新疆喀什地区英吉沙县实验中学2025-2026学年第二学期高二3月物理巩固练习题

2025-2026 学年第二学期高二物理3月巩固练习题 评卷人 得分 1.(本题4分)下列关于电磁场和电磁波的叙述中，不正确的是( )一、单选题(共32分) A.电磁场是相互联系在一起的变化的电场和变化的磁场 B.交替变化的电磁场传播出去形成了电磁波 C.太空舱外航天员与舱内航天员的通话利用了电磁波 D.所有雷达都是利用目标发射的电磁波来对目标进行定位的 2.(本题4分)如图所示，两根通电的长直导线垂直于纸面平行放置，电流分别为I₁和I₂，且I₁=I₂，电流的方向如图所示，O点位于两导线连线的中点。则( ) A. O点磁感应强度大小不为零，两导线之间存在斥力 B. O点磁感应强度大小为零，两导线之间存在斥力 C. O点磁感应强度大小不为零，两导线之间存在引力 D. O点磁感应强度大小为零，两导线之间存在引力 3.(本题4分)关于安培力和洛伦兹力的方向，下列各图正确的是( ) 4.(本题4分)如图所示的各种情境中，满足磁铁与线圈相互排斥，通过R的感应电流方向从a到b的是( ) 5.(本题4分)如图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如图乙所示的交变电流。已知发电机内阻r=2Ω，与其串联的白炽灯泡额定电压为9V、阻值为18Ω。若该灯泡恰好正常发光，则该发电机( ) A.输出电流的有效值为0.5A B.输出电流的最大值为0.5A C.电动势的最大值为 10V D.输出的交流电频率为50Hz 6.(本题4分)如图，真空中有一带电粒子，质量为m、电荷量为q，以速度v垂直于磁场边界进入磁感应强度为B的匀强磁场，穿出磁场时速度方向和入射方向的夹角为a=37°。不计粒子所受重力。已知： 则有界匀强磁场的宽度L为( ) A. 0.6m B.1.2m C. 1.8m D. 2.4m 7.(本题4分)图是质谱仪工作原理的示意图.带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x₁、x₂处.图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则( ) A.若a与b有相同的质量，打在感光板上时，b的速度比a大 B.若a与b有相同的质量，则a的电量比b的电量小 C.若a与b有相同的电量，则a的质量比b的质量大 D.若a与b有相同的电量，则a的质量比b的质量小 8.(本题4分)如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流，释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( ) A. 导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA B.导线框的磁通量为零时，感应电流也为零 C.导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上 D.导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动二、多选题(共12分) 评卷人 得分 9.(本题6分)带电粒子(不计重力)在磁场中运动的实例如图所示，下列判断正确的有( ) A.甲图中，带电粒子从磁场中获得能量，动能增大 B.乙图中，一束等离子体喷入AB 之间的磁场，电阻R上会有电流从下往上通过 C.丙图中，只有速度为 的带电粒子从P射入，才能做匀速直线运动从Q射出 D.丁图中，同种带电粒子在磁场中运动的半径越大，做完整圆周运动的周期也越大 10.(本题6分)如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方 向垂直于轨 学科网（北京）股份有限公司 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量大小为g的带正电小球由轨道左端A点无初速度滑下，A、D与圆心O等离，C点为轨道的最低点，小球始终与轨道接触不脱离，重力加速度为g。下列说法中正确的有( ) A.小球从A 运动到D的过程中机械能不变 B.小球在最低点C点的速度大小为 C.小球在C点的速度向右时，对轨道的压力大小为3 D.小球在C点的速度向左时，对轨道的压力大小为 评卷人 得分 11.(本题9分)某同学用题图中的器材做“探究电磁感应产生条件”的实验。三、实验题(共18分) (1)闭合电键的一瞬间，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，则观察到电流表G的指针向 (填“左”或“右”)偏转。保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，电流表G 的指针将 (填“左”或“右”)偏转。 (2)闭合电键后，第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G 的指针摆动的幅度第一次比第二次 (填“大”或“小”)，原因是 。 12.(本题9分)某学生小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中采用可拆变压器，将原、副线圈套在铁芯A 的两臂上，铁芯B 安装在铁芯A 上形成闭合铁芯，如图所示。 (1)除图中的器材外，下列器材中还需要的是 (填仪器前的字母) A.干电池 B.磁铁 C.低压交流电源 D.多用电表 E.直流电压表 F.直流电流表 (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，实验中用到的科学方法是 。 A.控制变量法 B.等效替代法 C.整体隔离法 (3)下列说法正确的是 。 A.为保证多用电表安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测 B.因使用低压电源，通电时可以用手接触裸露的导线和接线柱 C.变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈 D.保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响 (4)实验中发现原、副线圈匝数的比值与电压之比有微小差别，出现这种情况的原因是 。 评卷人 得分 13.(本题10分)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n₁：n₂=2：1，电阻. 原线圈接在电压U₁=220V的交变电流上，电流表、电压表均为理想电表.求：四、解答题(共38分) (1)电压表的读数U₂； (2)电流表的读数I₁； (3)原线圈的输入功率P₁. 14.(本题14分)如图所示，两根平行放置的导电轨道，间距为L，倾角为θ，轨道间接有电动势为E (内阻不计)的电源，现将一根质量为m、电阻为R的金属杆 ab水平且与轨道垂直放置在轨道上，金属杆与轨道接触摩擦和电阻均不计，整个装置处在匀强磁场(磁场垂直于金属棒)中且 ab 杆静止在轨道上，求： (1)若磁场竖直向上，则磁感应强度B₁是多少? (2)如果通电直导线对轨道无压力，则匀强磁场的磁感应强度的B₂是多少?方向如何? 15.(本题14分)如图所示，两水平放置的平行金属板a、b，板长L与两板的间距d均为0.3m。两金属板间可加电压，且a板的电势高于b板的电势，在虚线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场边界MN与金属板垂直，磁感应强度的大小 方向垂直纸面向里。在两极板左端正中间有一粒子源，水平向右不断地发射比荷 初速度 的带正电粒子。忽略电场的边缘效应、粒子的重力以及它们之间的相互作用，π取3.14。 (1)若两金属板间所加电压为0时，求粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r和时间t； (2)若两金属板间加适当的电压，粒子恰好从极板右边缘射出电场，求所加电压U的大小； (3)在(2)的条件下，求粒子在磁场中的射入点与射出点之间的距离s。 学科网（北京）股份有限公司 试卷第2页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026 学年第二学期高二物理3月巩固练习题 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A B A C D A BC AC 1．D 【详解】A．变化的电场和变化的磁场是相互联系的，它们统称为电磁场，故A不符合题意； B．周期性变化的电场产生磁场；故周期性变化的电磁场由近及远地向周围传播就形成了电磁波；故B不符合题意； C．太空中由于没有传播声音的介质，故声音不能在真空中传播，所以宇航员要进行对话需借助电子通信设备进行交流，即电磁波，故C不符合题意； D．雷达是利用自身发射的电磁波来对目标进行定位的，还可以运用多普勒效应测量速度，故D符合题意。 故选D。 2．A 【详解】据右手螺旋定则可知，大小相同两电流在O点的磁场方向相同且竖直向上，所以O点的磁感应强度不为零，据右手螺旋定则可知，电流为I1的通电导线在另一导线处产生的磁场方向竖直向上，据左手定则可知，另一导线所受的安培力向右，即两导线有相互排斥力。 故选A。 3．A 【详解】A．对于负电荷，根据左手定则，伸开左手，让磁感线垂直穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向，大拇指所指方向即为洛伦兹力方向，故A正确； B．由于B图像中电荷的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，故B错误； C．对于通电导线，根据左手定则，伸开左手，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流方向，大拇指所指方向即为安培力方向，所以C图中安培力方向应水平向左，故C错误； D．由于D图像中电流的方向与磁场方向平行，不受安培力的作用，故D错误。 故选A。 4．B 【详解】AB．由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥；由题目中图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从a经过R到b，而A是开关断开，故A错误，B正确； C．由“来拒去留”可知，磁铁远离线圈，则磁铁与线圈相互吸引；由题目中图可知，当磁铁竖直向上运动时，穿过线圈的磁场方向向上减小，由楞次定律可知感应电流的磁场向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从a经过R到b，故C错误； D．由“来拒去留”可知，磁铁远离线圈，则磁铁与线圈相互吸引；由题目中图可知，当磁铁竖直向上运动时，穿过线圈的磁场方向向下减小，由楞次定律可知感应电流的磁场向下，则由右手螺旋定则可知电流方向从b经过R到a，故D错误； 故选B。 5．A 【详解】A．白炽灯泡额定电压为9V、阻值为18，灯泡恰好正常发光，则输出电流的有效值为 A=0.5A 故A正确； B．图中电流为正弦式交变电流，则输出电流的最大值为 A 故B错误； C．电动势的最大值为 V 故C错误； D．根据图乙可知，周期为0.2s，则频率为 Hz 故D错误。 故选A。 6．C 【详解】由题意作出带电粒子的圆心及轨迹，如下图 由洛伦兹力提供向心力，则有 代入数据，解得 由几何关系，可得 ABD错误，C正确。 故选C。 7．D 【详解】带电粒子在电场中进行加速，通过动能定理 可以表达粒子进入磁场的速度，再根据向心力表达形式 求得 由图可知b比a的距离要大，a与b有相同的质量，a的电量大于b的电量，选项AB均错误；a与b有相同的电量时，a的质量比b的质量小，所以C错误；选项D正确； 故选D。 考点：此题考查了质谱仪工作原理． 8．A 【详解】AB．根据安培定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里．线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁场磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到零，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大，这一过程线框中产生逆时针方向的电流；向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流方向又变成了顺时针．所以线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA；当线框的磁通量为零时，有逆时针方向的感应电流。故A正确，B错误； CD．根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故线框所受安培力的方向始终向上，安培力的合力不为零，线框的运动不是自由落体运动，故CD错误； 故选A。 9．BC 【详解】A．在回旋加速器中，洛伦兹力不做功，带电粒子在电场中获得能量，动能增大，故A错误； B．等离子体进入磁场后，在洛伦兹力的作用下，根据左手定则，带正电的离子向下偏转打在下极板上，下极板带正电，带负电的离子打在上极板上，上极板带负电，发电机产生的电流从下往上通过电阻R，故B正确； C．带电粒子从P 射入时，电场力与洛伦兹力相互平衡 解得 故C正确； D．带电粒子在磁场中运动的周期为 与半径大小无关，故D错误。 故选BC。 10．AC 【详解】A．小球从A运动到D的过程中，由于洛伦兹力和轨道弹力总是与速度方向垂直，所以只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，故A正确； B．小球从A运动到C的过程，根据动能定理可得 解得小球在最低点C点的速度大小为，故B错误； C．小球在C点的速度向右时，根据左手定则可知洛伦兹力方向向上，由牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为，故C正确； D．小球在C点的速度向左时，根据左手定则可知洛伦兹力方向向下，由牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为，故D错误。 故选AC。 11． 左 右 大 第一次线圈B中的磁通量变化率大 【详解】（1）[1]由于闭合电键瞬间，线圈A中电流由无到有，电流增加，产生磁场增强，使线圈B的磁通量增加，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，线圈A中电流还是增加，使线圈B的磁通量还是增加，因此产生的感应电流方向跟闭合电建瞬间相同，故观察到电流表G的指针向左偏转。 [2] 保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，线圈A产生磁场减弱，使线圈B中的磁通量减小，产生的感应电流方向跟闭合电建瞬间相反，故观察到电流表G的指针向右偏转。 （2）[3] [4]第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G的指针摆动的幅度第一次比第二次大，原因是第一次线圈B中的磁通量变化快，磁通量变化率大。 12．(1)CD (2)A (3)AD (4)见解析 【详解】（1）变压器的工作原理是互感，电源需要低压交流电源，测量电压是交流电压，需要电压表。 故选CD。 （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，实验中研究多个物理量之间的关系，在研究其中两个物理量关系时，需要保持其它物理量一定，可知，实验中用到的科学方法是控制变量法。 故选A。 （3）A.实验中，当副线圈匝数大于原线圈匝数时，电压升高，为保证多用电表安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，故A正确； B．当副线圈匝数大于原线圈匝数时，电压升高，为了确保安全，即使使用低压电源，通电时不能够用手接触裸露的导线和接线柱，故B错误； C．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，变压器正常工作后，电能并没有由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈，故C错误； D．根据电压匝数关系有 可知，保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响，故D正确。 故选AD。 （4）实验中发现原、副线圈匝数的比值与电压之比有微小差别，出现这种情况的原因是实际变压器存在漏磁、铁芯发热、导线电阻损耗等能量损失，导致副线圈输出电压低于理论。 13．(1)110V    (2)1A    (3)220W 【详解】(1)据理想变压器原副线圈电压关系 代入数据得 (2) 电阻并联 据欧姆定律 据理想变压器原副线圈电流与匝数关系 代入数据得   (3) 14．（1）；（2），方向水平向左 【详解】（1）若磁场竖直向上，对金属棒ab进行受力分析，如图所示 根据闭合电路欧姆定律可得 根据平衡条件有 安培力大小为 联立解得磁感应强度为 （2）金属棒ab静止在斜面上且对斜面压力为零，则安培力与重力构成一对平衡力，根据平衡条件有 又 ， 联立解得 根据左手定则可知磁场方向水平向左。 15．（1），；（2）；（3） 【详解】（1）两金属板间电压为零时，带电粒子在金属板以速度匀速通过后进入磁场，在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得 解得 粒子做匀速圆周运动的周期为 粒子垂直虚线进入磁场，入射角为，则由对称性可知做半个圆周从虚线飞出，则运动时间为 （2）带电粒子刚好从金属板右边缘射出电场时，设带电粒子在电场中的运动时间为，则有 ，， 联立解得 （3）设类平抛的侧向速度为，则有 解得 则速度偏向角满足 可得 则带电粒子离开电场时的速度为 在磁场中有 解得 粒子在磁场中的射入点与射出点之间的距离为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $