广西南宁市第三中学2025-2026学年高二下学期3月阶段检测物理试题

南宁三中2025~2026学年度下学期高二月考（一) 物理试题 2026.3 命题人：韦清漓梁德清 审题人：梁德清韦清漓卢东海 一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选，多 选或末选均不得分，第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对不全 的得3分，有错选或不选的得0分。 1.关于课本中下列图片的解释正确的是 振子 谐扳器 日接 8应日 电磁炉加热食物 连接两个接线柱的导线 紫外线消垂 A.使用电磁炉加热食物时不可以使用陶瓷锅 B.运输毫安表时正负极连接导线是利用了电磁驱动 C.麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在 D.紫外线有杀菌消毒的作用，主要是利用紫外线具有热效应的特点 2.关于下列四幅图，说法正确的是 N 图1 图2 图3 图4 A.图1中，三角形导线框在匀强磁场中绕轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流 B.图2中，随时间变化的该磁场不可能产生电磁波 C.图3中，强磁体从带有竖直裂缝的铝管中静止下落，铝管中没有涡流产生 D.图4中，此时电容器中的电场能正在增加 3.如图所示，玻璃皿置于S极在上的蹄形磁铁的磁场中。在玻璃皿的中心放·个圆柱形电极，内壁沿 边缘放一个圆环形电极，两电极分别与电池组的正负极相连，在玻璃皿中倒入硫酸铜溶液，俯视发 现溶液旋转，下列判断正确的是 高二月考（一)物理试题第1页共6页 器 扫描全能王创建 A.正离子按顺时针方向旋转，负离子按顺时针方向旋转 B.正离子按顺时针方向旋转，负离子按逆时针方向旋转 C.正离子按逆时针方向旋转，负离子按顺时针方向旋转 D.正离子按逆时针方向旋转，负离子按逆时针方向旋转 4.以下是教材中关于传感器的应用几幅图片，说法正确的是 固定电极 八AA 3 振动膜片A B Q R 输出信号 甲 乙 丙 丁 A.如图甲，是测量储罐中绝缘液体高度的装置，当储罐中液面高度升高时，LC回路中振荡电流 频率将增大 B.如图乙，是一种电感式微小位移传感器，当物体1向左移动时，线图自感系数变小 C.如图丙，是电容式话简的原理示意图，当膜片向左运动时，A点的电势比B点的高 D.如图丁，是霍尔元件工作原理示意图，与干簧管的工作原理相同 5.如图所示为南宁三中某教室内的一台吊扇，正常工作时沿逆时针匀速转动（从下向上仰视观察）。已 知AO距离为R,角速度为ω，该地理位置地磁场的磁感应强度大小为B,A、O两点的电势分别 为P4、Po,下列判断正确的是 A.o B.<o C.=Po D.Uo=iBRo 2 6.地磁场能抵御宇宙射线的侵入。赤道剖面的地磁场可简化为厚度为地球半径的。的匀强磁场，方向如图所 示。从O点射入a、b、c三个带电粒子，运动轨迹如图，其中a、c粒子比荷相同，入射方向与磁场边 界相切于O点。不计粒子重力和粒子间的相互作用，且a、b、c都恰好不能到达地面，则 A.b粒子带负电 B.a、c粒子入射速度大小之比v。:v.=1:17 0 C.从O运动至与地面相切，a粒子的运动时间小于b粒子的运动时间 D.若a粒子速率不变，在图示平面内只改变a粒子射入的速度方向， 粒子可能到达地面 高二月考（一）物理试题第2页共6页 扫描全能王创建 7.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空 间内，质量一定的金属棒P?垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度o向右运动，当其通过位置α、 b时，速率分别为、，到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，ab、bc间距相 等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中 B A.金属棒做匀减速运动 B.通过金属棒横截面积的电荷量，从a到b比从b到c大 C.克服安培力做功，从a到b比从b到c小 a b D.回路中产生的内能，从a到b比从b到c大 8.如图甲所示，单匝正方形导体框abcd固定于绝缘水平桌面上，导体框的质量m=1kg,边长为 L=2.2m,电阻R=2Q。在导体框内部有一个半径为r=1m的圆形磁场区域，磁感应强度随时间的 变化如图乙所示，以垂直纸面向里为磁感应强度的正方向。以下说法正确的是 BIT a 0.2 XX 0 0.1 0.2 0.4 0.6 Xx ×× -0.2 b 甲 乙 A.0~0.1s内导体框中的感应电流沿顺时针方向 B.0~01s内导体框有收缩的趋势 C.0~0.2s内导体框中的感应电动势为π(V) D.通过导体框的感应电流有效值为三xA) 2 9.在图示的电路中，交流电源的电动势e随时间t变化的规律为e=16W2sinl0t(V),内阻为0.52， 灯泡L1、L2、L,、L4、L上均标有“3V,3W”的字样。若变压器可视为理想变压器，6盏灯均正常 发光，则 0 L☒L4&Ls A.t=02s时理想交流电压表V的示数为零B.原、副线圈的匝数比为3：1 C.灯泡L。上标有“15V,15W的字样 D.整个电路的总功率为30W 10.如图所示，边长为L、粗细均匀的正方形闭合导线框以水平速度匀速穿过宽度为d(心L)的匀强磁场 区域(ab、cd边和磁场竖直边界平行)，磁场的磁感应强度大小为B,线框总阻值为R,线框平面与磁场 方向垂直。从αb边到达磁场左侧边界开始计时，则线框中的感应电流，、线框上d、c两点间的电势差 U、线框所受安培力F、穿过线框的磁通量中随时间t变化的图像可能正确的是 高二月考（一）物理试愿第3页共6页 器 扫描全能王创建 十 B + +F F d+L H+L A. B C. D 二、 非选择题：本题共5小题，共54分。将答案填在答题卡的指定位置。解答题解答时应写出必要的 文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明 确写出数值和单位。 11.(6分)在“探究变压器电压和线圈匝数的关系”实验中，可拆变压器如图(a)所示。 0 图(a) 图(b) ()原线圈应连接到学生电源的 (填“直流”或“交流”)输出端： (2)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运 用的科学方法是 A.控制变量法 B.等效替代法 C.微量放大法 D.理想实验法 (3)在实验过程中，某次多用电表选用量程10V的交流电压挡测量电压，示数如图(b)所示，此时 电压大小为 Vi (4)某次实验中将交流电源接在原线圈的“0和“8两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两 个接线柱之间的电压为4,8V,则原线圈的输入电压可能为 A.4.8V B.8.0V C.9.6V D.10.0V 高二月考（一）物理试题第4页共6页 器 扫描全能王创建 12.(10分)某兴趣小组设计如图甲所示的实验电路图探究热敏电阻R的阻值（常温时约为几十千欧） 随温度变化的关系。 加热系纷 AR-/k2 12 腔制系统 100 80 60 温控室 40 20 10 20 30t/℃ 甲 乙 丙 (1)图甲中电源电动势E=40V,内阻不计，定值电阻R。=15k2,毫安表A和A2量程均合适，则 下列两种规格的滑动变阻器，应选 (填“A”或B”)更为合理： A.滑动变阻器（阻值范围0~20002，允许的最大电流1A) B.滑动变阻器（阻值范围0~202，允许的最大电流2A) 开关闭合前滑动变阻器的滑片P应置于最 (填“左”或“右”)端。 (②)经过测量不同温度下热敏电阻R的阻值，得到其阻值与温度的关系如图乙所示。若在某次测量 中，毫安表A1的示数为2.40mA,A2的示数为1.80mA,两电表均可视为理想电表，则此时温控室内的 温度为 C。 (③)兴趣小组又利用该热敏电阻设计了如图丙所示的温度控制电路，R为电阻箱，控制系统可视为 阻值为48k2的定值电阻，电源的电动势E。=10V(内阻不计)。当通过控制系统的电流大于0.2mA时， 加热系统将开启：当通过控制系统的电流小于0.2mA时，加热系统将关闭。若要使得温度低于15°C时， 加热系统立即启动，应将R调为2；若将适当调小，则加热系统的开启温度将（填“高 于”或“低于”)15C。 13.（10分)如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于匀强磁场方向的水平轴O0逆时针方 向匀速转动，角速度为”，匀强磁场磁感应强度大小为B,线圈匝数为N,面积为$，线圈的总电 阻为”，外接电阻为R,V为理想交流电压表。在1=0时刻，穿过线圈的磁通量为零。 (1)写出该发电机产生的电动势瞬时值表达式： (2)求交流电压表的示数： (3)从t=0时刻开始线圈转过30°的过程中，求通过电阻R的电荷量。 高二月考（一）物理试题第5页共6页 扫描全能王创建 14.(12分)如图所示，位于真空室内的平面直角坐标系x0y,第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场， 场强大小为E=2.0×10Vm,第四象限在平行于x轴的条形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀 强磁场，磁感应强度为B=0.6T。从y轴正半轴上y=0.05m处的M点有带正电的α粒子以速度 ,=1.0×l0s垂直于y轴射入电场，经x轴上的P点进入磁场；已知a粒子的比荷为 =5.0×10Ckg,不计a粒子的重力。求： m (I)OP的长度d; (2)粒子经过P点的速度v: (3)若粒子能够再次穿过x轴，求磁场区域的最小宽度Loc· 15.(16分)如图所示，abcd和ab'c'd'固定在同一水平面内的、足够长的光滑平行金属导轨，ab段和 ab段间距为2L,cd和c'd'段间距为L；bcc'd'左侧导轨区域的匀强磁场的磁感应强度大小为B。, 右侧导轨区域的匀强磁场的磁感应强度大小为2B。:两根相同的金属杆M、N分别垂直于两侧导轨 放置，M杆中点用一不可伸长的绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，细绳处于伸直状态且与 M杆垂直。已知M、N杆和重物的质量均为m,M、N杆接入电路的电阻分别为2R和R,不计导 轨电阻，重力加速度为g。 (1)若重物离地面的高度为h,1=0时刻无初速度释放重物，同时在N杆中点处施加一水平拉力F, 使N杆始终静止；重物落地前某时刻已经匀速，求： ①匀速时回路的电流大小1、重物的速度大小： ②从释放重物至即将落地过程中，回路产生的焦耳热？。 (2)若重物离地面的高度为L,1=0时刻无初速度释放重物，同时在N杆中点处施加一水平向右的 恒力F=mg,重物下落至地面所需时间为，求重物落地瞬间，N杆的速度大小w。 Bo 高二月考（一）物理试题第6页共6项 扫描全能王创建南宁三中2025~2026学年度下学期高二月考（一） 物理试题参考答案 题号 3 4 56 7 8 .9 10 答案 D A B D AD BC ABD 1.【答案】A【详解】A.电磁炉的工作原理是利用电磁感应产生涡流，从而使锅具发热。陶瓷锅属于 绝缘材料，无法产生涡流，因此不能在电磁炉上使用，故A正确；B.运输毫安表时连接正负极导线， 是利用电磁阻尼，防止指针因剧烈晃动损坏，不是电磁驱动，故B错误；C.麦克斯韦提出了电磁波 的理论预言，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；D.紫外线杀菌消毒的原理是破坏微 生物的DNA结构，不是利用热效应，热效应是红外线的特点，故D错误。 2.【答案】D【详解】A.闭合线圈绕着与匀强磁场方向垂直的轴匀速转动，就会产生正弦式交变电流， 故A错误；B.变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场，如此循环往复，就会形 成电磁波，故B错误；C.强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落，铝管中仍然会产生涡流效应，故 C错误；D,由图4可知，此时电容器正在充电，电容器极板上的电荷量增多，电场能正在增加， 故D正确。故选D。 3.【答案】A【详解】由图可知，玻璃器皿的中心为正极，则电流方向为玻璃器皿的中心到边缘，即正 离子由玻璃器皿的中心运动到边缘；负离子由玻璃器皿边缘运动到中心。磁场方向向上，根据左手 定则可知，正离子在洛伦兹力的作用下顺时针方向旋转，负离子在洛伦兹力的作用下顺时针方向旋 转。故选A。 4.【答案】C【详解】A.图甲中，不导电液体为电介质，储罐中液面高度升高时，介电常数增大，根 C可知，电容器电容C增大，根据1：屁，可知，LC回路中振荡电流颜率将 故A错误：B.图乙中，当物体1向左移动时，铁芯插入的长度变大，线圈自感系数变大，故B错 “4玩a可知电容c 误：C.图丙中，当膜片向左运动时，膜片与固定电极之间的间距增大，根据C=S 减小，由于极板电压不变，根据C=号可知，电容器电量Q减小，电容器放电，通过电阻R的电 流方向由A到B,则A点的电势比B点的高，故C正确；D.图丁是霍尔元件工作原理示意图，霍 尔元件是利用霍尔效应（磁场中运动的带电粒子受洛伦兹力作用，使元件两侧产生电势差）工作； 干簧管是利用磁场使内部两个簧片磁化相互吸引或排斥来控制电路通断，二者功能不同，故D错误。 故选C。 5.【答案】A【详解】ABC.日照地区位于北半球，该地区地磁场竖直方向的分磁感应强度方向向下， 吊扇叶片切割磁感线，叶片可以等效为电源，结合图示吊扇的转动方向，根据右手定则可知，A端 为等效电源的正极，B端为等效电源的负极，则有P4>Po,故A正确，BC错误：D.该地理位置 地磁场的磁感应强度大小为B,令其方向与竖直方向夹角为O,则有B,=Bcos0,A、O两点的电势 差Uo=B,R@号BR0cas0,故D错误.故选A, 6.【答案】B【详解】A.根据左手定则可知，a、c均带负电荷，而b带正电荷，故A错误；B.粒子 的洛伦兹力提供向心力，根据牛预第三定律可得g8=m,解得v=9心，设地球半径 m 根据几何关系可得，= ,2R+R 16'=2 81 17R,所以a、c粒子入射速度大小之比y,:出.=1：17，故 16 B正确：C.若a、b粒子比荷相同，根据T=2πm 90,可得1=9.2xm9m 2x gB gB' 则从0运动至与地面 相切，a粒子转过的圆心角比b大，由此可分析出a的运动时间比b长，故C错误；D.若a粒子 速率不变，则粒子的轨道半径不变，因粒子到达的最远点恰能与地面相切，则在图示平面内只改变 a粒子射入的速度方向，粒子不可能到达地面，故D错误。故选B。 高二月考（一)物理答案第1页共4页 架 扫描全能王创建 7.【答案】D【详解】A.金属棒P2在运动过程中所受到的合力是安培力，即P=LB,1-号，B=BL, 由牛顿第二定律得F=m,联立求得B=ma,由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度 逐渐减小，A错误：B.金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量g=1A=BA4M=BA, R△M R 从a到 b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量△S相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积 的电荷量相等，B错误：CD.从a到b,对金属棒，应用动量定理可得-∑F△t=my。-my,化简 为-BgL=m%。-mva,同理，从b到c,对金属棒，应用动量定理，化简可得-BqL=mv。-mv。,回路中 产生的内能等于克服安培力微功2=那=号m-方m,Q=形-m-号m,比较可得 >22,W,>W2,C错误，D正确。 8.【答案】AD【详解】A,0~01s内导体框中磁通量向里减小，由楞次定律00.1s内感应电流沿顺 时针方向，故A正确：B.因导体框处无磁场，则不受安培力，故B错误；C.00.2s内 E=S-02-02x元x1v=2x0W,故C错误：D.0.2-0.6s内E-02-02xxV=V,由 0.2 0.4 君+子-受1，得4=5，则4-受-受W,放D正确，放选D R3R3 R 9.答案：BC【详解】A.理想电压表的示数为交表电流的有效值，所以其在1=02s时，理想电压表V 的示数不为零，故A项错误；B.灯泡均正常发光，设灯泡正常发光的电流为1，由电路图可知，原 线圈的电流为1，有P=,解得1=A,而副线圈上的电流为3弘，由于是理想变压器，所以有7片 = 整理有会月，故B项正确：C。由之前的分析可知，副线圈的电压为3V,则原线圈的电压为U, 有-，解得U=9八，由于L和L,与原线圈串联，再与灯泡L并联，所以灯泡L,的电压为 U,=U,+U,+U=15V,电路的电源电动势有效值为0。=分，交流电源内电压有效值为Un=U。-, 电路的总电流为1。=，流过灯泡L,的电流为，=1。-1，灯泡L,的功率为B=U,=15W,故 C项正确；D.整个电路的总功率为P总=IU总=32W,故D项错误。故选BC。 10.【答案】ABD【详解】A.进入磁场过程感应电流为I=B弘，由楞次定律可知，感应电流的方向为 逆时针方向，全部进入磁场后，感应电流为零，而离开磁场的过程感应电流大小与进磁场时相等， 但电流方向为顺时针，故A正确：B,线框进入磁场过程中U=1R=-兰，全部进入磁场 4 后Uk=BL,=U。,离开磁场过程U=1R=3心=，故B正确：C.进入磁场过程线框所受 4 4 安培力大小为B=B=B,由左手定则可知，进入磁场过程线框所受安培力方向向左，全部 R 进入磁场后，线框不受安培力，离开磁场过程中，安培力大小方向均与进入磁场过程相同，故C 错误；D.线框进入磁场过程磁通量为D=BS=BLY。,当线框全部进入磁场后，磁通量达到最大， 且保持不变，线框离开磁场过程，磁通量均匀减小，故D正确。故选ABD。 11.(4分)【答案】(1)交流(1分)(2)A(1分) (3)6.9(1分)(4)D(1分) 【详解】(1)变压器的工作原理是互感，因此原线圈应连接到学生电源的交流输出端。 (2)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的 电压，即在研究线圈匝数比与副线圈电压关系时，保持原线圈电压一定，可知这个探究过程采用的科学 探究方法是控制变量法，故选A。 (3)某次多用电表选用量程10V的交流电压挡测量电压，根据电压表的读数规律，该读数为6.9V。 高二月考（一）物理答案第2页共4页 扫描全能王创建 向 ()根提愿意可知，限剧线图臣数之比为号一子。根据理想变压器电压匪数关系有号-片，解得 U=9.6V,实际上，变压器存在漏磁，还由于铁芯与线圈的电阻消耗一部分能量，导致实际上原线圈 的电压大于9.6V,可知实际上原线圈的输入电压可能为10.0V,故选D。 12.(10分)【答案】(1) B(2分).左 (2分) (2)20(2分) (3)800(2分) 高于(2分) 【详解】(1)[1若滑动变阻器选用B,则干路的电流约为1-￡ =0.6A<1A,没有超过滑动变阻器的 额定电流，所以，为了便于调节，应选用阻值范围较小的B: [2]为保护电路，开关闭合前滑动变阻器的滑片P应置于最左端。 (2)定值电阻R两端的电压为U。=1,R。,由图可知，定值电阻R,与热敏电阻R并联，则电压相 等，即U=U。=R,联立，解得R=20k2,由阁乙可知，此时温控室内的温度为20°C。 (3)[1]由图乙可知，当温度为15C时，热敏电阻的阻值为R=32k2,控制系统可视为阻值为R粒=48k2, 根据闭合电路欧姆定律可得 及整+DR+R地=瓦，其中1=0.2mA,代入数据，解得R=8000 [2]若将R调小，要想维持控制系统两端的电压不变，则R应变小，温度升高，故加热系统的开启 温度高于15°C。 (20=2R+n NBSOR NBS 13.(10分)【答案】(1)e=VBS@cos wt (3)9=2R+P) 【详解】(1)交流发电机产生的电动势最大值Em=BSo (1分) 在t=0时刻，穿过线圈的磁通量为零，电动势随时间的变化关系式为e=E cosot 即e=NBS@cos wt(1分) (2)线圈中电流的有效值I-R+可 (1分) 交流电压表显示的是路端电压有效值，故示数U=IR (1分) 解得U=R+月 NBSoR (1分) (3)从t=0时刻开始线圈转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量 9=T△ (1分) 7=E (1分) R+r E=n.A她 N△D (1分) (1分) △t 9= R+r 又△Φ=BS sin30°-0 NBS 联立解得g2R+r (1分) 14.(12分)(1)0.1m (2)V2×10°m/s,方向：与x轴正方向成45°角 3)2+ m 30 【详解】(1)粒子在第一象限中做类平抛运动，沿y轴方向有y=a (1分) 2 由牛顿第二定律得qE=ma (1分) 解得t=, 2ym=1.0×10s V gE 则OP的长度d=vot (1分) 可得 d=0.1m·(1分) (2)粒子运动到P点时，沿y轴方向的分速度为y,=a1 又有v=V后+ (1分) 解得v=√2×10°m/s (1分) 高二月考（一）物理答案第3页共4页 扫描全能王创建 设速度方向与x轴正方向成9角，则有an日=义=1(1分) 可知日=45°故粒子在P点的速度与x轴正方向成45角 (1分) (3)若粒子能够再次穿过x轴，磁场区域最窄时，轨迹与CD相切， 如图所示 粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力gB=m (1分) 解得r=加=2 ·D gB 30 m(1分) 几何关系可得Lc=r+rco=5+ -m (1分) 0 同时Lop=0.1m 粒子轨迹不会碰到y轴OC段，磁场区域的最小宽度1c-+m (1分) 30 15.(18分)【答案】(1)①1= mg 2LB,’v 4Bz:②2=mgh-9mg2R2 3mgR 16B6L ②w-8%-48巴 mR 【详解】(1)①对重物以及M杆整体分析mg=BnI·2L (1分) 解得1=g （1分) 2LB (1分) 又B。·2Lv=I·3R 联立解得v= 3mgR 4B2I (1分) ②对重物以及杆从、N系统分析，根据能量守恒可知mg助=分2m2+Q (1分) 解得2=mgh-9m'gR2 16BL (1分) (2)解法一：任意时刻，对M与重物整体受力分析有mg-B。I·2L=2ma1 (2分) 同一时刻，对N受力分析有F-2BIL=ma2(2分) 11 BoIL 已知F=mg,解得4=20=28- (1分) m 根据上式可知，无论重物落地前是否匀速，任意时刻N杆的速度大小都是M杆的两倍， 根据加速度、速度关系可知V杆运动的位移二定为M杆的2倍，即Lx=2L:一(1分) 解法二：对重物以及杆M、N系统分析，沿绳方向上有F=g, 可知系统沿绳方向上动量守恒（1分) 即任意时刻有 2mVM =mVN (2分) 则可知 2mL=mLw(2分) Lw=2L(1分) 对N杆分析，根据动量定理可知F。-2B。IL。=ww-0 (2分) 又7=2B,LwN+B。·2Lw (2分) 3R 其中vwt。=2L,w。=L （1分) 4B盼P 联立可得w=8。mR (1分) 高二月考（一） 物理答案第4页共4页 扫描全能王创建