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ过程中，导体棒上产生的焦耳热QR；

(3)导体棒穿过磁场区域

答案解析1.【答案】B

【解析】解：A.根据洛伦兹力的特点可知，运动的质子不受洛伦兹力可能是因为速度方向与磁场方向平行(此时磁感应强度不为零)，故A错误；

B.由A选项的分析可知，当电荷速度方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零，电荷做匀速直线运动，速度保持不变，故B正确；

C.洛伦兹力大小为F=qvBsinθ，速度大小相同但方向不同(θ不同)时，力的大小不同，故C错误；

D.洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，不做功，故D错误。

故选：B。

当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，带电粒子不受洛伦兹力作用；根据F=qvB可判定；洛伦兹力对电子不做功。

本题考查洛伦兹力，解决本题的关键是知道洛伦兹力方向与速度方向和磁场方向的关系。2.【答案】C

【解析】解：合上开关瞬间，灯泡b立即发光，而线圈L因自感作用阻碍电流变化，使得灯泡a逐渐变亮，因此合上开关时，b先亮，a后亮。

稳定后，由于线圈电阻忽略不计，两支路电阻相等，通过两灯泡的电流相等，故两灯泡亮度相同。断开开关时，线圈L因自感作用产生感应电动势，相当于一个新电源，在由两灯泡构成的回路中维持电流，通过灯泡a的电流逐渐减小至零。

因稳定时两灯泡电流相等，故灯泡b不会出现闪亮现象，即断开开关后，a、b同时缓慢熄灭。故ABD错误，C正确。

故选：C。

题目涉及自感线圈在电路中的作用。合上开关瞬间，自感线圈产生感应电动势阻碍电流变化，导致与其串联的灯泡a电流不能立即达到稳定，因此b立即亮而a逐渐变亮；稳定后两支路电流相等。断开开关时，线圈与两灯泡构成闭合回路，线圈的自感作用使回路电流逐渐减小，两灯泡同时熄灭，不会出现先后熄灭或闪亮现象。

本题以含自感线圈的电路为载体，综合考查学生对自感现象产生条件与动态过程的理解。题目计算量小，但需要学生清晰把握开关闭合与断开两个瞬间自感线圈的“阻碍”作用机制，并准确分析电流的流向与变化。开关闭合时，自感线圈阻碍电流增大，导致与之串联的灯泡a延迟变亮；开关断开时，自感线圈充当临时电源，在由线圈与两灯泡构成的新回路中维持电流逐渐衰减，使得两灯同时缓慢熄灭而非立即熄灭。本题重点考查学生对物理过程的动态建模与分析能力，以及运用“阻碍变化”这一核心概念解决实际电路问题的能力。3.【答案】A

【解析】解：A、通过乙图可知电流的最大值为0.6A，周期T=0.2s，故ω=2πT=10πrad/s，故电流的表达式为i=0.6sin10πt(A)，故A正确

B、电流的周期为T=0.2s，故磁体的转速为n=1T=5r/s，故B错误；

C、风速加倍时，角速度加倍，根据Em=nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin20πt(A)，故C错误；

D、根据C得分析，形成的感应电流Im=1.2A，故有效值为I=Im2=0.64.【答案】D

【解析】解：AC、由图知，线圈向下运动，线圈切割磁感线，根据右手定则可知，线圈产生感应电动势，感应电流从C端流出，D端流入，C点电势高于D点电势，故AC错误；

B、根据左手定则可知，若想使弹簧恢复形变，安培力必须向上，根据左手定则可知外电流应从D端流入，故B错误；

D、由平衡条件知mg=2nBIL，得重物质量与电流的关系为m=2nBILg，根据P=I2R，可得最大质量为m=2nBLgPR，故5.【答案】BD

【解析】解：A.图甲中，根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B极板带正电，为电源的正极，A极板是电源的负极，故A错误；

B.图乙中，由牛顿第二定律qvB=mv2R

可得qm=vBR，知R越小，粒子打在照相底片D上的位置越靠近S3，说明比荷越大，故B正确；

C.丙图中，根据牛顿第二定律qvB=mv2r

可知v=qBrm，当r=R时粒子获得的最大动能为Ekmax=12mvmax2=12m(qBRm)2=q2B2R22m

所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加6.【答案】BC

【解析】解：A.根据粒子运动周期公式

T=2πrv

根据几何关系可知打在d和c的质子在磁场中运动的半径之比为

r1r2=12

则打在d和c的质子在磁场中的周期比为1：2，故A错误；

B.打在d的质子在磁场中的运动时间为

t1=12T1=πr1v

打在c的质子在磁场中的运动时间为

t2=14T2=πr22v

可得

t1：t2=1：1

故B正确；

C.根据洛伦兹力提供向心力，有

qvB=mv2r

解得

r=mvqB

根据

r1r2=12

可得

B1B2=21

故C正确；

D.根据牛顿第二定律，有

qvB=ma

解得

a=7.【答案】AC

【解析】解：AB、线框从开始进入到全部进入磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，产生的电动势：E=BLv，随有效长度的增大而增大，所以感应电流i随有效长度的增大而增大；线框离开磁场的过程中，磁通量不断减小，由楞次定律可知，电流沿顺时针方向；感应电流i随有效长度的增大而增大。故A正确，B错误；

CD、线框从开始进入到全部进入磁场时，安培力为切割的那段等效直导线L受到的，F安=BIL=B×BLvR×L∝L2，并且安培力一直阻碍运动，方向一直向左，故C正确，D错误。

故选：AC8.【答案】AD

【解析】解：A、根据右手定则，当金属棒ab水平向右切割磁感线时，产生的感应电流方向为由a指向b，因此流经金属棒cd的感应电流方向为从d到c，故A正确；

B、金属棒cd刚要滑动时，其所受安培力恰好等于最大静摩擦力，满足BIL=μmg，此时回路中的感应电流为I=BLv12R，联立解得ab棒的速度大小为v1=2μmgRB2L2，故B错误；

C、从ab棒开始运动到cd棒刚要滑动的过程中，对ab棒应用动能定理，有Fx−WA=12mv12，回路中产生的总焦耳热Q总=WA，由于两金属棒电阻相等，因此cd棒中产生的焦耳热Qcd=12Q总，联立并将v1代入，解得Qcd=12Fx−μ2m3g2R2B4L4，故C9.【答案】下8

【解析】解：由图乙可知，圆形线圈中磁通量的变化率为ΔΦΔt=1.00−0.202Wb/s，解得：ΔΦΔt=0.4Wb/s；根据图甲，磁场方向垂直纸面向里且磁通量随时间均匀增加，依据楞次定律，感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，由安培定则判断感应电流方向为逆时针，因此流过外电阻R的电流方向为自下而上，在外电路，电流从高电势点流向低电势点，故电阻R的下端电势较高；

根据法拉第电磁感应定律，E=nΔΦΔt，代入数据可得感应电动势E=12V；由闭合电路欧姆定律，I=ER+r，解得：I=0.8A，电阻R两端的电压U=IR，解得U=8V；

因此，电阻R的下端电势高，其两端电压为8V。

故答案为：下；8。

根据图乙中磁通量随时间变化的图像，在010.【答案】斜向右上

【解析】解：磁场垂直导轨平面向里，电流沿金属棒从a到b，金属棒与导轨成60°，有效垂直磁场的电流走向，左手定则判断安培力方向斜向右上。

根据安培力公式F=BIL，其中L是金属棒在磁场中有电流通过的有效长度。由于磁场方向垂直于导轨平面，可知磁场方向与金属棒始终垂直，即磁场与电流方向的夹角为90°，由几何关系可知，金属棒在两平行导轨间的有效长度

L=dsin60∘

将此有效长度代入安培力公式，得

F=BI⋅dsin60∘

解得通过金属棒的电流

I=Fsin60°Bd

代入

sin60°=32

11.【答案】变小顺时针扩大减小

【解析】解：当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其接入电路的阻值增大，导致线圈B中的电流减小，产生的磁场减弱，因此穿过线圈A的磁通量变小。

根据右手螺旋定则，线圈B电流产生的磁场穿过线圈A的方向向下，且磁通量在减小，依据楞次定律，线圈A中会产生俯视为顺时针方向的感应电流。

根据“增缩减扩”原理，线圈A有扩大的趋势。

由于线圈A产生的俯视顺时针感应电流与线圈B的电流方向相同，将两者等效为条形磁铁，可知它们相互吸引，因此线圈A与线圈B之间存在相互吸引的安培力，这使得线圈A对水平桌面的压力FN减小。

故答案为：变小；顺时针；扩大；减小。

当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，其接入电路的电阻增大，导致螺线管B中的电流减小，进而使B产生的磁场减弱。由于线圈A与B同轴放置，穿过A的磁通量由B的磁场决定，因此磁通量将变小。

根据右手螺旋定则，螺线管B中电流产生的磁场方向竖直向下穿过线圈A。依据楞次定律，当穿过A的磁通量向下减小时，A中感应电流的磁场应阻碍这种减小，即产生向下的磁场来补偿。由此判断俯视时A中感应电流的方向为顺时针。

线圈A中产生顺时针方向的感应电流后，根据感应电流在磁场中受力的规律，A中的感应电流会受到B产生的磁场的作用力。由于A与B中电流方向相同，同向电流相互吸引，导致线圈A有向外扩张以增大与B之间距离的趋势，即线圈A有扩大的趋势。

线圈A与螺线管B之间存在相互吸引的安培力，这个力方向向上，从而减轻了线圈A对桌面的压力。因此，在考虑重力、支持力和安培力平衡后，线圈A对水平桌面的压力FN将减小。

本题综合考查电磁感应现象中的楞次定律及其多种推论，包括感应电流方向的判断、线圈面积变化趋势分析以及安培力作用下的受力分析。题目将电路动态变化、磁场变化、感应电流产生及线圈间相互作用等多个知识点有机串联，计算量不大，但思维链条较长，对学生的逻辑推理能力和物理模型构建能力提出了较高要求。学生需依次分析滑片移动导致螺线管B电流减小、磁场减弱，进而判断穿过A的磁通量变化；再运用楞次定律判断感应电流方向；进一步结合“增缩减扩”推论判断线圈12.【答案】需要，向左；

会；

阻碍

【解析】(2)实验前需要查明线圈的绕制方向：要判断感应电流的方向，需结合线圈绕制方向，用右手螺旋定则确定感应电流产生的磁场方向，再结合楞次定律分析磁通量变化，因此必须明确线圈绕向

条形磁铁N极向下插入螺线管时，螺线管内向下的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，结合线圈绕向和图甲的校准结果，此时感应电流从电流计的”−”接线柱流入，因此指针向左偏转。

(3)滑动变阻器的滑片匀速滑动时，线圈A中的电流会发生变化，导致穿过线圈B的磁通量变化，根据电磁感应原理，线圈B中会产生感应电流，因此电流计的指针会发生偏转。

(4)根据楞次定律的核心内容：感应电流产生的磁场，总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。注意“阻碍”不是“阻止”，感应电流的磁场只能延缓磁通量的变化，无法阻止变化的发生。

故答案为：(2)需要，向左；(3)会；(4)阻碍。

(1)校准电流计偏转方向，确定电流方向与指针偏转的对应关系；

(2)根据楞次定律判断感应电流方向，需查明线圈绕向，结合磁通量变化和甲图的校准结果判断指针偏转方向；

(3)滑动变阻器滑片滑动时，线圈A的电流变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，会产生感应电流，电流计指针会偏转；

(4)根据楞次定律的核心内容，感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

本题围绕探究感应电流方向的实验展开，考查了电流计校准、楞次定律的理解与应用，是电磁感应部分的基础实验题，侧重考查对楞次定律的理解和实验操作逻辑。13.【答案】ab受到的安培力大小为2.4N

重物重力G的最大值为7.4N

【解析】解：(1)由闭合电路欧姆定律，得

I=ER0+R+r

I=4A

由安培力公式，得

F=BIL

解得：F=2.4N

(2)f=μN=μmg

T=G

由左手定则，安培力方向水平向左，G最大时，恰好达到最大静摩擦，由力平衡得

T=f+F

解得：G=7.4N

答：(1)ab受到的安