2025年新科版选择性必修2物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年新科版选择性必修2物理下册阶段测试试卷381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6题，共12分)1、如图所示，两根平行放置的长直导线a和b长度均为L，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，a和b中分别通有电流强度为I和2I的恒定电流，且电流方向相同，已知a导线受到的磁场力大小为零，则b导线受到的磁场力大小为（）

A.0B.IBLC.2IBLD.3IBL2、质量为m、电荷量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B；如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（）

A.小物块一定带正电B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C.小物块在斜面上运动时做加速度增大、而速度也增大的变加速直线运动D.小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为3、如图所示对磁感强度B、电流I和安培力F方向的相互关系，表示正确的是（）A.B.C.D.4、如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点；不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（）

A.粒子带负电B.从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率C.从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间D.所有粒子所用最短时间为5、图示为霍尔元件工作的示意图，霍尔电压从N、M端输出，表达式为（d为霍尔元件的厚度）。其中k为霍尔系数。若该霍尔元件的载流子为电子e，n为载流子的密度，e为载流子的电量。则下列判断正确的是（）

A.N端的电势比M端高，霍尔系数为B.M端的电势比N端高，霍尔系数为C.N端的电势比M端高，霍尔系数为D.M端的电势比N端高，霍尔系数为6、下列关于物理学史实的描述，正确的是（）A.法拉第发现了电场中存在电场线B.安培用分子电流假说来解释电磁感应现象C.开普勒发现了行星绕中心天体运行的轨迹是椭圆D.楞次提出感应电流产生的磁场方向总是与原磁场方向相反评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、如图，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d。设荧光屏足够大；不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（）

A.若磁感应强度则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为B.若磁感应强度则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为C.若磁感应强度则荧光屏上形成的亮线长度为D.若磁感应强度则荧光屏上形成的亮线长度为8、如图，理想变压器原线圈与定值电阻串联后接在电压36Ⅴ的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1：3，已知=4R的最大阻值为100现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动；下列说法正确的是（）

A.电压表示数变小，电流表示数变大B.电源的输出功率变小C.当R=4时，电压表示数为108VD.当R=36时，R获得的功率最大9、空间在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上磁感应强度的方向以垂直纸面向里为正，磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（）

A.圆环所受安培力先变小后变大B.圆环所受安培力先向右后向左C.圆环中的感应电流大小为D.圆环中的感应电流大小为10、如图为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为一质子从加速器的A处开始加速，已知D形盒的半径为高频交变电源的电压为频率为质子质量为电荷量为不计粒子在电场中运动的时间。下列说法正确的是（）

A.质子的最大速度为B.质子的最大动能为C.质子在磁场中运动的时间与无关D.电压越大，质子在电场中加速的次数越多11、在竖直平面内建立直角坐标系，曲线y=位于第一象限的部分如图所示，在曲线上不同点以一定的初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m、带电荷量为＋q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点O，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域（图中未画出），结果小球恰好在竖直面内做匀速圆周运动，并且都能打到y轴负半轴上。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B（g取10m/s2）；则下列说法正确的是（）

A.第三象限的电场强度大小为方向竖直向下B.小球的初速度为10m/sC.第三象限的磁场方向一定是垂直纸面向里D.要使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积是12、如图所示，磁铁固定在水平放置的电子测力计上时，测力计的示数为现控制导线框abcd平面与磁场方向垂直，底边水平，以恒定的速率在磁场中竖直向下运动。当ab边进入磁铁两极间时，测力计的示数变为将磁铁两极间的磁场视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。则（）

A.ab边进入磁场时，流过ab边电流由a指向bB.ab边进入磁场时，线框受到的安培力竖直向上C.ab边中的感应电动势是由于洛伦兹力的作用产生的D.磁场的磁感应强度大小与（）成正比13、纸面内有U形金属导轨，AB部分是直导线。虚线范围内有垂直纸面向里的匀强磁场。AB右侧有圆线圈C。为了使C中产生顺时针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情况是（）

A.向右加速运动B.向右减速运动C.向左加速运动D.向左减速运动14、一小型发电机，输出功率为25kW，发电机的输出电压为输电线总电阻为为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的5%，需要采用高压输电。设用户所需电压为220V，则下列判断正确的是（）A.升压变压器原、副线圈匝数比约为1:4B.降压变压器原、副线圈匝数比约为8:1C.输电导线上的电压损失约为286VD.可供593盏“220V，40W”的白炽灯正常工作评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、变压器是根据电磁感应原理工作的，所以变压器只能改变________（填“直流”或“交流”）电的电压，在远距离送电中，导线上会有电能损失，损失的电能主要由电流的热效应引起，在输电功率一定时，输电电压越________（填“高”或“低”），电能损失就越小。16、感生电动势：

由______电场产生的电动势叫感生电动势。17、涡流：当线圈中的______随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，用图表示这样的感应电流，就像水中的旋涡，所以把它叫作______，简称______。18、如图所示，两根相距为L的竖直平行金属导轨位于匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨电阻不计，另两根与光滑轨道接触的金属杆质量均为m，电阻均为R，若要使cd杆恰好平衡，且静止不动，则ab杆运动速度大小是___________，需对ab杆施加的外力大小为___________。

19、如图所示，当导线棒ab在外力作用下沿导轨向左运动时，流过R的电流方向是_________。（用字母表示）

20、面积S=0.1m2的100匝矩形线框abcd，处在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，t=0时刻线框位于水平面，磁场方向与水平面夹角θ=角(如图所示)，当线框以ab为轴以角速度ω=π(rad/s)顺时针转过过程中，线框产生的平均电动势为_____V

21、判断下列说法的正误．

（1）两个线圈相距较近时，可以产生互感现象，相距较远时，不产生互感现象．（____）

（2）自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反．（____）

（3）线圈的自感系数与电流大小无关，与电流的变化率有关．（____）

（4）线圈中电流最大的瞬间可能没有自感电动势．（____）22、如图所示，和是输电线，在图中空圈内填入所用的电表的符号______，若已知变压比为变流比为并且知道电压表示数为220V，电流表示数为1000A，则输电线路中的功率为______W。

23、电阻应变片：电阻应变片有金属电阻应变片和_______应变片，半导体电阻应变片的工作原理是基于半导体材料的____效应。评卷人得分四、作图题(共4题，共16分)24、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。

25、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。

26、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。

27、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、解答题(共2题，共18分)28、“电磁炮”的模型如图，光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L=0.1m，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=1T，“弹体”总质量m=0.01kg，弹体在轨道间的电阻R=1Ω，可控电源的内阻r=4Ω，提供的电流是I=0.2A；以保证“电磁炮”匀加速发射，不计空气阻力。求：

（1）弹体所受安培力大小；

（2）弹体从静止加速到10m/s过程中系统产生的总热量。

29、如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有竖直向下的匀强电场E1，虚线是第二、三象限的角平分线，虚线的右上方有垂直纸面向里的匀强磁场B；第三、四象限有水平向左的匀强电场E2，且E1=E2。现有一电荷量为q、质量为m的带电微粒由x轴上的P点（L，0），以大小为v0、方向与x轴正方向成45°角的速度射入第二象限，微粒沿直线运动到虚线上的Q点，然后进入磁场，再从坐标原点O进入第三象限，最后打在y轴上的N点，已知重力加速度为g。求：

(1)电场强度E1的大小和磁场感应强度B的大小；

(2)微粒通过N点的位置坐标和速度；

(3)微粒从P点运动到N点经历的时间。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

由左手定则可知，A导线受到安培力大小为BIL，方向向左，故受到b导线的作用力方向向右，大小等于BIL，对b导线受力分析可知，受到安培力2BIL，方向向左，受到a导线的作用力大小等于BIL，方向向左，故b导线受到的合力为3BIL；D正确。

故选D。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零；知其所受洛伦兹力的方向应垂直于斜面向上，根据左手定则知，小物块带负电，故A错误；

BC．小物块在运动的过程中受重力、斜面的支持力和洛伦兹力，合力沿斜面向下，大小为

根据牛顿第二定律知

小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动；故B正确，C错误；

D．当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有

解得

故D错误。

故选B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．由左手定则可知，通电导线受到的安培力F应竖直向下；A错误；

B．由左手定则可知，通电导线受到的安培力F应斜向左上方且与磁场B垂直；B错误；

C．电流方向与磁场方向平行；不受安培力作用，C错误；

D．由左手定则可知，图中所画磁感强度B、I和安培力F方向的相互关系正确；D正确。

故选D。4、D【分析】【详解】

A．粒子做逆时针的匀速圆周运动；根据左手定则，可知粒子带正电，A错误；

B．根据

得

从M点射出粒子的圆周半径更小；则速度更小，B错误；

CD．由

粒子周期不变；圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，有几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图。

当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小。Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为则最短时间为

M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系；C错误，D正确。

故选D。5、B【分析】【详解】

由题意知载流子为电子，带负电，根据左手定则可判断，带负电荷的载流子在磁场力的作用下向N端偏转，所以N端带负电，M端的电势比N端高；当霍尔效应产生的电场力与洛伦兹力平衡时，设MN两端的距离为h，有

可得

导体中电流的表达式是

其中n为载流子的密度，由题意有

则

解得

综上分析可知B正确；ACD错误。

故选B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．法拉第不仅提出了电场的概念；而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场，电场线实际不存在，故A错误；

B．安培研究了电流间相互作用的规律；并提出了分子电流假说来解释磁现象，故B错误；

C．开普勒发现了行星绕中心天体运行的轨迹是椭圆；故C正确；

D．感应电流的方向总是阻碍原磁场的变化；原磁场减小时，感应磁场与原磁场方向相同，故D错误。

故选C。二、多选题(共8题，共16分)7、B:D【分析】【详解】

AB．若磁感应强度即粒子的运动半径为r==d

如图所示：

到达荧光屏的粒子运动时间最长的是发射速度沿垂直且背离MN运动的粒子，其运动时间（周期T=）为

运动时间最短的是以d为弦长的粒子，运动时间为

所以最大时间差为

故A错误；B正确；

CD．若磁感应强度即粒子的运动半径为R=2d；如图所示：

到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN相切的，设下半部分的亮线长度为x1，根据几何关系，有

解得到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为x2，根据几何关系，有

解得所以亮线的总长度为故C错误，D正确。

故选BD。8、A:D【分析】【详解】

AB．由理想变压器的特点可知

又I1：I2=3：1

可知

滑动变阻器R的滑片P向下滑动，R减小，所以I1变大，由

可得I2变大，电流表示数变大，由P=U0I1

知电源的输出功率变大，原线两端电压

因为I1变大，所以U1减小，由

可得U2减小；电压表示数减小，故A正确，B错误；

C．原线圈与副线圈两端电压之比为

电流之比

联立可得

即R=4Ω时，I2=2.7A，电压表示数为U2=I2R=10.8V

故C错；

D．R获得的功率

当时，R获得的功率最大，此时有R=9R0=36Ω

故D正确。

故选AD。9、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．根据B-t图象，磁感应强度变化率不变，则感应电流大小不变，但磁场先减小后增大，根据F=BIL可知圆环所受安培力先变小后变大；选项A正确；

B．由楞次定律可知；线圈中感应电流方向一直为顺时针，磁场先垂直纸面向里，根据左手定则可知安培力先向左，选项B错误；

CD．由闭合电路欧姆定律得

又根据法拉第电磁感应定律得

又根据电阻定律得

联立得

选项C正确；D错误．

故选AC。10、A:B【分析】【详解】

A．质子圆周运动最大半径为D形盒的半径则

解得

A正确；

B．根据上述有

B正确；

C．令加速次数为n，则有

粒子在磁场中圆周运动的周期为

质子在磁场中运动的时间

解得

可知，质子在磁场中运动的时间与有关；C错误；

D．根据上述有

解得

可知，电压越大；质子在电场中加速的次数越少，D错误。

故选AB。11、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．小球在第三象限做匀速圆周运动，则mg=qE

即E=方向竖直向上，A错误；

B．设小球释放点的坐标为(x，y)，初速度为v0，由平抛规律可知x=v0ty=gt2

由以上两式可得y=x2，又由题意可知y=联立可得v0=10m/s；B正确；

C．根据题意结合左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里；C正确；

D．设小球最初进入第三象限时合速度为v，与y轴负半轴夹角为α，则有v0=vsinα

洛伦兹力提供向心力qvB=m

联立可得r=小球在磁场中的偏转角恒为2α且运动轨迹的弦长不变，恒为要使小球都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积为Smin=πR2=

D正确。

故选BCD。

12、B:C【分析】【详解】

AB．ab边进入磁场时，线框abcd的磁通量增加，根据楞次定律，流过ab边电流由b指向a；线框受到的安培力竖直向上，故A错误，B正确；

C．ab边中的感应电动势是ab边运动切割磁感线产生的，本质是由于洛伦兹力的作用产生的，故C正确；

D．设ab边长度为运动速度为导线框电阻为磁场磁感应强度为则ab边产生的感应电动势为

感应电流为

ab边受到的安培力为

根据题意有

联立可得

可知磁场的磁感应强度与（）不成正比；故D错误。

故选BC。13、A:D【分析】【详解】

AB．导体棒向右加速运动，根据右手定则可知回路中电流为根据安培定则可知在圆线圈内产生的磁场为垂直于纸面向外，根据楞次定律可知线圈中为了阻碍垂直于纸面向外的磁场增大，感应电流产生垂直于纸面向内的磁场，根据安培定则可知线圈中的感应电流为顺时针方向；同理导体棒向右减速运动则不满足题意，A正确，B错误；

CD．导体棒向左减速运动，根据右手定则可知回路中的电流为根据安培定则可知圆线圈内产生的磁场垂直于纸面向内且减小，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流为顺时针方向；同理导体棒向左加速运动则不满足题意，C错误，D正确。

故选AD。14、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．通过升压变压器原线圈的电流

输电线上损失的功率为

得输电线上的电流

升压变压器原线圈与副线圈的匝数比

A正确；

B．升压变压器的输出电压

流过降压变压器原线圈的电流

降压变压器原线圈两端的电压

已知降压变压器的输出电压，即用户电压

所以降压变压器原线圈与负线圈的匝数比

B错误；

C．输电导线上的电压损失约为

C错误；

D．设可安装的白炽灯为n盏，则灯消耗的功率等于降压变压器的输出功率

又对理想变压器有

解得

可取593；D正确；

故选AD。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]变压器是根据电磁感应原理工作的；所以变压器只能改变交流电的电压；

[2]在远距离送电中，导线上会有电能损失，损失的电能主要由电流的热效应引起，在输电功率一定时，根据

可知，输电电压越高，电能损失就越小。【解析】交流高16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】感生17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】电流涡电流涡流18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]要使cd杆恰好平衡，且静止不动，cd杆应满足

由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得

联立解得ab杆运动速度大小为

[2]ab杆应以速度v匀速上升，由平衡条件可得

联立解得需对ab杆施加的外力大小为【解析】2mg19、略

【分析】【详解】

[1]．当导线棒MN在外力作用下沿导轨向左运动时，根据右手定则可知，流过R的电流方向从e到d。【解析】从e到d.20、略

【分析】【详解】

[1]矩形线圈abcd如图所示放置，此时通过线圈的磁通量为Φ1=BSsinθ①

当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ab轴转90°角时；穿过线圈反面；

则其的磁通量Φ2=-BScosθ②

线框产生的平均电动势③

由①②③式解得，线框产生的平均电动势为【解析】2.8V21、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】错误错误错误正确22、略

【分析】【详解】

[1]由题图可知电表1所接变压器原线圈并联在两根输电线上；所以该变压器为电压互感器，电表1应是电压表V；电表2所接变压器原线圈串联在一根输电线上，所以该变压器为电流互感器，电表2应是电流表A。如图所示。

[2]根据理想变压器变压规律可知输电电压为

根据理想变压器变流规律可知输电电流为

所以输电线路中的功率为【解析】见解析23、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】半导体电阻压阻四、作图题(共4题，共16分)24、略

【分析】【详解】

根据左手定则，画出通过电导线I所受磁场力的方向如图所示。

【解析】25、略

【分析】【分析】

根据题中“要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯”可知；本题考查交流电的