福建福州市联盟校2025-2026学年高二下学期期中考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2026学年度第二学期期中适应性练习高中二年物理科试卷完卷时间：75分钟满分：100分一、单选题（每道题4分，共16分）1.下列关于物理学史实论述中正确的是（）A.奥斯特发现了电磁感应现象B.法拉第发现了电流的周围存在磁场即电流的磁效应C.楞次找到了判断感应电流方向的方法D.安培指出闭合回路的感应电动势的大小与穿过该回路的磁通量成正比【答案】C【解析】A．法拉第发现了电磁感应现象，A错误；B．奥斯特发现了电流的周围存在磁场即电流的磁效应，B错误；C．楞次通过实验总结出判断感应电流方向的规律，即楞次定律，C正确；D．法拉第指出闭合回路的感应电动势的大小与穿过该回路的磁通量的变化率成正比，D错误。故选C。2.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的是（）A.提高交流电源的频率 B.将金属杯换为陶瓷杯C.减少线圈的匝数 D.增大交流电的周期【答案】A【解析】A．当线圈中通以交变电流时，在金属杯中将产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大，故A正确；B．将金属杯换为陶瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此陶瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，故B错误；C．减少线圈的匝数会降低交流电产生的感应电动势，则感应电流的功率减小，使杯内的水沸腾所需的时间延长，故C错误；D．增大交流电的周期，磁感应强度的变化率变小，感应电动势变小，感应电流的功率减小，故D错误。故选A。3.如图所示的电路中，和是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A.闭合开关S后，始终比亮B.闭合开关S后，先亮，后亮C.断开开关S后，先熄灭，过一会儿才熄灭D.断开开关S后，会“闪亮”一下才熄灭【答案】B【解析】AB．闭合开关S后，立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，电流也一样大，所以一样亮，故A错误，B正确；CD．断开开关S后，通过的原来的电流立即消失，和构成新回路，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过的电流会慢慢变小，并且通过，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过的灯的电流方向与原来的方向相反，因电流未增加不会闪亮一下，故CD错误。故选B。4.如图所示，水平光滑地面上静置有P、Q两小球，两球的质量分别为，，时刻，给小球P水平向右的初速度，如图乙所示为小球P运动的图像，则下列说法正确的是（）A.时刻，小球P、Q发生弹性碰撞B.碰撞过程中，小球P、Q组成的系统损失的机械能为9JC.碰撞后小球Q的速度大小为D.碰撞过程中，小球P对小球Q冲量大小为【答案】D【解析】BCD．因x-t图像的斜率等于速度，由图可知，碰前，碰后，则由动量守恒定律有解得根据动量定理碰撞过程中，小球P对小球Q冲量大小为根据能量守恒碰撞过程中，小球P、Q组成的系统损失的机械能为，故BC错误，D正确。A．根据图像可知，时刻，小球P速度改变，发生碰撞，结合以上分析可知，不是弹性碰撞，故A错误。故选D。二、多选题（每道题6分，共24分，每道题有两项符合题目要求）5.理想变压器的原线圈连接一只理想电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片。原线圈两端接在电压为U的交流电源上。则（）A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小【答案】AC【解析】AB．在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此保持Q的位置不动，输出电压不变，将P向上滑动时，副线圈电路总电阻增大，则输出电流减小，输入电流也减小，则电流表的读数变小，故A正确，B错误；CD．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，则输出电压变大，输出电流变大，输入电流也变大，则电流表的读数变大，故C正确，D错误。故选AC。6.两个相同的小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知A的速度（设为正），B的速度，则它们发生正碰后，A、B两球速度可能分别为（）A.和 B.和C.均为 D.和【答案】AC【解析】B．由于小球A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后不可能都保持原来的速度方向，B错误；D．根据碰撞规律可知，碰后沿着同一方向运动时，后面物体的速度不可能超过前面物体的速度，D错误；AC．根据动量守恒定律判断，选项A、C均满足，再看动能情况，根据碰撞规律可知碰后的总动能不可能大于碰前的总动能，碰前总动能碰后总动能代入数值可得选项A、C中碰后的总动能都不大于碰前的总动能，AC正确。故选AC。7.如图甲所示的理想变压器模型，原线圈输入电压有效值为200V的正弦交流电。副线圈侧接有并联的两个定值电阻，电阻，电阻，所有电表均为理想交流电表。已知通过的电流随时间变化的正弦曲线如图乙所示（周期为0.02s，峰值为），下列说法正确的是（）A.原线圈输入交流电的频率为50HzB.电压表的示数为40VC.电流表的示数为0.2AD.变压器传输的总电功率为60W【答案】AD【解析】A．由图乙可知，副线圈中电流的频率为，故A正确；B．通过的电流峰值为，其有效值由于与并联，副线圈电压电压表测副线圈电压，示数为，故B错误；C．副线圈总电流，根据理想变压器得原线圈电流电流表测原线圈电流，示数为，故C错误；确。故选AD。8.如图所示，将质量为m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L，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【答案】BD【解析】A．根据题意可知，线框第一次进入磁场的过程中，线框下降的高度为，则线框减少的重力势能为，故A错误；C．根据题意可知，由于线框两次从同一高度下降，则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由题意可知，线框第一次进入磁场过程中，安培力与线框的重力大小相等，则有则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，由牛顿第二定律有解得，故B正确；D．根据题意可知，ab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，两点间的电势差为则先后两次刚进入磁场时，两点间的电势差之比为，故D正确。故选BD。三、填空题（共12分）9.中国是全球发电量最大的国家。图为交流发电机模型的示意图，两磁极之间的磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场，线圈位于图示位置时，线圈________（填“平行”或“垂直”）于中性面，此时线圈的感应电动势________（填“最大”或“最小”）。【答案】平行最小【解析】[1][2]图示位置即为中性面的位置，即线圈平行于中性面，此位置时线圈磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势最小（为零）。10.远距离输电中，为了减小输电线上的电能损失，则必须采用高压输电。某输电线的电阻共为1.0Ω，当它输送100kW电功率时，如果输电线损失功率为100W，则输电电压为________V，如果用400V电压输送，则用户得到的功率为________kW。【答案】37.5【解析】[1]依题意，由，得输电线中通过的电流由，得输送电压[2]当输送电压时此时输电线通过的电流导线损失的功率则用户得到的功率11.一线圈匝数为匝，线圈电阻，在线圈外接一个阻值的电阻，如图甲所示。在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量随时间t变化的规律如图乙所示。则在0~4s内线圈内的磁感应强度是______（选填“逐渐减小”、“逐渐增加”、“保持不变”）的，a、b两点的电势差为______V。【答案】逐渐增加4【解析】[1]根据，在0~4s内线圈内的磁感应强度是逐渐增加的；[2]感应电动势为感应电流为a、b两点的电势差为四、实验题（共16分）12.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：（1）为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除灵敏电流计、导线、定值电阻和开关这些器材之外，还需要______。（单选）A.条形磁铁 B.干电池 C.变压器 D.电子秤（2）实验得出，电流由右接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转；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”）。（4）多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要______（选填“阻碍”或“阻止”）引起感应电流的磁通量的变化。【答案】（1）B（2）向左（3）变小（4）阻碍【解析】（1）为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除题中器材外，还需要直流电源（干电池）确定电流的方向。故选B。（2）实验得出，电流由右接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转；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，穿过螺线管的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，螺线管中感应电流方向由下端流向上端，则电流由左接线柱流入灵敏电流计，所以灵敏电流计指针向左偏转。（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，穿过螺线管的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，螺线管中感应电流方向由上端流向下端，根据安培定则可知，螺线管下端相当于N极，上端相当于S极，则螺线管受到向上的吸引力，电子秤的示数会变小。（4）多次实验发现：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。13.用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；②让质量为的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；③把质量为的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为，如图乙，分析数据：（1）实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为_______（选填“>”“<”或“=”）；（2）关于该实验，下列说法正确的有_______；A.斜槽轨道必须光滑B.斜槽末端不一定水平C.入射球和被碰球的半径必须相同D.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为_________；若碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为_______。（均用题中所给物理量的符号表示）【答案】（1）（2）C（3）【解析】（1）为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即。（2）A．只要保证每一次小球从同一位置静止释放，使得小球获得相同的初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；C．为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同，故C正确；BD．小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，所以斜槽末端必须水平；由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度H，故BD错误。故选C。（3）[1]设小球在空中运动的时间为，规定向右的方向为正方向，若满足动量守恒定律有整理得[2]若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律，即化简整理得五、解答题（共32分）14.如图所示，，，匝数为100匝的矩形线圈。线圈电阻。外电路电阻，磁感应强度。线圈绕垂直于磁感线的轴以转速匀速转动。从图示位置开始计时，求：（1）线圈感应电动势的最大值和瞬时值表达式；（2）1min内电阻上消耗的电能；（3）线圈由图示位置转过的过程中，通过的电量。【答案】（1）100V，（2）（3）【解析】（1）线圈从磁通量最小位置开始转动因此感应电动势的最大值瞬时值表达式为（2）电路中电流有效值则内电阻上消耗的电能（3）因为线圈由图示位置转过的过程中，磁通量变化量为联立解得通过的电量15.如图所示，质量为2m的小物块B和质量为m的小物块C均静止在足够长的光滑水平面上，物块C左端固定一轻质弹簧，弹簧处于原长状态。质量为2m的小球A以初速度沿水平面向右运动，与小物块B发生弹性正碰（碰撞时间极短）。A、B和C均可视为质点，取重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：（1）小球A与小物块B碰撞后，小