文档内容
2024-2025 学年江苏省江阴市六校高二（下）期中考试
物理试卷
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.“神舟号”系列飞船的成功发射及其后续的平稳运行，在很大程度上得益于载人航天测控通信系统的高
效运作。该系统利用电磁波确保了地面指挥人员能够实时、准确地与飞船保持通讯联系。关于电磁波下列
说法正确的是( )
A. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验捕捉到了电磁波
B. 稳定的电场周围产生磁场，稳定的磁场周围产生电场
C. 电磁波可以传递信息，声波不能传递信息
D. 电磁波的速度等于光速
2.在长直通电螺线管中通入变化的电流i(如图所示电流的方向周期性改变)，并沿着其中心轴线OO'的方向
射入一颗速度为v的电子，则此电子在螺线管内部空间的运动情况是( )
A. 变速直线运动 B. 来回往复运动 C. 匀速直线运动 D. 曲线运动
3.如图甲所示是LC振荡电路，设顺时针方向的电流为正方向，电路中的电流随时间变化规律如图乙所示。
那么( )
A. 在0∼t 时间内，电容器C在充电
1
B. 在t ∼t 时间内，电容器C的上极板带正电
1 2
C. 在t ∼t 时间内，磁场能转化为电场能
2 3D. 在线圈L中插入铁芯，振荡电流的周期将变小
4.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab从距地面高为h处，以水平初速度v 抛
0
出。设运动的整个过程中棒的取向不变，且不计空气阻力，则落地时金属棒a、b两端产生的感应电动势
和电势高低，判断正确的是( )
A. ， B. ，
E=BLv φ >φ E=BL√v2+2gh φ >φ
0 a b 0 a b
C. ， D. ，
E=BLv φ <φ E=BL√v2+2gh φ <φ
0 a b 0 a b
5.如图所示，L为自感系数很大的线圈，但线圈的电阻几乎为零，A和B是两个完全相同的灯泡，下列说
法正确的是( )
A. 开关S闭合，A灯先亮，B灯后亮 B. 开关S闭合，B灯先亮，A灯后亮
C. 开关S断开，A灯和B灯同时熄灭 D. 开关S断开，流过B灯的电流方向从右至左
6.某种回旋加速器示意图如图所示，A、C板间有恒定电场，两个D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P进入电场，加速后进入D形盒内做匀速圆周运动，
回到P孔后再次加速，依次类推，则A. 粒子每次在D形盒内运动的时间不相等
B. D形盒的半径越大，粒子所能获得的最大速度越大
C. 磁感应强度越小，粒子所能获得的最大速度越大
D. 粒子每次在A、C板间加速过程增加的动能不同
7.如图所示，固定的通电长直导线与固定的圆形闭合金属线框位于同一竖直面(纸面)内，长直导线中通以
水平向右且随时间均匀增加的电流。下列说法中正确的是( )
A. 圆形线框所受安培力的合力方向竖直向下
B. 垂直纸面向里观察，圆形线框中产生顺时针方向的电流
C. 圆形线框所围的面积有扩大的趋势
D. 通电长直导线不会受到圆形线框的相互作用
8.如图所示，空间区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B=1T，OO'为磁场的右边界。
磁场内一匝数n=10的正方形闭合金属导线框平行于纸面放置，线框的边长L=1m，其右边与磁场边界重
合。t=0时刻线框从图示位置开始逆时针(俯视)绕OO'以角速度ω=20rad/s匀速转动，此过程中感应电
动势E随时间t变化的图像可能正确的是A. B.
C. D.
9.为了使在磁场中转动的绝缘轮快速停下来，小明同学设计了以下四种方案：图甲、乙中磁场方向与轮子
的转轴平行，图甲中在轮上固定闭合金属线圈，图乙中在轮上固定未闭合金属线圈;图丙、丁中磁场方向与
轮子的转轴垂直，图丙中在轮上固定闭合金属线框，图丁中在轮上固定一些细金属棒。四种方案中效果最
好的是( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
10.如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道端在同一高度上，
轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则A. 两小球均能到达轨道右侧的等高点
B. 两小球经过轨道最低点的速度v >v
M N
C. 两小球经过轨道最低点时对轨道的压力相等
D. 两球同时到达最低点
11.如图所示，固定在绝缘水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在
方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为2R的导体棒ab与固定绝缘弹簧相连，放
在导轨上，并与导轨接触良好．初始时刻，弹簧处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v ，导体棒往
0
复运动一段时间后静止．不计导轨电阻，下列说法中正确的是
A. 导体棒每次向右运动的过程中受到的安培力均逐渐减小
2
B. 导体棒速度为v 时其两端的电压为 BLv
0 3 0
1
C. 导体棒开始运动后速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为 mv2
2 0
1
D. 在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热为 mv2
6 0
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某同学用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。
(1)下列仪器中需要的是________。(填写字母)A. 干电池 B. 磁铁
C. 低压交流电源 D. 多用表
(2)下列说法正确的是_____________(选填字母代号)
A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数
C.测量电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
D.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
(3)该同学将原线圈接一学生电源的交流电压输出端，并使用交流电压表分别测量原、副线圈两端的电压，
得到的实验数据如下表所示。
原线圈电压 副线圈电压
实验序号 原线圈匝数n 副线圈匝数n
1 2 U (V) U (V)
1 2
1 400 200 4.22 2.10
2 400 800 4.22 8.36
3 400 1600 4.22 16.83
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许的范围内，_______________________。
(4)该同学利用(3)问中第2组数据时的副线圈给一标有“3.8V，0.3A”字样的小灯泡供电，发现小灯泡
并没有被烧坏。测量此时小灯泡两端的电压约为3.00V，并不是8.36V，其原因主要是____________。
(5)实验时，某同学听到变压器内部有轻微的“嗡嗡”声，他做出如下猜想，正确的是______。
A.“嗡嗡”声来自副线圈中电流流动的声音
B.“嗡嗡”声是由于铁芯中存在过大的涡流而发出的
C.交变电流的磁场对铁芯有吸、斥作用，使铁芯振动发声
D.若去掉铁芯，“嗡嗡”声马上消失，也能完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图所示，有一连接电源且水平放置的金属导轨处在磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向
与导轨平面为θ=60∘角斜向上。将金属杆ab垂直导轨放置，结果ab静止在导轨上，已知：金属棒质量为
m=1kg，接入导轨的长度为L=2m，通过的电流为I=2A，重力加速度g=10m/s2。求：(1)金属杆ab受到的摩擦力；
(2)金属杆ab对导轨的压力大小。
14.如图所示，一单匝矩形闭合线圈abcd的质量m，总电阻R，ab边的长L ， bc边的长L ，置于光滑的绝
1 2
缘水平桌面(纸面)上，虚线右侧存在范围足够大、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
B。现使线圈以初速度v 向右运动进入磁场，直到线圈全部进入磁场，运动过程中线圈的左右边始终与磁
0
场边界平行，不考虑线圈产生磁场对原磁场分布和空气阻力的影响。求：
(1)线圈的ab边刚进入磁场时，ab边受到的安培力大小；
(2)线圈全部进入磁场过程中，流过ab的电荷量；
(3)线圈全部进入磁场时的速度大小。
15.如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N=100匝，面积
√2
S=0.03m2，线圈匀速转动的角速度ω=100πrad/s，匀强磁场的磁感应强度B= T，输电时先用升压
π
变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为
R=10Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n :n =10:1，若用户区标有
3 4
“220V，11kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：
(1)发电机产生电动势的有效值；(2)输电线路上损耗的电功率ΔP；
(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n :n =1:10，交流发电机线圈电阻r。
1 2
16.如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场，磁场区域沿x轴
方向的宽度为L，沿y轴方向足够大，第二象限整个区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为
mv2 ，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在轴上的 ( 3 )点以速度大小为 ，方向沿y轴正
E= 0 A - L,0 v
qL 2 0
方向射入电场区域，不计粒子的重力，求：
(1)粒子第一次经过y轴的位置离原点O的距离y 和速度大小v；
0
(2)若粒子进入磁场区域后，能够刚好回到电场区域，磁感应强度B大小为多少和在第一次在磁场中的运
动时间？
(3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，求粒子第二次从电场到磁场时经过y轴时离原点O
的距离y的范围。答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故A错误；
B.稳定的电场周围不能产生磁场，稳定的磁场周围也不能产生电场，故B错误；
C.电磁波和声波都可以传递信息，故C错误；
D.电磁波的速度等于光速，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】电流周期性变化，所产生的磁场周期性变化，根据右手螺旋定则，可知螺线管内的磁场与电子运
动方向平行，电子不受洛伦兹力，因此电子做匀速直线运动。
故选C。
3.【答案】B
【解析】A.由乙图可知，在0∼t 时间内，电流增大，电容器电荷量减小，电容器C在放电。故A错误；
1
B.同理在t ∼t 时间内，电容器充电，上极板带正电。故B正确；
1 2
C.同理在t ∼t 时间内，电容器放电，电场能转化为磁场能。故C错误；
2 3
D.根据T=2π√LC可知在线圈中插入铁芯，线圈的自感系数增大，振荡电流的周期将变大。故D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】金属棒抛出后做平抛运动，其水平分速度恒为v =v ，产生的感应电动势恒为E=BLv =BLv ，
x 0 x 0
由右手定则知，φ >φ ，故选C。
b a
5.【答案】D
【解析】AB.开关S闭合，由于线圈L的自感作用，故A、B同时亮，故AB错误；
CD.在断开开关S前，在并联电路中，随着线圈L自感作用不断减小，流过线圈L的电流越来越大，因线
圈的电阻几乎为零，故稳定后，B灯被短接，即B灯不亮，由于外电路的总电阻减小，故回路的电流更大，
故A灯更亮；开关S断开，B灯与线圈形成闭合回路，故B灯不会立即熄灭，断开开关S前流过线圈L的
电流是从左向右，故断开开关S后，根据楞次定律，可知线圈L产生从左向右的感应电流，该电流从右至
左流过B灯，而A灯不处在闭合回路中，故断开开关S后，A灯立即熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】解：A、由题意可知，粒子每次在D形盒内偏转半个周期，即运动时间相等，为1 1 2πm πm
t= T= × =
2 2 Bq Bq
故A错误；
D、根据动能定理，可知粒子每次在A、C板间加速过程增加的动能为ΔE =qU
k
故D错误；
v2
BC、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，设D形盒半径为R，则有Bqv=m
R
BqR
解得v=
m
可知磁感应强度越小，粒子所能获得的最大速度越小，D形盒的半径越大，粒子所能获得的最大速度越大，
故C错误，B正确；
故选：B。
7.【答案】A
【解析】AB.当直导线内电流增大时，金属线框所在处水平向里的磁感应强度变大，根据楞次定律，圆形
线框中会产生逆时针方向的电流阻碍穿过线圈磁通量的变化，直导线下方有水平向里的磁场，越靠近通电
直导线，磁感应强度越大，所以线圈上半部分受力大于下半部分，上半部分受力由左手定则可知向下，故
圆形线框所受安培力的合力方向垂直于直导线向下，A正确，B错误；
C.由楞次定律“增缩减扩”可知，磁感应强度增加，线圈有收缩的趋势，C错误；
D.由牛顿第三定律可知，通电直导线会受到圆形线框的相互作用，D错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】线圈产生的电动势最大值为
E =nBSω=nBL2ω=200V
m
2π π
线圈转动的周期为 T= = s
ω 10
T π
在0∼ 内，即0∼ s 时间内，线圈产生的电动势为 e=E sinωt=200sin20t(V)
4 40 m
T 3T π 3π 3T
在 ∼ 内，即 ∼ s 时间内，线圈处于磁场外部，产生的电动势一直为0，在 ∼T
4 4 40 40 4
3π π
即 ∼ s 时间内，线圈产生的电动势为 e=E sinωt=200sin20t(V)
40 10 m
故选D。9.【答案】C
【解析】【分析】
根据感应电流产生的条件，分析所给的图像中电路中是否有感应电流，是否存在动能和电能的转化，由此
得解。
【解答】
AB、图甲和图图乙中，车轮转动时线圈内的磁通量不发生变化，回路中不产生感应电流，动能和电能之间
不存在转化情况;
D、丁图中虽然金属棒切割磁感应线运动，但没有构成闭合回路，动能和电能之间不存在转化情况;
C、图丙中，车轮转动时线圈内的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，能有效地借助磁场的作用，让
转动的轮子停下，故 C正确、ABD错误。
故选：C。
10.【答案】B
【解析】解：A、由于小球在磁场中运动，洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以
小球可以到达轨道右侧的等高点，而小球在电场中运动时，电场力做小球做负功，小球在达到轨道另一端
之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故A错误；
BD、由于小球在磁场中运动时机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点
时的速度的大小较小，所以v >v ，由于整过程中在电场中的速率均偏小，在电场中运动的时间也长，两
M N
球不会同时到达最低点．故B正确，D错误；
C、小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：
v2 解得： v2 …①
F -mg-Bqv =m M F =m M +mg+Bqv
M 1 r M r 1
小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：
v2
F -mg=m N
N r
解得：
v2
…②
F =m N +mg
N r
因为v >v ，结合①②可知：F >F ，由牛顿第三定律知，两小球经过轨道最低点时对轨道的压力不等．
M N M N
故C错误；故选：B
小球在磁场中运动，洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力
对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小．两个轨道的半径相同，根据圆周运动向心力的公式可以
分析小球通过最低点是对轨道的压力．根据小球的运动情况分析运动时间关系．
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律分析，要注意明确洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影
响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对
轨道的压力的大小．
11.【答案】D
【解析】【分析】
根据弹簧弹力和安培力的大小关系，判断出导体棒的运动规律，分析安培力的大小变化；根据切割产生的
感应电动势公式求出电动势，结合闭合电路欧姆定律求出导体棒两端的电压；根据能量守恒分析导体棒速
度为零时弹簧的弹性势能；根据能量守恒得出整个回路产生的热量，从而得出电阻R上产生的热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，
根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能
关系等列方程求解。
【解答】
A.导体棒向右运动过程中，当弹簧处于压缩时，弹力大于安培力，向右加速，安培力增大，故A错误；
B.当导体棒速度为v 时，感应电动势E=BLv ，ab棒两端的电压等于电阻R两端的电压，则
0 0
E 1 1
U= R= E= BLv ，故B错误；
R+2R 3 3 0
1
C.导体棒第一次向右运动过程中，当速度为零时，根据能量守恒知， mv =E +Q ，故C错误；
2 0 p 1
1
D.根据能量守恒，在整个过程中，回路中产生的热量Q= mv2，则电阻R上产生的热量
2 0
R 1
Q = Q= mv2，故D正确。
R 3R 6 0
故选D。
12.【答案】(1)CD；
(2)BC；
(3)变压器原、副线圈的电压比等于匝数比；(4)副线圈有电阻，副线圈有内压；
(5)C。
【解析】(1)AC.变压器的工作基础是互感现象，所以不能对直流电进行变压，因此实验中应选择能提供
交流电压的学生电源而不是干电池，故A不符合题意，C符合题意；
B.变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的
磁场，故B不符合题意；
D.本实验需要测量副线圈两端的电压，所以需要多用电表，故D符合题意。
(2)A.为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；
B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测
得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；
C.为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，
故C正确；
D.变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将
磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电来传输电能，故D错误。
故选BC；
(3)根据实验数据，得到的结论为：在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比；
(4)副线圈与灯泡组成串联电路，由于副线圈有电阻，副线圈电阻有电压，由于副线圈的分压作用，导致
灯泡两端电压约为3.00V而不是8.36V；
(5)ABC.线圈中交变电流产生的磁场对铁芯有吸、斥作用，使铁芯振动发出“嗡嗡”声，故AB错误，C
正确；
D.根据上述，若去掉铁芯，“嗡嗡”声马上消失，但是由于此时没有铁芯，会导致漏磁太多，穿过副线圈
的磁通量比穿过原线圈的磁通量小得多，因此不能完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，
故D错误。
故选C。
13.【答案】解：(1)对导体棒作受力分析，如图所示有 F =BIL
安
根据共点力的平衡有
f =F sinθ=BILsinθ=√3N
安
方向水平向右。
(2)对导体棒，竖直方向的受力平衡，有 mg=F +F =F +BILcosθ
N 安y N
整理得 F =mg-BILcosθ=9N
N
根据牛顿第三定律，知金属杆 ab 对导轨的压力大小为9N。
14.【答案】解： 当线圈的ab边进入磁场时， ， E， B2L2v
(1) E=BL v I= F=BI L = 1 0
1 0 R 1 R
(2)设ab边进入磁场后，经过时间△t， cd边恰好进入磁场，此过程流过 ab边的电荷量q=I Δt，平均电
ΔΦ BL L E BL L
动势为E= = 1 2，I= ，q= 1 2；
Δt Δt R R
(3)线圈进入磁场的过程由动量定理有-BI L △t=mv-mv ，
1 0
解得：
B2L2L
v=v - 1 2
0 mR
15.【答案】解：(1)根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为：E =NBSω，
m
得： ；
E =300√2V
m
电动势有效值： E
E= m=300(V)
√2
(2)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I 、I ，电动机恰能正常工作，
3 4有： P ，
I = 用=50A
4 U
4
根据理想变压器的变流比可知：I n ，得 ，
3= 4 I =5A
I n 3
4 3
所以输电线路上损耗的电功率为： ；
ΔP=I2R=250W
3
由U n 得 ，升压变压器副线圈两端电压 ，又U n 可得
(3) 3= 3 U =2200V U =U +I R=2250V 1= 1
U n 3 2 3 3 U n
4 4 2 2
，电动势的有效值为 ，由I n ， ，得 ，交流发电机线圈电阻
U =225V E=300V 2= 1 I =I I =50A
1 I n 2 3 1
1 2
E-U
r= 1=1.5Ω
I
1
16.【答案】(1)粒子从A点射入电场后做类平抛运动，沿 x轴正方向的加速度大小为
qE
v2
①
a= = 0
m L
设粒子第一次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，沿x轴正方向的分速度为v ，根据类平抛运
x
动规律有
3 1
L= at2②
2 2
v =at③
x
y =v t④
0 0
根据速度的合成与分解可得
v ⑤
tanθ= x
v
0
⑥
v=√v2+v2
x y联立解得
θ=60∘⑦
v=2v ⑧
0
⑨
y =√3L
0
(2)如图所示，
粒子在磁场中运动轨迹刚好与边界MN相切时的运动半径为r，根据几何关系可得
r +r cosθ=L⑩
1 1
根据牛顿第二定律有
v2
⑪
qvB=m
r
1
联立⑦⑧⑩⑪解得
3mv
B= 0 ⑫
qL
2 4πl
t = T=
1 3 9v
03mv
(3) 若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，B≥ 0
qL
2
r≤ L
2
3
在磁场中的弦长d=2r sin600=√3r
2 2
2
0
