2025_2026学年山东济宁市第二中学高二第二学期3月阶段检测物理试卷 [含解析]

这是一份2025_2026学年山东济宁市第二中学高二第二学期3月阶段检测物理试卷 [含解析]，共41页。试卷主要包含了多项选择题，实验题每空2分，共8分，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本题共14小题，每小题3分，共42分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示，表示磁场对直线电流的作用力示意图中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心垂直纸面向外，四指指向电流方向：向右，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：垂直导线向上，A正确；
B．通电导线与磁场方向平行，没有安培力，B错误；
C．伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心向左，四指指向电流方向：垂直纸面向外，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：垂直导线向上，C错误；
D．伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心向下，四指指向电流方向：向右，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：垂直导线向外，D错误。
故选A。
2. 长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是（）
A. F=BILcsθB. F=BILcsθC. F=BILsinθD. F=BILsinθ
【答案】A
【解析】
【详解】A．A图中，导线不和磁场垂直，故将导线投影到垂直磁场方向上，则
故A正确，
B．B图中，导线和磁场方向垂直，故
故B错误；
C．C图中导线和磁场方向垂直，故
故C错误；
D．D图中导线和磁场方向垂直，故
故D错误。
故选A。
3. 在下列四个选项中，正确标明了带正电粒子所受洛伦兹力F方向的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据左手定则可知，图中洛伦兹力方向应该垂直纸面向里，故A错误；
B．根据左手定则可知，图中洛伦兹力方向应该是垂直纸面向外，故B错误；
C．根据左手定则可知，图中洛伦兹力方向应该竖直向下，故C错误；
D．根据左手定则可知，图中洛伦兹力方向应该竖直向上，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，将一阴极射线管置于一通电螺线管的正上方且与线圈轴线处于同一水平面内，则阴极射线将（）
A. 垂直于纸面向里偏转B. 垂直于纸面向外偏转
C. 平行于纸面向上偏转D. 平行于纸面向下偏转
【答案】B
【解析】
【详解】根据右手螺旋定则，螺线管内部的磁场方向向下，电子从阴极向阳极运动，运动的方向向右，因为电子带负电，根据左手定则知，电子所需的洛伦兹力方向垂直纸面向外，则阴极射线管中的电子束将向纸面外偏转。
故选B。
5. 将长1m的导线ac从中点b折成如图中所示的形状，放于B=0.08T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直.若在导线abc中通入I=25 A的直流电，则整个导线所受安培力的大小为（ ）
A. NB. NC. 1 ND. 2N
【答案】B
【解析】
【详解】由题意有导线在磁场内有效长度为
故整个通电导线受到安培力大小为
故B正确，ACD错误；
故选B。
6. 两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1：4，电量之比为1：2，则两带电粒子受洛伦兹力之比为（ ）
A. 2：1
B. 1：1
C. 1：2
D. 1：4
【答案】C
【解析】
【详解】根据公式可得洛伦兹力跟粒子的质量无关，当以相同速度垂直射入磁场时，两粒子的洛伦兹力之比等于电荷量之比，所以为1：2
故选C。
7. 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较弱磁场区域进入到较强磁场区域后，粒子的（ ）
A. 轨道半径减小，运动周期减小B. 轨道半径增大，运动周期增大
C. 轨道半径减小，运动周期增大D. 轨道半径增大，运动周期减小
【答案】A
【解析】
【详解】根据洛伦兹力充当向心力可知，Bqv=，解得：；故从较弱的磁场区域进入较强的磁场区域后粒子的轨道半径减小；由于洛伦兹力不做功，因此粒子运动的速度大小不变，由v=Rω可知，因半径减小，故角速度增大，周期减小，故A正确，BCD错误．故选A．
8. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场并最终打在金属板上，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是（ ）
A. M带负电，N带正电B. M的速率小于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N做正功D. M的运动时间大于N的运动时间
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据左手定则可知N带正电，M带负电，故A正确；
B．由洛伦兹力提供向心力，有
解得r＝
而M的轨迹半径大于N的轨迹半径，所以M的速率大于N的速率，故B错误；
C．洛伦兹力与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故C错误；
D．M和N的运动时间都为，故D错误。
故选A。
9. 关于楞次定律，下列说法正确的是（ ）
A. 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
B. 感应电流的磁场总是阻止磁通量的变化
C. 原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
D. 感应电流的磁场总是与原磁场反向，阻碍原磁场的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故A正确；
B．阻碍并不是阻止，只起到延缓的作用，故B错误；
C．当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向以阻碍增加，故C错误；
D．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，若原磁场增强则反向，若原磁场减弱则同向，故D错误。
故选A。
10. 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以水平速度抛出，且棒与磁场垂直，设棒在下落过程中取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将（ ）
A保持不变B. 越来越大C. 越来越小D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，因而切割磁感线的速度不变，故棒上产生的感应电动势大小不变。
故选A。
11. 粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】CD．根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
则有
可知甲的轨道半径大于乙的轨道半径，故CD错误；
AB．甲、乙两粒子都带正电，根据左手定则判断可知，选项A中粒子的运动轨迹满足左手定则，选项B中粒子的运动轨迹不满足左手定则，故A正确，B错误。
故选A。
12. 如图所示，边长为d的正方形线圈，从位置A开始向右运动，并穿过宽为L（L>d）的匀强磁场区域到达位置B，则（）
A. 整个过程，线圈中始终有感应电流
B. 整个过程，线圈中始终没有感应电流
C. 线圈进入磁场和离开磁场的过程中，有感应电流，方向都是逆时针方向
D. 线圈进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针方向；穿出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向
【答案】D
【解析】
【详解】AB．在线圈进入或离开磁场的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，线圈完全在磁场中时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故A、B错误；
CD．由右手定则可知，线圈进入磁场过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向，线圈离开磁场过程中，感应电流沿顺时针方向，故C错误，D正确；
故选D。
13. 如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，边长为l的正方形线圈中通以电流I，线圈中的某一条a导线电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B.则( )
A. 该磁场是匀强磁场
B. 该线圈的磁通量为Bl2
C. a导线受到的安培力方向向下
D. b导线受到的安培力大小为BIl
【答案】D
【解析】
【分析】利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受大小不变的安培力力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向．
【详解】A. 该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误；
B. 线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；
C. a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C错误；
D. 导线b始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为IlB，故D正确；
故选D
14. 绕在同一铁芯上的线圈Ⅰ、Ⅱ按如图所示方法连接，G为电流表，下列说法正确的是（）
A. 开关S闭合瞬间，G中的电流从左向右
B. 保持开关S闭合状态，G中电流从左向右
C. 保持开关S闭合，向右移动变阻器R0滑动触头的位置，G中的电流从左向右
D. 断开开关S的瞬间，G的示数也为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．当闭合开关瞬间，Ⅰ线圈中有电流通过，产生磁场，磁场方向从左向右，磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量从无到有增加，产生感应电流，根据楞次定律可知，则电流表中有从左向右的电流，故A正确；
B．闭合开关后保持闭合状态时，Ⅰ中电流不变，穿过Ⅱ线圈中磁通量不变，没有感应电流产生，G的示数为零，故B错误；
C．保持开关S闭合，向右移动变阻器R0滑动触头的位置，Ⅰ线圈中电流减小，产生向右的减弱的磁场，变化磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律可知，电流表中有从右向左的电流，故C错误；
D．断开开关S的瞬间，Ⅰ线圈中电流减小（从有到无），产生磁场也变化，变化磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，则电流表中有电流，故D错误。
故选A。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得4分，有选错的得0分
15. 把通有电流I、长度为l的直导线放在磁感应强度为B的匀强磁场中，下列关于安培力大小的说法正确的是（ ）
A. 可能为0B. 一定为IlB
C. 可能小于IlBD. 可能大于IlB
【答案】AC
【解析】
【详解】安培力的表达式为
其中θ为电流与磁感应强度之间的夹角，当θ=0时，电流与磁感应强度平行，安培力为零，当θ=90°时，电流与磁感应强度垂直，，这时的安培力最大，所以，安培力的值在0~IlB之间，所以AC正确，BD错误。
故选AC。
16. 如图所示，纸面内的金属圆环中通有电流I，圆环圆心为O、半径为R，P、Q为圆环上两点，且OP垂直于OQ，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于纸面向里，则（ ）
A. 整个圆环受到的安培力大小为B. 整个圆环受到的安培力大小为0
C. 圆弧PQ受到的安培力大小为D. 圆弧PQ受到的安培力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据左手定则可知，整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向，受到的合力为0，选项A错误，B正确；
CD．圆弧PQ受到的安培力大小等于直线段PQ受到的安培力大小，为，选项C错误，D正确。
故选BD。
17. 如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成角的方向以相同的速度v射入磁场中。则正、负电子（ ）
A. 在磁场中的运动时间相同B. 在磁场中运动的轨道半径相同
C. 出边界时两者的速度相同D. 出边界点到O点处的距离相等
【答案】BCD
【解析】
【详解】AC．磁场为直线边界，根据对称性可知，正、负电子出磁场时，速度与边界夹角均为，且斜向右下，大小相等。正电子做逆时针的匀速圆周运动，圆心角为，电子做顺时针的匀速圆周运动，圆心角为，设圆心角为，根据
可知，正电子运动时间更长，A错误，C正确；
B．根据
得
可知，正、负电子在磁场中运动的轨道半径相同，B正确；
D．由几何关系可知，正、负电子出边界点到O点处的距离均等于半径，则出边界点到O点处的距离相等，D正确。
故选BCD。
18. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（不计粒子通过窄缝的时间及相对论效应）：
A. 带电粒子从磁场中获得能量
B. 带电粒子的运动周期是不变的
C. 磁场对带电粒子只起换向作用，电场起加速作用
D. 增大金属盒的半径粒子射出时的动能不变
【答案】BC
【解析】
【详解】离子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故A错误；带电粒子源源不断的处于加速状态，虽速度增大，但在磁场中周期不变，所以粒子的运动周期是固定的，故B正确；离子由加速器的中心附近进入电场中加速后，进入磁场中偏转．故C正确；带电粒子从D形盒中射出时的动能，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径，联立得，当带电粒子q、m、B一定的，半径R越大，则越大，故D错误.故选BC.
【点睛】本题考查回旋加速器的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定．原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变．
19. 某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为，两板间距离为；C为偏转分离器，磁感应强度为。今有一质量为、电荷量为的粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带负电B. 粒子进入速度选择器的速度
C. 速度选择器两板间电压D. 粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由图可知电粒子进入偏转分离器时受到的洛伦兹力向右，根据左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得粒子进入速度选择器的速度为
故B正确；
C．粒子在速度选择器运动过程，根据受力平衡可得
解得速度选择器两板间电压为
故C正确；
D．粒子分离器中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
故D正确。
故选BCD。
20. 如图甲所示，N=200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r=2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。下列判断正确的有（ ）
A. 通过电阻R的电流方向为a→b
B. 通过电阻R的电流大小为2A
C. 线圈产生的感应电动势为10V
D. 电阻R两端的电压为10V
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R的电流方向为a→b，故A正确；
BC．根据法拉第电磁感应定律，可得线圈产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律知，通过电阻R的电流大小为
故B错误，C正确；
D．电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
故D错误。
故选AC。
三、实验题每空2分，共8分
21. （1）在“研究电磁感应现象”的实验中：为了研究感应电流的方向，图中滑动变阻器和电源的连线已经画出，请将图中实物连成实验所需电路图．_____________
（2）连接好实验线路后，闭合开关，发现电流计的指针向右偏，则在闭合开关后，把螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将向_____________偏转（填“向左”“向右”或“不”）；
（3）闭合开关后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中，电流表指针将向____________偏转（填“向左”“向右”或“不”）；
（4）闭合开关后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，B线圈中产生的感应电流方向与A线圈中的电流方向____________（填“相同”或“相反”或“无电流”）．
【答案】 ①. 如图所示
②向右 ③. 向左 ④. 相同
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、B线圈（大线圈）组成闭合电路，电流表与A线圈（小线圈）组成另一个闭合电路，电路图如图所示：
(2)[2]闭合开关，发现电流计指针向右偏，由此可知，磁通量增大，则指针向右偏；当闭合开关后，再把螺线管A插入螺线管B的过程中，导致线圈B的磁通量增大，则电流表的指针将向右偏；
(3)[3]闭合开关后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中，由图可知，通过线圈A的电流减小，那么穿过线圈B的磁通量减小，则电流表指针将向左偏；
(4)[4]在突然断开S时，根据楞次定律：增反减同，则有B线圈中产生的感应电流方向与A线圈中的电流方向相同。
四、计算题
22. 如图所示，两平行导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨的一端接有电动势E=3V内阻r=0.5Ω的直流电源，两导轨间的距离L=0.4m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.08kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）求：
（1）ab棒受到的安培力；
（2）ab棒与导轨的动摩擦因数μ。
【答案】（1）0.4N，沿斜面向上；（2）0.125
【解析】
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得
导体棒受到的安培力为
由左手定则可知，安培力沿斜面向上。
（2）对导体棒受力分析，将重力正交分解，沿导轨方向有
根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上，所以有
解得
23. 如图所示，一个质量为m，电荷量为，不计重力的带电粒子从x轴上的点以速度v沿与x轴正方向成角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）在第一象限内的运动时间
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
带电粒子在磁场里做圆周运动的圆心和轨迹如图所示
OP=Rcs30°=a
洛伦兹力提供向心力，有
解得
【小问2详解】
带电粒子在第一象限内转过的角度为120°，则运动时间为