文档文本内容
2025-2026 学年第二学期期中考试
高二物理试卷
（满分：100 分；考试时间：75 分钟）
班级
姓名
座号
一、单项选择题（共4 小题，每小题4 分，共16 分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要
求）
1. 下列有关电与磁的说法正确的是（ ）
A. 在电磁波谱中，红外线的频率比紫外线大
B. 带电粒子在电场中一定受电场力作用，在磁场中不一定受磁场力作用
C. 楞次定律表明了感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的原磁场方向相反
D. 根据麦克斯韦的电磁场理论，在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化
的电场
2. 如图所示，L 是直流电阻可忽略的线圈，a、b、c 是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（ ）
A. 开关S 闭合瞬间，c 灯立即亮，a、b 灯逐渐变亮
B. 开关S 闭合电路稳定后，a、b 灯都亮，c 灯不亮
C. 开关S 断开后，流过a 灯
电流方向与原来相反
D. 开关S 断开后，流过c 灯的电流方向与原来相反
3. 在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大
的物体( )
A. 滑行的距离小
B. 滑行的时间长
C. 滑行过程中的加速度大
D. 滑行过程中的动量变化快
4. 如图甲，面积为
2
0.3m 、匝数为500、电阻为10Ω 的圆形线圈，将其左半部分置于垂直线圈平面的磁场，
a、b 为圆线圈直径上的两个点，规定磁场垂直纸面向里为正，磁感应强度B 随时间t变化的规律如图乙，定
值电阻R 的阻值为5Ω ，导线电阻不计，下列说法正确的是（ ）
的
A. 0-5s 内，a 点的电势比b 点低
B. 0-5s 内，线圈受到的安培力方向不变
C. 0-2.5s 内，电阻R 两端的电压为5V
D. 2.5s-5s 内，线圈有扩张的趋势
二、双项选择题（本题共4 小题，共24 分。每小题给出的四个选项中，有两项符合题目要求，全对得
6 分，漏选得3 分，错选0 分）
5. 关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动
B. 图乙：给真空冶炼炉通入高频交流电，金属块因为涡流产生大量热量，从而冶炼金属
C. 图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，如果忽略摩擦，铜盘会一直转动下去
D. 图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起从而保护电表指针，这是利用了电
磁驱动原理
6.关于洛伦兹力的应用，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，带电粒子在D 形盒中被加速
B. 图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A 极板是发电机的正极，B 极板是发电机的负极
C. 图丙是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
E
v
B
=
D. 图丁是质谱仪的主要原理图。其中
1
2
3
1
1
1
H H H
、、在磁场中偏转半径最小大的是
3
1 H
7. 在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、
R2、R3 均为固定电阻，R2=10W ，R3=20W ，各电表均为理想电表。已知电阻R2 中电流i2 随时间t 变化的正
弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A. 所用交流电的频率为50Hz
B. 电压表的示数为100V
C. 电流表的示数为1.0A
D. 变压器传输的电功率为15.0W
8．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW ，输出电压为400V ，向距离较远的用户供电，为了
减少电能损失，使用2kV 高压输电，最后用户得到220V、9.5kW 的电力，下列说法正确的是（ ）
A．输电线的总电阻
10Ω
R =
B．升压变压器原、副线圈的电流之比
1
2
:
5:1
I
I =
C．降压变压器原、副线圈的匝数比
3
4
:
95:11
n
n =
D．当用户端增加用电器时，输电线上损失的功率会减小
三、非选择题：共60 分。其中9-11 题为填空题，12-13 题为实验题，14-16 题为计算题。考生根据要
求作答。
9．（3 分）如图所示，边长为L、绕线N 匝、总电阻为r 的正方形线圈abcd 处于磁感应强度为B、水平向
右的匀强磁场中，线圈以角速度w 绕轴OO¢ 匀速转动，外接电阻值为R，则图示位置线圈处于
________________的位置（选填“中性面”或“与中性面垂直”），在线圈由图示位置转过60°角的过程中，通
过电阻R 的电荷量q = ________________。
10.（3 分）如图，质量为m、长为L、通有电流I 的导体棒垂直静止于倾角为θ 的光滑斜面上，已知空间有
垂直于斜面的匀强磁场，则磁场方向垂直斜面向___________（选填“向上”或“向下”）磁感应强度大小为
___________。（已知重力加速度大小为g）
11.（3 分）质量分别为
1
m 和
2
m 的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图
所示。
(1)碰撞后
1
m 和
2
m 的速度大小分别为
1v =________m/s 、
2v =________m/s
(2)若
1
0.5kg
m =
，则
2
m =________kg
12.（4 分）陈同学做“验证动量守恒定律”的实验装置示意图如图所示，O 点是小球抛出点在地面上的垂直投
影。实验时，先让质量为
1
m 的入射小球A 多次从斜轨上同一位置由静止释放，找到其平均落地点的位置，
然后把质量为
2
m 的被碰小球B 静置于轨道水平部分末端，再将小球A 从斜轨上（特定位置）由静止释放，
与小球B 相碰，并且多次重复，实验得到小球A、B 落点的平均位置，M、P、N 表示实验中相应落点的位
置。
（1）小球B 未放置的情况下，小球A 的落点为______（填“M”“P”或“N”）；为使小球A 与小球B 相碰后
不反弹，实验中应使
1
m ______（填“大于”或“小于”）
2
m 。
（2）M、P、N 三点到O 点的距离分别为
1
2
3
x
x
x
、、
，在实验误差范围内，验证碰撞过程中动量守恒的关
系式为
1
2
m
m = ______（用
1
2
3
x
x
x
、、
表示）。
13.（8 分）某学习小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变
压器、交流电压表、若干导线。图甲为变压器实物图，在原线圈两端加上电压，用电压表分别测量原、副
线圈两端的电压。请回答下列问题：
(1)观察甲图中变压器的横梁，它的结构和材料是
A．硬塑料片叠成
B．绝缘的硅钢片叠成
C．质地坚硬的大理石
D．长方形铁块
(2)原线圈两端应与图乙中的__________（填“a、b”或“c、d”）连接
(3)某同学将原线圈0、4 接线柱与图乙中的a、b 端相连，选择开关置于6V；电压表与副线圈0、8 接线柱
相连，则稳定后电压表的示数为
A．48.0V
B．24.0V
C．12.0V
D．0
(4)小宣同学选择n1=100 匝和n2=200 匝两组线圈进行实验，正确接线后原线圈（n1 匝）两端的输入电压为
8V，与副线圈相连的电压表指针位置如图丙所示，则电压读数为__________V
14.（12 分）冬季，鸬鹚南飞入驻厦门，栖息于筼筜湖等水域。如图甲，一质量为3kg 的鸬鹚观察到猎物后
在低空由静止开始竖直向下加速俯冲，入水后作减速直线运动。整个运动过程的v-t 图像如图乙所示，已知
鸬鹚入水瞬间的速度大小为6m/s，在空中俯冲时受到的阻力f=0.1mg，重力加速度g 大小取10m/s2，求：
(1)鸬鹚加速过程中的加速度；
(2)鸬鹚0~t0 过程中运动的位移；
(3)t0~3t0/2 过程中水对鸬鹚作用力的冲量。
15.（12 分）如图所示，匀强磁场的边界CD 和EF 相互平行，宽度为d，磁感应强度为B，一带负电的粒子
垂直于磁场方向射入，入射方向与CD 边界夹角为
60
q =
°，已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子
重力。
(1)若粒子垂直磁场边界EF 射出磁场，求粒子运动的速率和在磁场中运动的时间；
(2)若粒子恰好未从EF 边界射出磁场，求粒子运动的速率和在磁场中运动的时间。
16.（15 分）如图所示为两根相距L 且电阻不计的足够长光滑金属导轨，导轨左端为弧形导轨，右端为水平
导轨，弧形导轨与水平导轨在虚线处平滑连接（虚线与导轨垂直），水平导轨处于方向竖直向下、磁感应
强度大小为B 的匀强磁场中．金属棒a、b 的接入电阻分别为R、2R，质量均为m，均与导轨垂直且接触良
好，金属棒b 静止在水平导轨上离虚线距离为2h，金属棒a 在弧形导轨上从距离水平导轨高度为h 处由静
止释放，a、b 棒始终未相碰，重力加速度为g，不计一切阻力。求：
(1)a 棒刚进入磁场时b 棒的加速度大小；
(2)全过程b 棒中产生的焦耳热；
(3)稳定时a、b 棒间的距离。
2025-2026 学年第二学期期中考试
高二物理参考答案及评分标准
一、单项选择题（共4 小题，每小题4 分，共16 分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要
求）
1. 【答案】B
【详解】
A．在真空中无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长依次变短，频率依次变大，即红外线的频率比紫外
线小，故A 错误；
B．带电粒子在电场中一定受电场力作用，在磁场中不一定受磁场力作用，例如速度与磁感线平行时洛伦兹
力为零，故B 正确；
C．楞次定律表明了感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，当磁通量增大时，感应电流的
磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同；故C 错误；
D．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场；
故D 错误。
2. 【答案】C
【详解】
A．开关S 闭合瞬间， a、b 灯立即亮，c 灯所在电路中由于有线圈产生自感电动势阻碍电流增加，可知c
灯逐渐变亮，选项A 错误；
B．开关S 闭合电路稳定后，线圈的阻碍作用消失，则a、b、c 三灯都亮，选项B 错误；
CD．开关S 断开后，原来通过a 灯的电流立即消失，通过线圈产生自感电动势阻碍电流减小，则线圈所在
支路的电流要通过a 灯和c 灯重新组成回路，则流过a 灯的电流方向与原来相反，流过c 灯的电流方向与原
来相同，选项C 正确，D 错误。
3. 【答案】A
【详解】
A．根据p=mv，
2
k
1
2
E
mv
=
可知，则可知
2
k
2
p
E
m
=
初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可
知
2
k
0
2
p
fL
E
m
-
=
-
= -
则可知质量大的物体滑行的距离小；故A 正确；
B．根据动量定理可知-ft=0-p 因动量相同，故滑行时间相同，故B 错误；
C．因阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C 错误；
D．因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故D 错误。
4. 【答案】C
【详解】A．磁场先向里减小，再向外增大，由楞次定律可判断出在5s 内的感应电流方向始终相同，且为
线圈顺时针方向，则a 点电势均比b 点电势高，故A 错误；
B．0-5s 内，线圈产生的感应电动势为
Δ
Δ
Δ
Δ
2
Φ
B
S
E
N
N
t
t
=
=
´
因B
t
- 图像的斜率不变，故感应电动势不变，根据
E
I
R
=
总
可知感应电流的大小不变；根据楞次定律，可知感应电流的方向不变，根据
A
F
BIL
=
因磁场的方向改变，根据左手定则，可知线圈受到的安培力方向改变，故B 错误；
C．0-2.5s 内，线圈产生的感应电动势为
Δ
Δ
15V
Δ
Δ
2
Φ
B
S
E
N
N
t
t
=
=
´
=
电路中的电流为
1A
E
I
R
=
=
总
电阻R 两端的电压为
5V
U
IR
=
=
D．2.5s-5s 内，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据增缩减扩可知线圈有收缩的趋势，故D 错
误。
二、双项选择题（本题共4 小题，共24 分。每小题给出的四个选项中，有两项符合题目要求，全对得
6 分，漏选得3 分，错选0 分）
5. 【答案】AB
【详解】A．当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，导致铝框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，受到安培力，
根据楞次定律来拒去留，铝框会同向转动,A 正确；
B．给真空冶炼炉通入高频交流电，炉内的金属中会产生涡流，会产生大量热量，从而冶炼金属，B 正确；
C．在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，就算摩擦极小，也会因产生感应电流，在电磁阻尼的作用下很快停
下，C 错误；
D．微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，运输过程中导线转动切割磁感应线产生
感应电流，线圈受到的安培力会阻碍线框的转动，可以保护电表指针，这是利用了电磁阻尼原理，D 错误。
6.【答案】CD
【详解】A．带电粒子在D 形盒中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场使粒子加速，故A 错误；
B．图乙是磁流体发电机的结构示意图，根据左手定则可以判断出带正电的粒子偏转到B 极板，带负电的粒
子偏转到A 极板，A 极板是发电机的负极，B 极板是发电机的正极，故B 错误；
C．图丙是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是二力平衡，有qvB
qE
=
可得
E
v
B
=
故C 正确；
D．图丁是质谱仪
主要原理图，在偏转磁场中，洛伦兹力提供向心力，有
2v
qvB
m r
=
解得
mv
r
qB
=
三种粒子的质量与电荷量比值最大是
3
1 H ，在磁场中偏转半径最大的是
3
1 H ，故D 正确；
7. 【答案】AD
【详解】A．交流电的频率为
1
1
50Hz
0.02s
f
T
=
=
=
A 正确；
B．通过
2
R 电流的有效值为
2A
1A
2
I =
=
2
R 两端即副线圈两端的电压，
根据欧姆定律可知
2
2
1 10V
10V
U
IR
=
= ´
=
根据理想变压器的电压规律
1
1
2
2
U
n
U
n
=
可知原线圈的电压
1
1
2
2
10 10V
100V
n
U
U
n
=
=
´
=
电阻
1R 两端分压即为电压表示数，即
V
0
1
220V
100V
120V
U
U
U
=
-
=
-
=
B 错误；
C．电流表的示数为
2
A
3
10 A
0.5A
20
U
I
R
=
=
=
C 错误；
D．副线圈中流过的总电流为
2
A
1A
0.5A
1.5A
I
I
I
=
+
=
+
=
变压器原副线圈传输的功率为
2
2
15W
P
I U
=
=
D 正确。
8.【答案】BC
【详解】A．根据
3
2
2
10 10 W
P
U I
=
=
´
可得输电线的电流为
2
5 A
I =
根据
2
2
10kW
9.5kW
0.5kW
500W
P
I R
=
=
-
=
=
损
可得输电线的总电阻为
20Ω
R =
B．根据
1 1
2
2
U I
U I
=
可得升压变压器原、副线圈的电流之比为
1
2
2
1
:
2000: 400
5:1
:
I
I
U
U
=
=
=
C．降压变压器原线圈的输入电压为
3
2
2
2000
5 20 V
1900V
U
U
I R
=
-
=
- ´
=
的
则降压变压器原、副线圈匝数比为
3
3
4
4
1900
95
220
11
n
U
n
U
=
=
=
D．当用户端增加用电器时，则发电机的输出功率增大，根据
1
P
UI
=
可知，升压变压器原线圈电流
1I 增大，
根据
1
2
2
1
n
I
n
I
=
可知，升压变压器副线圈电流
2I 增大，根据
2
2
P
I R
=
损
可知输电线上损失的功率会增大，故D 错
误。三、非选择题：共60 分。其中9-11 题为填空题，12-13 题为实验题，14-16 题为计算题。考生根
据要求作答。
9．（3 分） 【答案】与中性面垂直（1 分）
2
3
2(
)
NBL
R
r
+
（2 分）
【详解】[1]图示位置，过程线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，产生的感应电动势最大，线圈处于与
中性面垂直的位置；
[2]在线圈由图示位置转过60°角的过程中，通过电阻R 的电荷量为
2
sin 60
3
2(
)
N
E
N
NBS
NBL
t
q
I t
t
t
R
r
R
r
R
r
R
r
R
r
DF
DF
°
D
= D =
D =
D =
=
=
+
+
+
+
+
10.（3 分） 【答案】
①. 下 （1 分） ②.
sin
mg
IL
q （2 分）
【详解】[1]根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向一定沿斜面方向，又根据平衡条件可知安培力一定
沿斜面向上，所以磁场方向垂直斜面向下。
[2]对导体棒在斜面方向上根据平衡条件有
sin
mg
BIL
q =
解得
sin
mg
B
IL
q
=
11.（4 分）【答案】(1) 2（1 分） 2（1 分） (2)1.5（1 分）
【详解】（1）[1][2]物体在光滑水平面上做匀速直线运动，x-t 图像的斜率表示物体的速度，结合图像得出
碰撞后
1
m 和
2
m 的速度大小均为8 m/s
2m/s
4
=
。
（2）由图可知，碰前，
1
m 的速度为
0
8 m/s
4m/s
2
v =
=
，
2
m 静止，由总动量守恒，有
1 0
1 1
2
2
m v
m v
m v
= -
+
解得
2
1.5kg
m =
12. （4 分）【答案】（1） ①. P（1 分） ②. 大于（1 分） （2）
3
2
1
x
x
x
-
（2 分）
【解析】
[1][2]小球B 未放置的情况下，小球A 的落点为P 点，为了使小球A 与小球B 相碰后不反弹，实验中应使
1
2
m
m
>
放置小球B 后，A、B 球分别落地为M、N。由动量守恒定律可得而速度可以用平抛运动相应的水平位移代
替，所以动量守恒表达式可表示为
1
2
1 1
2
3
m x
m x
m x
=
+
化简有
3
1
2
2
1
x
m
m
x
x
=
-
13．（8 分）
【答案】(1)B（2 分） (2)c、d（2 分） (3)D （2 分） (4)12.8/12.9/13.0/13.1/13.2（2 分）
(5)不同意。这是因为教学用可拆变压器不是理想变压器，工作时有能量损耗，且线圈通过电流时会发热，
铁芯中产生涡流也会发热，交变电流产生的磁场不可能完全局限在铁芯内，故不能因实际实验误差否定原
理。
【详解】（1）变压器的横梁是由绝缘的硅钢片叠成，用来增强磁场，同时减少涡流损耗。
故选B。
（2）原线圈两端应接交变电流，故与c、d 连接。
（3）小宁同学将原线圈0、4 接线柱与图乙中的a、b 端相连，即与直流电连接，变压器不能工作，即输出
电压为0，电压表示数为0。
故选D。
（4）若是理想变压器，则
考虑到漏磁现象，可知电压表读数应小于16V，可知电压表量程选择了
，该量程电压表最小分度值
为0.5V，故读数保留到十分位，故读数为13.0V；
14．（12 分）
【答案】(1)
，（3 分）方向竖直向下 （1 分）
(2)
，（3 分）方向竖直向下（1 分）
(3)
，（3 分）方向竖直向上（1 分）
【详解】（1）鸬鹚俯冲过程，由牛顿第二定律
得
，方向竖直向下
（2）加速下落过程满足
得
，方向竖直向下
（3 ）解法一：
，鸬鹚在水中减速，规定竖直向下为正方向，由动量定理得
得
，方向竖直向上
解法二：规定竖直向下为正方向，鸬鹚运动全程，由动量定理得
得
，方向竖直向上
15．（12 分）
【答案】(1) 2qBd
m
，6
m
qB
p
（7 分） (2) 2
3
qBd
m
，4
3
m
qB
p
（5 分）
【详解】（1）若恰好能垂直边界EF 射出磁场，其运动轨迹如图所示。
由数学知识可得，粒子运动半径
1
2
cos
cos 3
d
d
R
d
p
q
=
=
=
（1 分）
由洛伦兹力提供向心力得
2
1
1
1
v
qv B
m R
=
（2 分）
解得
1
2qBd
v
m
=
（1 分）
粒子运动周期
1
2
2
R
m
T
v
qB
p
p
=
=
（1 分）
由图知粒子的偏转角为
90
60
30
a
°
=
°-
° =
360
t
T
a
=
°
（1 分）
联立解得粒子在磁场中的运动时间
6
m
t
qB
p
=
（1 分）
（2）若粒子运动轨迹恰好与边界EF 相切，粒子运动的轨迹如图所示。
由几何关系得
2
2 cos 3
R
R
d
p
+
×
=
所以
2
2
3
R
d
=
（2 分）
由洛伦兹力提供向心力得
2
2
2
2
v
qv B
m R
=
所以
2
2
3
qBd
v
m
=
（1 分）
由图知粒子的偏转角为
2 180
60
240
b
°
=
°-
° =
故得粒子在磁场中的运动时间
4
360
3
m
t
T
qB
b
p
=
=
°
（2 分）
16．（15 分）
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）a 棒进入磁场时有
（1 分）
由
（1 分） ，
（1 分）
对b 棒
（1 分）
联立解得
（1 分）
（2）稳定时a、b 棒共速，回路电流为零；则由动量守恒定律
（2 分）
产生的总热量
（1 分）
联立解得
（1 分）
又
（1 分）
（3）对b 棒由动量定理有
即
（2 分）
可得
又
（1 分）
解得
（1 分）
故最终a、b 棒间距为
（1 分）
