四川凉山州某校2025-2026学年高二下学期3月阶段检测物理试题

**基本信息** 聚焦磁场与电磁感应核心内容，通过回旋加速器、磁流体发电机等科技情境及控制变量法实验，考查物理观念与科学思维，适配高二下期月考能力要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|7/28|安培力、洛伦兹力、磁场方向判断|第5题结合科技装置（如速度选择器）辨析原理，体现科学态度| |多项选择|3/18|感应电流产生条件、自感现象|第9题通过电路动态分析考查科学推理| |实验题|2/14|安培力影响因素、楞次定律|11题用控制变量法探究，12题结合操作分析感应电动势，落实科学探究| |计算题|3/40|复合场运动、电磁感应综合|15题结合v-t图像分析金属棒运动，融合能量守恒与动量定理，体现模型建构|

2025-2026学年高二下期第一次月考 物理试题 1、 单项选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。） 1.关于安培力和洛伦兹力，下列说法中不正确的是( ） A.洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用，安培力是磁场对通电导线的作用 B.洛伦兹力的方向与带电粒子运动方向有关，安培力的方向与电流的方向有关 C.洛伦兹力对运动电荷一定不做功，安培力是所有运动电荷所受洛伦兹力的总和，因此安培力也不做功 D.两种力的方向均可用左手定则判断 2．关于安培力和洛伦兹力的方向，下列各图中物理量表示正确的是（　　） A． B． C． D． 3．关于教材中的插图下面说法正确的是（    ） A．甲图是利用右手定则来判断直线电流产生的磁场方向的示意图 B．乙图是利用左手定则来判断通电导线在磁场中受力方向的示意图 C．丙图是利用左手定则来判断导线切割磁感线时产生的感应电流方向的示意图 D．丁图是磁电式电流表其物理学原理是基于通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动 4．图中通有电流大小为I的导体ab所受安培力的大小正确的是（　　） A． B． C． D． 5．如图，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　） A．甲图可通过增加交变电流的电压U来增大粒子的最大动能 B．乙图可通过减小磁感应强度B来增大电源电动势 C．丙图无法判断出带电粒子的电性，粒子只能从左到右沿直线匀速通过速度选择器 D．丁图中产生霍尔效应时，无论载流子带正电或负电，稳定时都是板电势高 6．如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a，b，c，d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bOd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（　　） A．小球一定又能回到a位置 B．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D．当小球运动的弧长为圆周长的时，洛伦兹力最大 7．如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形单匝线圈abcd边长为L（L<d），质量为m，电阻为R。将线圈从磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0。关于线圈穿越磁场的过程（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止），已知重力加速度为下列说法正确的是（　　） A．线圈刚进入磁场时，cd两端的电压为 B．感应电流所做的功为mgd C．线圈的最小速度一定为 D．线圈的最小速度一定为 2、 多项选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分） 8 .下图中能产生感应电流的是（　　） A．甲图中两根导体棒以一定的速度向相反方向运动 B．乙图中导体框以一定的速度水平向右运动 C．丙图中环形导线正上方通入逐渐增大的电流 D．丁图中条形磁铁水平向右靠近环形导体 9.如图所示，电灯A和B正常工作时的电阻与定值电阻的阻值相同，均为R，L是自感系数很大的线圈。当S1闭合，S2断开且电路状态稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2待电路状态再次达到稳定后将S1断开，下列说法正确的是( ) A.B灯立即熄灭 B.A灯将比原来更亮一些后再熄灭 C.有电流通过B灯，方向为c→d D.有电流通过A灯，方向为a→b 10 . 如图所示，平面直角坐标系xOy的第一、二象限内存在垂直平面向外的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内距y轴处放置一垂直于x轴的接收屏。一质量为m、电荷量为－q（q＞0）的带电粒子以大小为的速度从点A（，L）沿x轴负方向射出，经坐标原点O进入电场，运动一段时间后，再次进入磁场，最终垂直打在接收屏上，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．匀强磁场的磁感应强度 B．匀强电场的电场强度 C．粒子从A点出发到垂直打在接收屏上的时间为 D．若将接收屏沿x轴负方向平移，并将电场强度大小调整为原来的，粒子仍能垂直打在接收屏上 3、 实验题（本题共2小题，每空2分，共14分） 11．（6分）如图所示是“探究影响通电导线受安培力的因素”的实验装置，三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的，实验时先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变，改变导体棒通电部分的长度，每次实验导体棒在磁场中平衡时，悬线与竖直方向的夹角记为θ。    (1)该实验运用的实验方法是_________。 A．微元法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．理想模型法 (2)下列说法正确的是_________。 A．该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响 B．该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响 C．如果想增大θ，可以把磁铁的N极和S极对调 D．如果想减小θ，可以把接入电路的导体棒从①④两端换成②③两端 (3)若电流为I且接通②③时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流加倍且接通①④时，导体棒的安培力为_________。 12（8分）．如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有： （1）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向______（“左”或“右”）偏转。 （2）原线圈插入副线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向______（“左”或“右”）偏转。 （3）原线圈插入副线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头从最左端拉到最右端，第一次快拉，第二次较慢拉，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是______；通过线圈截面电量的大小关系是______。（填“>”或“=”或“<”） 4、 计算题（本题共3小题，共40分） 13.（8分）如图甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源。将一根质量为的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直。已知通过导体棒的恒定电流大小为，方向由a到b，图乙为图甲沿方向观察的平面图。若重力加速度为，在轨道所在空间加一垂直于斜面向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止。 （1）请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图； （2）求出磁场对导体棒的安培力的大小； （3）求磁感应强度的大小。 14.（14分）如图，在xOy直角坐标系中，有一质量m＝1.0×10－12kg，带电量q＝2.0×10－10C的带正电的粒子（不计重力），垂直x轴从A点以v=200m/s的初速度进入x轴上方的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B＝1T。粒子经磁场偏转后又从B点垂直x轴进入第四象限，第四象限中有平行于x轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过y轴负半轴上的C点，此时速度方向与y轴负半轴成60°。已知OB＝OA。求： （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r和在磁场中运动的时间t； （2）第四象限中场强E的大小。 15．（18分）如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值的电阻，质量，电阻的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移时达到稳定状态，对应过程的图像如图乙所示。取，导轨足够长，且导轨电阻忽略不计（，）。 求： （1）金属棒达到稳定状态时感应电流I及恒力F的大小； （2）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热； （3）导体棒达到稳定状态所用时间。 物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D A C B D AD AD BC 1．C 安培力要做功 2．B 【详解】A．电荷的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，故A错误； B．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B正确； 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右，故C错误； D．电流的方向与磁场方向平行，不受安培力的作用，故D错误。 3．D 【详解】A．甲图是利用右手螺旋定则来判断直线电流产生的磁场方向的示意图，故A错误； B．乙图是利用右手定则来判断导线切割磁感线时产生的感应电流方向的示意图，故B错误； C．丙图是利用左手定则来判断通电导线在磁场中受力方向的示意图，故C错误； D．磁电式电流表其物理学原理是基于通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动，故D正确； 4．A 【详解】电流方向，磁场方向互相垂直，故安培力 5．C 【详解】A．粒子在磁场中满足 可得 设回旋加速器D形盒的半径为R，则当粒子的轨迹半径为时，速度最大，动能最大；可推导出粒子的最大动能为 粒子的最大动能与交变电流的电压无关，故A错误； B．当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，即 得电源电动势为 由此可知，可通过增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势，故B错误； C．粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，无论正电荷还是负电荷电场力与洛伦兹力方向相反，如果从右侧沿直线匀速通过速度选择器时，无论正电荷还是负电荷电场力与洛伦兹力方向相同，因此只能从左侧进入，故C正确； D．若载流子带正电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势高。若载流子带负电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势低，C板电势高，故D错误。 6．B 【详解】AD．电场力与重力的大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以bc弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最低点”，关于圆心对称的位置就是“最高点”。“最低点”时速度最大，洛伦兹力最大；若从a点静止释放，最高运动到bO连线与圆弧的交点处，AD错误； BC．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减小，小球从b点运动到c点电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大．所以动能先增后减，选项B正确，C错误。 7．D 【详解】A．线圈自由下落过程有 cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为 所以c、d两点间的电势差为 故A错误； B．由于边刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场时速度也为，根据能量守恒定律可得从边刚进入磁场到边刚离开磁场，线圈中产生的焦耳热为 由于线框刚进入到全部进入过程有感应电流及线框刚出来到全部出来过程有感应电流，并且两过程产生的内能相同，则全过程感应电流所做的功为 故B错误； C．若进入过程中出现匀速运动情况，则安培力与重力相等 所以存在最小速度为 但也可能进入过程一直在减速，上式就不成立了，故C错误； D．由于线框刚进入到全部进入过程有感应电流，全部进入后无感应电流，并且边刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场时速度也为，所以线框进入磁场时先做减速运动，全部进入磁场后再做匀加速直线运动，则线圈的最小速度是在全部进入磁场瞬间，由能量守恒定律可得 解得 所以D正确。 8．AD 【详解】A．甲图中两根导体棒以一定的速度向相反方向运动，穿过闭合回路的磁通量增大，可以产生感应电流，故A符合题意； B．乙图中导体框以一定的速度水平向右运动，导体框中的磁通量不变，不能产生感应电流，故B不符合题意； C．根据通电直导线周围磁场的分布规律以及对称性可知环形导线框中的磁通量始终为零，不能产生感应电流，故C不符合题意； D．丁图中条形磁铁水平向右靠近环形导体，环形导体中磁通量增大，可以产生感应电流，故D符合题意。 9. AD 【详解】 S 闭合、S, 断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L 的直流电阻亦为R。闭合S, 后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等。当断开S、后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S，闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成L→a→6→c→L的电流，故A、D正确，C错误；由于自感线圈形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过 A 灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误。故选AD。 10．BC 【详解】A．根据题意粒子轨迹如图 几何关系可知 解得 粒子在磁场中运动时有 解得，故A错误； B．根据几何关系可知 解得 则粒子从O点入射时速度方向与x轴负方向夹角为，根据对称性可知，粒子从N点出射时与接收屏距离也为，故 粒子在电场中做类抛体运动，则有 因为粒子从O到N用时 联立解得， 故B正确； C．根据对称性，可知粒子在磁场中运动时间 则粒子从A点出发到垂直打在接收屏上的时间为 联立解得，故C正确； D．接收屏移动后，接收屏新位置为，粒子在电场中运动时间 粒子在电场中运动的水平距离为 联立解得 此时粒子出电场时的位置在接收屏的左侧，故粒子不可能垂直打在接收屏上，故D错误。 2、 非选择题 11．(1)B (2)D (3)6F 【详解】（1）实验运用的实验方法是控制变量法。故选B。 （2）AB．该实验探究了导体棒的通电长度和电流大小对安培力的影响，A错误，B错误； C．根据安培力大小公式 及导体棒平衡时有 即 可知把磁铁的N极和S极对调，不改变B的大小，故夹角不变，C错误； D．把接入电路的导体棒从①④两端换成②③两端，则L减小，故安培力减小，夹角减小，D正确。 （3）若把电流为I且接通②③时，导体棒受到的安培力记为F，则，当电流加倍且接通①④时，导体棒的安培力为 12．（1） 右 （2）右 （3）> = 【详解】（1）[1]根据题意，当闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明副线圈中磁通量变大时，引起的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏；故当原线圈迅速插入副线圈时，副线圈中磁通量增大，指针向右偏。 （2）[2]将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电路中的电流增大，原线圈产生的磁场强度增大，可知副线圈中磁通量增大，指针向右偏。 （3）[3][4]根据公式 当快拉时，在相同的情况下，越小，可得 根据公式 故可知 13．（1）答案见解析；（2）；（3） 【详解】（1）根据题意，对导体棒受力分析，受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，由左手定则可知，受沿斜面向上的安培力，如图所示 （2）根据题意，由平衡条件有 （3）根据题意，由公式有 解得 14．（1）1m，；（2）300V/m 【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 代入数据解得 r=1m 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 粒子在磁场中做圆周运动的时间 （2）设粒子运动到C点时，沿x轴负向的分速度大小为v1，则有 由牛顿第二定律得 qE=ma 由匀变速直线运动的速度位移公式得 v12=2a•xOB 因粒子是垂直于磁场边界进入的，所以从该边界射出时，仍垂直于边界，所以有 xOB=r 代入数据得 E=300V/m 15．（1）5N；（2）1.47J；（3）4.05s 【详解】（1）感应电动势 感应电流 由乙图可知 联立解得I=1 A 当金属棒匀速运动时，由平衡条件得 其中 F安=BIL 联立解得 （2）从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理 又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，得 金属棒上产生的焦耳热为 （3）由动量定理 又因 又根据法拉第电磁感应定律 联立解得 学科网（北京）股份有限公司 $