2025-2026学年福建省福州市福清市高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年福建省福州市福清市高二（下）期中物理试卷一、单选题：本大题共4小题，共16分。1.超低频(SLF)电磁波技术利用地球物理和无线电物理相结合的原理，由人工产生大功率电磁波信号。而电磁波的应用非常广泛，下面关于电磁波的说法正确的是(

)A.电磁波的传播速度与频率有关，频率越高传播越快

B.只要有电场就能产生电磁波

C.赫兹用实验证实了电磁波的存在

D.电磁波的传播需要介质，其在介质中的传播速度等于光速2.为纪念法国物理学家安培在磁场与电流的相互作用方面所做的贡献，人们把通电导线在磁场中所受的力称为安培力。如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流的作用力F三者的方向，其中F的方向正确的是(

)A. B. C. D.3.如图所示，固定的通电长直导线与固定的矩形金属线圈位于同一竖直平面(纸面)内，长直导线中通以竖直向上且均匀减小的电流。下列说法中正确的是(

)A.矩形金属线圈中有感应电流，但不能确定方向

B.从垂直纸面向里的方向观察，矩形金属线圈中有顺时针方向的电流

C.通电长直导线不会受到矩形金属线圈的相互作用

D.矩形金属线圈所围的面积有缩小的趋势4.如图甲所示，一个圆形金属线圈的匝数n=200，线圈面积S=0.2m2，线圈的电阻r=2Ω，线圈外接一个阻值R=8Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是(

)A.感应电流从A通过电阻R流向B B.线圈中产生的感应电动势E=4V

C.感应电流的大小0.2A D.电阻R消耗的功率为0.16W二、多选题：本大题共4小题，共24分。5.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知(

)A.该交变电压的有效值为100V B.该交变电压的有效值为502V

C.该交变电压的周期是0.04s 6.如图所示，一正电荷以速度v0垂直进入磁感应强度为B的足够大的匀强磁场中，若不计重力，则(

)A.正电荷在匀强磁场中一定做匀速圆周运动

B.正电荷在匀强磁场中可能做匀加速直线运动

C.洛伦兹力对正电荷不做功

D.正电荷的动能变大

7.如图所示，回旋加速器的结构示意图，主要由两个半圆形的中空铜D形盒构成，两盒间留有一狭缝，置于真空中。匀强磁场B垂直穿过盒面，由高频振荡器产生的交变电压加在两盒间的狭缝处。关于回旋加速器，下列说法正确的是(

)A.两D形盒内所加磁场使粒子速度增大 B.两D形盒间所加电场使粒子速度增大

C.粒子射出时的动能与D形盒的半径无关 D.粒子在磁场中做圆周运动的周期不变8.如图所示，宽度L=1m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=8Ω的定值电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=2T，一根导体棒MN放在导轨上与导轨垂直，其在导轨之间部分的电阻r=2Ω。现用平行于导轨的恒定外力F拉动导体棒沿导轨以v=0.5m/s的速度向右匀速直线运动，在运动过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻及空气阻力均可忽略不计。下列叙述中正确的是(

)A.M点的电势低于N点的电势 B.回路中感应电流的大小为0.1A

C.定值电阻R两端的电压大小为1V D.恒定外力F的大小为0.2N三、填空题：本大题共3小题，共14分。9.如图所示，一个边长L=0.1m，匝数N=100匝的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，磁感应强度B=0.50T，角速度ω=10πrad/s，外电路电阻R=4.0Ω，其他电阻不计。则线圈转动的周期T=

s，感应电动势的最大值Em=

V；线圈由图中所示位置开始计时，感应电动势的瞬时表达式为

V。10.如图所示，LA、LB是两个电阻值都为r的完全相同的小灯泡，小灯泡的电阻值大于定值电阻R的电阻值。L是一个自感系数很大的线圈，它的电阻值与定值电阻的电阻值相等，电路稳定后小灯泡A，B均正常发光。由于自感现象：

(1)当开关S闭合的瞬间，灯A

(选填“慢慢变亮”“立即变亮”)；

(2)电路稳定后小灯泡A，B均正常发光，当开关S断开的瞬间，灯A

(选填“慢慢熄灭”“立即熄灭”)。11.“西电东输”工程中为减少输电损耗，必须提高输电电压，如图所示为远距离输电原理图，变压器T1，T2为理想变压器，T1为

，(选填“升压变压器”“降压变压器”)，已知T1原副线圈的匝数比为n1：n2，T2原副线圈的匝数比为n2：n1，发电机的输出功率为P，输出电压为四、实验题：本大题共2小题，共11分。12.某兴趣小组利用如图所示的实验装置来探究影响感应电流方向的因素：

(1)如图甲所示，条形磁铁产生穿过线圈的磁场方向为

(选填“向上”或“向下”)。

(2)如图甲所示，在条形磁铁N极向上快速拔出线圈的过程中，与线圈连接的灵敏电流计的指针向右偏转，该过程中穿过线圈的磁通量

(选填“增大”或“不变”或“减小”)，线圈中感应电流产生的磁场方向

(选填“向上”或“向下”)。如图甲所示，该同学将条形磁铁的N极向螺线管插入的过程中，发现指针

(选填“向左”或“向右”)偏转。

(3)如图乙所示，将第(2)问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，电子秤的示数会

(选填“变大”、“变小”或“不变”)。13.某实验小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”，可拆变压器如图所示的，组装后通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。

(1)本实验要主要运用的科学方法是

。

A.等效替代法

B.控制变量法

C.整体隔离法

D.理想模型法

(2)本实验可能要用到的测量仪器是

。

A.直流电压表

B.直流电流表

C.交流电压表

D.交流电流表

(3)实验小组选择的原线圈匝数为400匝，副线圈匝数为800匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端“4V”挡位，测得副线圈的电压为8.3V，其原因可能是学生电源实际输出电压

(选填“大于”或“小于”)标注的“4V”。五、计算题：本大题共3小题，共35分。14.如图所示理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，原线圈接入电压为u=2202sin100πt的交流电源，副线圈接一个R=22Ω的负载电阻。求：

(1)理想电压表的读数；

(2)原线圈中理想电流表的读数。15.如图所示，在直线边界MN的右侧空间存在水平方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，磁感应强度大小为B=2T。一质量为m=2.0×10−6kg、电荷量为+q=2.0×10−6C的带电粒子，从磁场边界MN上的P点以速度v=4m/s垂直磁场方向射入，速度方向与MN垂直，最后从边界MN上的Q点射出磁场。不计粒子所受重力。求：

(1)PQ间的距离；16.如图所示，两根足够长的电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面内，之间接有阻值为R=2Ω的定值电阻，导轨间距L=1m。一根质量为m=1kg的均匀金属棒ab放在导轨上，垂直于两导轨且保持良好接触，ab在导轨间的电阻为r=1Ω，整个装置放在磁感应强度为B=1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。现对金属棒ab施加一水平向右的恒力F=3N，使之由静止开始运动。金属棒ab由静止开始运动至达到最大速度的过程中，若电阻R产生的焦耳热为Q=4J，求：

(1)金属棒ab中感应电流的方向及金属棒的最大速度vm；

(2)金属棒ab由静止开始运动至达到最大速度的过程中金属棒ab移动的距离x及通过电阻R的电量q。(保留3位有效数字)

答案解析1.【答案】C

【解析】解：A.真空中电磁波的传播速度与频率无关，都等于光速c，故A错误；

B.根据麦克斯韦的电磁场理论，非均匀变化的电场和非均匀变化的磁场交替出现，才能产生电磁波，故B错误；

C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C正确；

D.电磁波的传播可以不需要介质，其在真空中的传播速度等于光速，故D错误。

故选：C。

根据电磁波的产生，传播速度以及麦克斯韦的电磁场理论，赫兹的实验等知识逐一分析判断各选项的正误。

考查电磁波的相关问题和麦克斯韦的电磁场理论等，平时多记多背，属于基础题。2.【答案】B

【解析】解：A.根据左手定则，磁感线穿掌心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向，则安培力方向水平向左，故A错误；

B.根据左手定则，磁感线穿掌心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向，磁场方向、电流方向与安培力方向满足左手定则，故B正确；

C.根据左手定则，磁感线穿掌心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向，安培力方向竖直向下，故C错误；

D.根据左手定则，磁感线穿掌心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向，安培力方向竖直向上，故D错误

故选：B。

正确应用左手定则即可判断出磁场、电流、安培力三者之间的关系即可解答本题，应用时注意安培力产生条件。

安培定则、左手定则、右手定则等应用容易混淆，因此平时要加强训练，熟练应用这几种定则进行有关物理量的判断。3.【答案】B

【解析】解：AB、根据右手定则可以判定，导线右侧的磁场方向向里，当电流逐渐减弱时，电流产生的磁场减小，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向里，是顺时针方向的感应电流，故A错误，B正确；

CD、根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减小，有向磁场强度较大的左侧运动的趋势，所以它的受力向左，同时矩形金属线圈所围的面积有扩大的趋势，故CD错误。

故选：B。

会判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向，根据楞次定律推广的形式解答。

通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律解题，考查比较全面。4.【答案】C

【解析】解：A.根据楞次定律，向里的磁场均匀增大，感应电流的磁场向外，线圈中感应电流为逆时针方向，线圈作为电源，内部电流从低电势流向高电势，因此B点电势高于A点，电流从B通过R流向A，故A错误；

B.由法拉第电磁感应定律，感应电动势E=nSΔBΔt

其中ΔBΔt=0.4−0.24T/s=0.05T/s

代入数据可得E=2V，故B错误；

C.感应电动势E=2V，由闭合电路欧姆定律，感应电流I=ER+r=28+2A=0.2A，故C正确。

D.电阻R消耗的功率P=5.【答案】BC

【解析】解：AB、从正弦交流电的电压−时间图像中，可直接得到电压最大值Um=100V

对于正弦交流电，有效值U与最大值Um的关系为：U=Um2

代入Um=100V

得U=1002V=502V，故A错误，B正确；

CD、从图像中可看出周期T=4×6.【答案】AC

【解析】解：A：当电荷速度方向与磁场垂直时，洛伦兹力提供向心力，会做匀速圆周运动，故A正确；

B：匀加速直线运动要求合力恒定且与速度同方向。洛伦兹力F=qvB的方向会随速度方向改变，不是恒力，且洛伦兹力始终与速度垂直，无法提供沿速度方向的加速度，所以不可能做匀加速直线运动，故B错误；

C：洛伦兹力始终与电荷的速度方向垂直，根据功的定义W=F⋅s⋅cos90°=0，所以洛伦兹力对正电荷不做功，故C正确；

D：因为洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，正电荷的动能保持不变，故D错误。

故选：AC。7.【答案】BD

【解析】解：A、磁场对带电粒子的洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，因此无法改变粒子速度的大小，只能改变速度方向，故A错误。

B、两D形盒间的狭缝处存在交变电场，电场力对带电粒子做功，使粒子动能增加、速度增大，故B正确。

C、粒子在D形盒内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R

其中，q为粒子电荷量，v为粒子速度，B为磁感应强度，m为粒子质量，R为粒子运动轨道半径。整理可得粒子速度表达式：v=qBRm

粒子射出时的动能为：Ek=12mv2

将v=qBRm

代入动能公式：Ek=12m(qBRm)2=q2B2R22m

由此可见，粒子射出时的动能Ek与D形盒的半径R的平方成正比，因此动能与D形盒半径有关，故C错误。

D、粒子做匀速圆周运动的周期定义为：T=2πRv

结合洛伦兹力提供向心力的公式qvB=mv2R，可得v=qBRm，将其代入周期公式：8.【答案】BD

【解析】解：A、依据右手定则，当导体棒MN向右运动切割磁感线时，其内部感应电流方向是从N指向M，此时MN相当于一个电源，其中M端为电源正极，因此M点的电势高于N点的电势，故A错误；

B、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势可表示为E=BLv，再结合闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流为I=ER+r，代入数据解得：I=0.1A，故B正确；

C、定值电阻两端的电压即为路端电压，由部分电路欧姆定律可得UR=IR，代入数据解得：UR=0.8V，故C错误；

D、由于导体棒做匀速直线运动，处于受力平衡状态，因此外力与导体棒所受安培力大小相等，即F=BIL，代入数据解得：F=0.2N，故D正确。

故选：9.【答案】0.215.7e=15.7cos10πt

【解析】解：根据公式Emax=N⋅B⋅L2⋅ω，其中N=100，B=0.50T，L=0.1m，ω=10πrad/s

则T=2πω

代入数据可得T=0.2s

代入数据可得Emax=100×0.50×0.12×10π=15.7V

故感应电动势的瞬时表达式为e=15.7cos10πt10.【答案】慢慢变亮慢慢熄灭

【解析】解：(1)当S闭合的瞬间，电阻R不产生感应电动势，B立即发光，而线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，A灯逐渐亮起来；

(2)当S断开的瞬间，B灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，产生感应电动势，相当于电源，感应电流流过A、B和R组成的回路，所以A、B都要过一会才熄灭。

故答案为：(1)慢慢变亮；(2)慢慢熄灭。

(1)闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，B立即发光。线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化。

(2)断开开关S，B灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，再由楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化。

考查自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律，并理解通电自感与断电自感现象的区别。11.【答案】升压变压器(

【解析】解：在远距离输电中，发电机发出的电需要先升压，再输送到远距离，到达用户端后再降压，因此，靠近发电机的变压器T1是升压变压器。

发电机的输出功率为P，输出电压为U，因此发电机的输出电流(即T1原线圈电流)为：I1=PU

理想变压器的电流与匝数成反比，T1原、副线圈匝数比为n1：n2，因此T1副线圈的电流(即输电线上的电流)为：I2=I1⋅n1n212.【答案】向下减小向下向左变小

【解析】解：(1)条形磁铁的N极向下，产生穿过线圈的磁场方向为向下；

(2)根据磁通量的表达式Φ=BS可知，条形磁铁N极向上快速拔出线圈的过程中，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转；

根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量减小，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，因此线圈中感应电流产生的磁场方向向下；

将条形磁铁的N极向螺线管插入的过程中，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，灵敏电流计的指针向左偏转；

(3)将第(2)问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，根据“来拒去留”可知，线圈与条形磁铁之间存在相互作用的引力，线圈对电子秤的压力变小，则

电子秤的示数会变小。

故答案为：(1)向下；(2)减小；向下；向左；(3)变小。

(1)根据条形磁铁的N极方向确定磁场方向；

(2)根据磁通量公式进行判断；根据楞次定律进行判断；根据磁通量的增加、减小判断，结合电流计指针的偏转方向与电路中电流方向的关系判断；

(3)根据“来拒去留”进行判断。

本题主要考查了研究电磁感应现象的实验，要明确实验原理，掌握左手定则和楞次定律的运用。13.【答案】BC大于

【解析】解：(1)本实验通过改变原副线圈匝数，探究原副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中要运用控制变量法。故B正确，ACD错误。

故选：B。

(2)实验需要测量原副线圈两端的电压，需要交流电压表，故C正确，ABD错误。

故选：C。

(3)根据理想变压器规律有U1U2=n1n2，代入数据可得U1=4.15V>4V，其原因可能是学生电源实