2025年苏人新版选择性必修2物理下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年苏人新版选择性必修2物理下册月考试卷601考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列说法正确的是（）A.运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力B.洛伦兹力必与电荷速度方向垂直C.运动电荷在磁场中必做匀速圆周运动D.电荷在磁场中不可能做匀速运动2、下图为气流加热装置的示意图；使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后()

A.副线圈中的电流比为1∶2B.副线圈输出功率比为2∶1C.副线圈的接入匝数比为2∶1D.原线圈输入功率比为1∶23、如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（）

A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B.感应电流方向一直是逆时针C.安培力方向始终与速度方向相反D.安培力方向始终沿竖直方向4、如图所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值U0＝220V，n0＝2200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、500匝、1100匝、2200匝。电动机M的内阻r＝4Ω，额定电压为U＝220V，额定功率P＝110W。下列判断正确的是（  ）

A.当选择挡位3时，电动机两端电压为110VB.当挡位由3变换到2时，电动机消耗的功率增大C.当选择挡位2时，电动机的热功率为1WD.当选择挡位4时，电动机的输出功率为110W5、如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者直径相同、轴线重合，螺线管与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是（）

A.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变大C.线圈a有扩张的趋势D.线圈a对水平桌面的压力大于自身重力6、如图所示，在x轴上方有磁感应强度为B的匀强磁场，一个带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴负方向成60°角，不计粒子所受的重力，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中运动，到x轴的最大距离为a；则该粒子的比荷及所带电荷的正负是（）

A.正电荷B.负电荷C.正电荷D.负电荷7、许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是（）A.安培通过实验研究确认了电荷之间的相互作用力规律B.库仑发现了磁场产生电流的条件和规律C.奥斯特首次发现了通电导线周围存在着磁场D.法拉第概括总结了判断感应电流方向的规律8、如图，水平面内两导轨间距处于磁感应强度的匀强磁场中，导轨的左端接有电阻长的导体棒PQ垂直导轨，以的速度向右匀速滑动，导体棒电阻为导轨的电阻忽略不计。则下列说法正确的是（）

A.P点的电势高于Q点，PQ两点电势差的大小为B.P点的电势高于Q点，PQ两点电势差的大小为C.Q点的电势高于P点，PQ两点电势差的大小为D.Q点的电势高于P点，PQ两点电势差的大小为9、如图所示，在直角梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，BC=CD=2AB=2L。高为2L、宽为L的矩形金属闭合线圈由图中位置以向右的恒定速度匀速通过磁场区域，其长边始终与CD平行。以线圈中逆时针方向为电流正方向；线圈在通过磁场过程中电流随时间变化的关系为（）

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的两只灯泡，线圈L的电阻可以忽略；下面说法中正确的是（）

A.合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B.合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C.断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会才熄灭D.断开开关S切断电路时，A1、A2都要延迟一会再熄灭11、一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电；则（）

A.保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小12、关于电磁波，下列说法正确的是（）A.电磁波在真空中的传播速度为3×108m/sB.红外线的波长比可见光长，比无线电波的波长短C.雷达是用X光来测定物体位置的设备D.使载波随各种信号而改变的技术叫作解调13、如图，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑片，Rr为热敏电阻；其阻值随温度的升高而减小，则（）

A.仅把P向左滑动时，变压器的输入功率变大B.仅使电压U减小，可以适当向右滑动P以保持灯L亮度不变C.仅使温度升高时，灯L变暗D.U不变，温度降低时，适当向左滑动P可保持灯L亮度不变，变压器的输入功率变小。14、如图所示，在平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度的匀强磁场，第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为M点为x轴正方向上的一点，现有一个比荷大小为的带正电小球（可视为质点且重力不计），从挡板下端N处小孔的右侧某处由静止释放，经匀强电场加速后从N处小孔沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则带电小球从释放点到N点距离的可能值为（保留一位小数）（）

A.B.C.D.15、如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出；不计粒子重力，则（）

A.如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d点射出B.如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出C.如果粒子的速度增大为原来的四倍，将从f点射出D.只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用时间最短16、如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz（z轴正方向竖直向上），一质量为m、电荷量为q的带正电小球从原点O以速度v沿x轴正方向出发．下列说法正确的是（）

A.若电场、磁场分别沿z轴正方向和x轴正方向，小球只能做曲线运动B.若电场、磁场均沿z轴正方向，小球有可能做匀速圆周运动C.若电场、磁场分别沿z轴正方向和y轴负方向，小球有可能做匀速直线运动D.若电场、磁场分别沿y轴负方向和z轴正方向，小球有可能做匀变速曲线运动评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、从发电站输出的功率为某一定值P，输电线的总电阻为R保持不变；分别用110V

和11kV两种电压输电．忽略变压器损失的电能，则这两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为____________，输电线上由电阻造成的功率损失之比为___________．18、感生电动势：

由______电场产生的电动势叫感生电动势。19、如图所示，电路的连接和用电器均完好，合上发现小灯泡不亮，原因是_______；用电吹风对NTC热敏电阻吹一会儿热风，会发现小灯泡_______，原因是_______；停止吹风，会发现_______；把热敏电阻放入冷水中会发现_______.

20、机器人技术是在__________、__________、__________、__________与__________等多种门类的科学技术基础上发展起来的综合性技术。21、导体棒中带电粒子的定向移动形成电流；电流可以从宏观和微观两个角度来认识，安培力与洛伦兹力也有宏观与微观的对应关系。

如图所示，静止不动的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一段直导体棒长为L，横截面积为S，单位体积的自由电荷个数为n，自由电荷的电荷量为导体棒中通有恒定电流，自由电荷的定向移动速率为（本题中两问均认为始终不变）。导体棒水平放置处于磁场中（垂直于磁感应强度）。

（1）若导体棒相对磁场静止，电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导体棒所受的安培力。按照这个思路，请你由安培力的表达式推导出洛伦兹力大小的表达式。()

（2）概念学习中，类比与比较是常用的学习方法。我们已经知道，垂直于匀强磁场磁感线的通电导线所受的安培力由此，我们用来定义磁感应强度。同样，运动方向垂直于匀强磁场磁感线的带电粒子所受的洛伦兹力由此也可用洛伦兹力来定义磁感应强度，定义式是_________，把该定义式与电场强度的定义式进行对比，两个定义式（而非物理量）的差别在于：__________________

22、如图所示，在通电密绕长螺线管靠近左端处，吊一金属环a处于静止状态，在其内部也吊一金属环b处于静止状态，两环环面均与螺线管的轴线垂直且环中心恰在螺线管中轴上，当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，a、b两环的运动及变化情况将a将___________，b将___________（填“左摆”或“右摆”或“不动”）；a有___________的趋势，b有___________的趋势（填“收缩”或“扩张”）

评卷人得分四、作图题(共4题，共32分)23、在图中画出或说明图中所示情形下通电导线I所受磁场力的方向。

24、要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯；电灯由光敏开关和声敏开关控制，光敏开关在天黑时自动闭合，天亮时自动断开；声敏开关在有声音时自动闭合，无声音时自动断开。在下图中连线，要求夜间且有声音时电灯自动亮，插座随时可用。

25、在“探究楞次定律”的实验中；某同学记录了实验过程的三个情境图，其中有两个记录不全，请将其补充完整。

26、如图所示：当条形磁铁向右靠近通电圆环时，圆环向右偏离，试在图中标出圆环中的电流方向___________．评卷人得分五、实验题(共1题，共9分)27、2020年；新冠肺炎蔓延全球，额温枪测量体温成为小区；商场常态。测温枪中常用的测温元器件是热敏电阻。

(1)物理兴趣小组连接了如图甲所示电路探究热敏电阻的特性，请你画出原理电路图（______）。

(2)若由实验测得该热敏电阻两端的电压U与通过它的电流I的关系如图乙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度的升高______（选填“逐渐增大”“逐渐减小”或“恒定不变”）。

(3)该小组设计了如图丙所示的电路验证额温枪测量温度的准确性，已知电源电动势E=1.5V，内阻忽略不计，R0=15Ω，热敏电阻的阻值与温度的关系如图丁所示。由此可知温度越高，电压表示数______（选填“越大”或“越小”）；闭合开关后，发现电压表示数为U=0.45V，则热敏电阻的温度为______℃（保留一位小数）。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A项：洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力；静止的电荷不会受到洛伦兹力，故A错误；

B项：根据左手定则洛伦兹力既垂直磁场方向又垂直电荷运动方向；故B正确；

C项：只有粒子垂直进入磁场时才能做匀速圆周运动；故C错误；

D项：如果电荷运动方向和磁场方向平行时不受洛伦兹力；则电荷在磁场中做匀速运动，故D错误。

故选：B。2、C【分析】设原线圈中电流为I1，匝数为n1，两端输入电压为U1，输入功率为P1，幅线圈中电流为I2，匝数为n2，两端输出电压为U2，输出功率为P2，根据理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系有：＝所以当输出电压U2由220V降至110V时，副线圈匝数n2也应减少为一半，故选项C正确；由于副线圈两端所接用电器不变，所以当用电器电压减半时，其电流I2也减半，故选项A错误；根据功率计算式P＝UI可知，副线圈中输出功率P2变为原来的1/4，故选项B错误；由能量守恒定律可知，原线圈中输入功率P1也变为原来的1/4；故选项D错误．

【考点定位】理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系；部分电路欧姆定律、电功率计算式、能量守恒定律的应用．

【方法技巧】理清理想变压器中各参量间的因果关系，究竟是谁决定谁是正确解决此类问题的关键和突破口．3、A【分析】【分析】

【详解】

AB．铜制圆环在由a开始运动时；中线左侧时，内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；从圆环右侧开始越过中线到有一半越过中线过程中，因向里的磁通量较大，故磁通量向里减小，而一半越过中线时，磁通量达最小，然后再向右运动过程中，向外的磁通量增大，故总磁通量向外增大；所以由楞次定律可知，越过中心的全过程中，铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；当圆环全部越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，故A正确，B错误；

CD．再看安培力方向；由于磁感应强度在竖直方向均匀分布，把铜环分成若干份，则可知，对称的一小段在竖直方向的安培力是大小相等，方向相反的，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一定夹角，故CD错误。

故选A。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．当选择挡位3时；由电压与匝数的关系得。

U0:U3=n0:n3解得。

U3=110V故A正确；

B．当挡位由3变换到2时；输出电压减小，电动机消耗的功率减小，故B错误；

C．当选择挡位4时；由。

U0:U4=n0:n4可知。

U4=220V此时电动机中的电流为。

I==0.5A热功率。

P热=I2r=1W输出功率为。

P－P热=110W－1W=109W故D错误；

C．当选择挡位2时；电动机两端的电压小于220V，电动机的热功率小于1W，故C错误。

故选A。5、C【分析】【详解】

B．滑片向上滑动，回路电阻变大，电流减小，螺线管产生的磁场变弱，线圈a面积不变，穿过线圈a的磁通量变小；故B错误；

A．根据楞次定律可知，感应电流产生的感应磁场应竖直向下，线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流；故A错误；

C．根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，线圈a有扩张的趋势；故C正确；

D．根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈a会受到磁场向上的安培力；对桌面压力变小，小于自身重力，故D错误。

故选C。6、B【分析】【详解】

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，由几何知识可得θ=60°，α=30°，运动到x轴的最大距离为a，则有粒子的轨道半径r与a的关系为。

由洛伦兹力提供向心力，可得

由解析图和左手定则可知；粒子带负电，因此ACD错误，D正确。

故选B。7、C【分析】【详解】

A．库伦通过实验研究确认了电荷之间的相互作用力规律；故A错误；

B．法拉第发现了电磁感应现象；即穿过闭合回路的磁通量发生变化时，就会产生感应电流，故B错误；

C．奥斯特首次发现了通电导线周围存在着磁场；故C正确；

D．楞次概括总结了判断感应电流方向的规律；故D错误。

故选C。8、B【分析】【分析】

【详解】

切割磁感线的导体棒相当于电源，导体棒PQ为电源，由右手定则可知电流方向电源内部电流由低电势流向高电势，故P点电势高于Q点，由得电动势为P、Q两点的电势差等于路端电压，由闭合电路欧姆定律得P、Q两点的电势差大小为

故B正确；ACD错误。

故选B。9、C【分析】【分析】

【详解】

线圈进入磁场过程中磁通量向里增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针(为正)。在线圈左边没有进入磁场过程中，有效切割长度逐渐增大，根据可知感应电流逐渐增大；

当线圈左边进入磁场后；右边没有离开磁场前，有效切割长度不变，则感应电流不变；

当线圈右边离开磁场后；线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针(负值)，且有效切割长度逐渐增大，感应电流逐渐增大。

故选C。二、多选题(共7题，共14分)10、A:D【分析】【分析】

【详解】

AB．合上开关S接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大；最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮。故A正确，B错误；

CD．断开开关S切断电路时，通过A2的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2；所以两灯泡一起过一会儿熄灭。故C错误，D正确。

故选AD。11、B:C【分析】【分析】

【详解】

AB．在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定，因此保持Q位置不动时，输出电压U′不变，此时将P向上滑动，负载电阻值R增大，则输出电流减小，根据输入功率P等于输出功率P，电流表的读数I变小；故A错误，B正确；

CD．保持P位置不变，将Q向上滑动时，副线圈的匝数变多，则输出电压U′变大，I′变大；故电流表的读数变大，故C正确，D错误。

故选BC。12、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s；A正确；

B．由电磁波谱可知；B正确；

C．雷达是利用无线电波来测定物体位置的设备；C错误；

D．使载波随各种信号而改变的技术叫调制；把经调制的高频振荡电流中的信号还原出来的过程叫解调，D错误。

故选AB。13、B:C:D【分析】【详解】

A．P向左滑动时，R总增大，功率为

可知变压器的输入功率变小；故A错误；

B．若电压U减小，则变压器的输出电压U2减小，由

可知，当R和U2同时减小时；灯泡两端电压可以保持不变，故B正确；

C．温度升高时，RT减小，R总减小，I增大，由U并=U2-IR

U并减小；灯变暗，故C正确；

D．并联部分电压为

R和R并同时增大，可以保持U并不变，由

可知输入功率变小；故D正确。

故选BCD。14、A:C:D【分析】【详解】

由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON=9m＜3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方。也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点。

由于洛伦兹力提供向心力，所以

得

(1)．若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，

设OO′=s，由几何关系得r2=OM2+s2=9+s23r-9=s

联立得r1=3mr2=3.75m

分别代入得

由

可得

解得x1=0.9mx2=1.4m

(2)．若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′=s，由几何关系得r32=OM2+x2=9+x2x=9-r3

联立得r3=5m

代入得

则由

解得x3=2.5m

故选ACD。15、B:D【分析】【详解】

A．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则

解得

则当粒子的速度不变；磁场的磁感应强度变为原来的二倍时，半径变为原来的一半，则A错误；

B．如果粒子的速度增大为原来的二倍，半径变为原来的二倍，则从d飞出；故B正确；

C．如果粒子的速度增大为原来的四倍，半径变为原来的四倍，不可能从f射出；故C错误；

D．粒子在磁场中运动周期为

从ed射出转过半个周期时间相同；从f点射出；转过的角度小于半个周期，时间最小，故D正确。

故选BD。16、B:C:D【分析】【详解】

A．若电场、磁场分别沿z轴正方向和x轴正方向，则有带正电粒子所受到的电场力方向沿z轴正方向；由于运动方向与磁场方向平行，所以不受洛伦兹力，因此当电场力等于重力时，粒子可能匀速直线运动；当电场力不等于重力时，粒子做曲线运动．故A错误；

B．若电场、磁场均沿z轴正方向，则电场力沿z轴正方向，而洛伦兹力根据左手定则可得沿y轴正方向；所以当电场力等于重力时，由洛伦兹力提供向心力，使其可能做匀速圆周运动，故B正确；

C．若电场、磁场分别沿z轴负方向和y轴负方向，则有电场力沿z轴负方向，而洛伦兹力沿z轴正方向；当洛伦兹力大小等于重力与电场力之和时，粒子做匀速直线运动，故C正确；

D．若电场、磁场分别沿y轴负方向和z轴正方向，则有电场力沿y轴负方向，而洛伦兹力沿y轴正方向；当电场力等于洛伦兹力时，带电粒子恰好做平抛运动，即可能做匀变速曲线运动，故D正确．

故选BCD。

考点：本题考查了曲线运动的条件三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【详解】

根据电流I=P/U，线路上损失的电压U线=IR=

110V输电线电压损失U线1=PR/U1

11KV输电线电压损失U线2=PR/U2

故U线1：U线2=U2：U1=100:1；

输电线上的功率损失P线=I2R=

110V输电线的功率损失P线1=

11KV输电线的功率损失P线2=

故P线1：P线2==10000:1．【解析】100:110000:118、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】感生19、略

【分析】【详解】

[1][2]根据热敏电阻的性质进行分析；由于热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路中电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁，右侧电路没有接通，小灯泡不亮；

[3][4][5]当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小时，左侧电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通，小灯泡亮了；停止吹风后，小灯泡不会立即熄灭，因为热敏电阻温度仍然较高，当把热敏电阻放入冷水后，热敏电阻温度降低很快，阻值变大，故小灯泡熄灭。【解析】①.见解析②.亮了③.见解析④.小灯泡不会立即熄灭⑤.小灯泡熄灭20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3][4][5]机器人技术是在自动控制、电子计算机、人工智能、传感技术与新材料等多种门类的科学技术基础上发展起来的综合性技术。【解析】①.自动控制②.电子计算机③.人工智能④.传感技术⑤.新材料21、略

【分析】【详解】

（1）[1]导线受安培力的大小为

长L的导线内的总的带电粒子数为

又

电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，变现为导线所受的安培力，即

联立可以推导出洛伦兹力的表达式为

（2）[2][3]用洛伦兹力来定义磁感应强度，定义式为

两个定义式（而非物理量）的差别在于：磁感应强度是描述磁场力的性质的物理量，它的方向是小磁针静止时N极的受力方向；电场强度是描述电场力的性质的物理量，它的方向与正电荷的受力方向相同。【解析】磁感应强度是描述磁场力的性质的物理量，它的方向是小磁针静止时N极的受力方向；电场强度是描述电场力的性质的物理量，它的方向与正电荷的受力方向相同22、略

【分析】【详解】

[1][4]当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，电阻减小，电路中的电流增大，电流产生的磁感应强度变强，根据楞次定律的推论阻碍的理解，a环的磁通量增大，为了阻碍其变化，a将向左摆动，远离螺线管，因为a环的磁通量有内外两