2025年外研版选择性必修2物理上册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版选择性必修2物理上册阶段测试试卷366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5题，共10分)1、如图所示的区域内，存在垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子X（不计重力）以一定的初速度由左边界的P点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的N点穿出若撤去该区域内的电场而保留磁场不变，粒子X仍以相同初速度由P点射入；当粒子X从区域右边界穿出，则粒子X（）

A.动能可能减小B.动能一定不变C.穿出位置一定在N点上方D.穿出位置一定在N点下方2、如图所示磁场区域的边界为圆形，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。带电粒子从a点以初速度v0正对磁场中心O进入磁场，从b点离开磁场时速度方向偏转了若同样的粒子从a点以大于v0的速度沿原方向进入磁场，从c点（图中未画出）离开磁场，粒子在磁场中运动的时间为t，速度方向偏转的角度为不计粒子重力。正确的是（）

A.粒子带正电荷B.c点在b点左方C.D.<3、如图甲所示；弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁托起到某一高度（弹簧处于压缩状态）后放开，磁铁能上下振动较长时间停下来。如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈，如图乙所示，仍将磁铁托起到同一高度后放开，则下列说法正确的是（）

A.放线圈后，磁铁会更快地停下来B.放线圈后，磁铁振动的时间不改变C.因磁铁和线圈没有接触，所以线圈对磁铁没有作用D.放线圈后，线圈一直会对磁铁产生向上的作用力4、据新闻报道：2020年5月16日；广西玉林一在建工地发生了一起事故，一施工电梯突然失控从高处坠落，此次电梯坠落事故导致了一些人员伤亡。为了防止类似意外发生，某课外研究性学习小组积极投入到如何防止电梯坠落的设计研究中，所设计的防止电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，该学习小组认为能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是（）

A.当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势C.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，从上往下看，闭合线圈B的电流方向是逆时针D.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，已经穿过A闭合线圈，所以线圈A不会阻碍电梯下落，只有闭合线圈B阻碍电梯下落5、如图甲所示的LC振荡电路中，电容器上的电荷量随时间t变化的规律如图乙所示，t=0.3s时的电流方向如图甲中标示；则（）

A.0.5s至1s时间内，电容器在放电B.时，电路的电流为0C.时，线圈的自感电动势为0D.其他条件不变，增大电容器的电容，LC振荡电路周期减小评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，S1闭合稳定后，当S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开；下列说法正确的是（）

A.B灯立即熄灭B.A灯亮一下后熄灭C.有电流通过B灯，方向为c→dD.有电流通过A灯，方向为b→a7、如图所示，单匝金属圆环处于匀强磁场中，匀强磁场的方向垂直于圆环所在的平面向里，金属圆环的电阻为圆环正以直径为转轴且以角速度匀速转动，当从图示位置开始计时，金属圆环转过时的感应电流为I，则下列说法正确的是（）

A.金属圆环中感应电流的有效值为B.金属圆环转动过程中穿过金属圆环的磁通量的最大值为C.从图示位置开始转过的过程中，通过金属圆环横截面的电荷量为D.金属圆环转一周的过程中，产生的热量为8、如图所示，a、b两端接电压稳定的正弦交变电源，变压器的原、副线圈的匝数之比为n，且定值电阻的阻值电流表、电压表均为理想交流电表，其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器的滑片P时，电流表、电压表的示数变化量的绝对值分别用∆I和∆U表示。则以下说法正确的是（）

A.B.C.变压器的输出功率一定减小D.变压器的输出功率可能先增大后减小9、如图是安培研究通电导体间相互作用的简化示意图。甲、乙、丙三个圆形线圈的圆心在同一水平轴线上，轴线垂直线圈平面.甲和丙固定且用导线串联，并通以电流I1，乙通入电流I2；电流方向在图中标出，则乙线圈（）

A.圆心处的磁场方向水平向左B.圆心处的磁场方向水平向右C.受到甲对它的吸引力D.受到丙对它的排斥力10、如图所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度从坐标原点O沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时，质子通过P（d，d）点时的动能为5Ek；若场区仅存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，质子也能通过P点。不计质子的重力。设上述匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B；则下列说法中正确的是（）

A.B.C.D.11、如图所示，在同一竖直平面内固定两根水平放置的长直导线，导线中通有同方向的稳恒电流矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。现将线框以初速度从位置Ⅰ竖直上抛，经过两水平导线的中线（图中虚线，导线框的中线与虚线重合在位置Ⅱ）上升到最高点Ⅲ后又落回抛出点，设落回抛出点的速度大小为不计空气阻力，已知重力加速度为则下列说法中正确的是（）

A.在上升过程中矩形线框的电流方向先沿着逆时针方向然后变为顺时针方向B.矩形线框在位置Ⅱ时磁通量为零，感应电流也为零C.矩形线框在上升和下落的过程通过线框的电荷量相等D.矩形线框在上升和下落的全过程所用的时间12、半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。直杆在圆环上以速度v平行于直径向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定；如图所示。则（）

A.时，直杆产生的电动势为B.时，直杆产生的电动势为C.时，直杆受的安培力大小为D.时，直杆受的安培力大小为13、如图所示，相距L的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R的圆弧部分和水平平直部分组成。MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd（长度均为L）垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触；cd离开磁场时的速度是此时ab速度的一半。已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计；重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.闭合回路感应电流产生磁场与原磁场方向相反B.cd在磁场中运动的速度不断变大，速度的变化率不断变小C.cd在磁场中运动的过程中流过ab横截面的电荷量q＝D.从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为mgR评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、接收原理：电磁波在传播时如果遇到_________，会使导体中产生感应电流，空中的导体可以用来接收电磁波，这个导体就是接收_____________15、LC振荡电路的放电；充电过程。

（1）电容器放电：由于线圈的______作用，放电电流不会立刻达到最大值，而是由零逐渐增大，同时电容器极板上的电荷逐渐______。放电完毕时，极板上的电荷量为零，放电电流达到______。该过程电容器的______全部转化为线圈的______。

（2）电容器充电：电容器放电完毕时，由于线圈的______作用，电流并不会立刻减小为零，而要保持原来的方向继续流动，并逐渐减小，电容器开始______，极板上的电荷逐渐______，电流减小到零时，充电结束，极板上的电荷最多．该过程中线圈的______又全部转化为电容器的______。16、两类变压器。

副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作______变压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作______变压器。17、变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的；如图所示为可拆式变压器的构造。

（1）其工作原理是：___________；

（2）实验中考虑到变压器“三损”，实验结论将有：___________（选填“>”“＜”或“=”）。18、徐老师用实验来探究自行车测速码表用的霍尔元件中自由电荷的电性。如图所示，设NM方向为x轴，沿EF方向（y轴）通入恒定电流I，垂直薄片方向（z轴）加向下的磁场B，测得沿___________（填“x”“y”或“z”）轴方向会产生霍尔电压如果自由电荷为负电荷，则___________（真“M”或“N”）板电势高。

19、正方形导线框处于匀强磁场中；磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k．导体框质量为m；边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动．导体框在磁场中的加速度大小为__________，导体框中感应电流做功的功率为_______________．

20、(1)某同学欲将如图1所示的微安表改装成量程为的电压表。已知微安表的内阻为需要_____（选填“串联”或“并联”）________的电阻。

(2)该同学用改装后的电压表测量某段电路两端的电压时，指针所指位置如图2所示，则所测的电压为________

(3)微安表在运输时需要用导体把正负两个接线柱连在一起，请说明这样做的理由______。21、如图所示是一个按正弦规律变化的交变电流的图象，则该交变电流的周期是______s，电压的有效值是_______V。

评卷人得分四、作图题(共4题，共16分)22、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。

23、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。

24、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。

25、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1题，共3分)26、在远距离输电时，要尽量考虑减少输电线上的功率损失，有一个电站，输送的电功率P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时；测得安装在输电线路起点和终点处的两只电能表一昼夜表示数相差4800kW·h。求：

(1)输电效率η和输电线总电阻r；

(2)若想使输电效率提高到90%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

CD．以一定的初速度由左边界的P点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的N点穿出，这是速度选择器模型，只需满足与电荷量与质量无关，所以带电粒子电性不知，若撤去该区域内的电场而保留磁场不变，洛仑兹力方向可能向上也可能向下，所以穿出点可能在N的上方也可能在N点的下方，所以CD错误；

AB．因为只有磁场时；只受洛仑兹力作用，洛仑兹力不做功所以粒子的速度保持不变，则A错误；B正确；

故选B。2、D【分析】【详解】

A．根据左手定则可知；粒子带负电，故A错误；

BCD．由

可得

即速度越大；做圆周运动的半径越大，如图所示。

所以c点在b点的右侧；由

可得

所以粒子在磁场中运动时间

则

由上图可以看出，小于所以故BC错误D正确。

故选D。3、A【分析】【详解】

由楞次定律可知；将磁铁托起到同一高度后放开，线圈中会产生感应电流，使磁铁始终受到阻碍，时而体现引力；时而体现斥力，磁铁会更快地停下来。故A正确，BCD错误。

故选A。4、B【分析】【详解】

A．感应电流会阻碍磁铁的相对运动；但不能阻止磁铁的运动，若电梯停在空中，线圈不会产生感应电流，电梯上的磁铁不会受到感应电流的作用，所以电梯不可能停在空中，故A错误；

BD．当电梯坠落至如图位置时；线圈A中向上的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，由左手定则可判断，线圈A各小段受到的安培力沿半径向外且向下，所以A有扩张的趋势，由牛顿第三定律可知，电梯上的磁铁会受到线圈A向上的阻碍作用，故B正确，D错误；

C．当电梯坠落至如图位置时；线圈B中向上的磁场增强，由楞次定律可知，从上向下看线圈B中感应电流的方向是顺时针方向，故C错误。

故选B。5、A【分析】【详解】

A．在0.5s至1s时间内，q减小；电容器放电，故A正确；

B．电流大小为q的变化率，在1s时，q的变化率最大；电流最大，故B错误；

C．t=0.5s时；电流为零，电流的变化率最大，线圈的自感电动势最大，故C错误；

D．由可知，其他条件不变，增大电容器的电容，LC振荡电路周期变大；故D错误。

故选A。二、多选题(共8题，共16分)6、A:D【分析】【分析】

【详解】

AC．由于定值电阻R没有自感作用，故断开S1时；B灯立即熄灭，A正确，C错误；

BD．S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯一样亮，说明两个支路中的电流相等，这时线圈L没有自感作用，可知线圈L的直流电阻也为R，在S2、S1都闭合且稳定时，IA=IB，S2闭合，待电路稳定后将S1断开，由于线圈的自感作用，流过A灯的电流方向变为b→a；A灯缓慢熄灭，B错误，D正确。

故选AD。7、B:C:D【分析】【详解】

圆环产生的感应电动势瞬时值表达式为则感应电流的瞬时值表达式为金属圆环转动周期金属圆环转过所用时间为将代入感应电流的瞬时值表达式，得感应电流的最大值则金属圆环中感应电流的有效值为A错误；由上述分析可知穿过金属圆环的磁通量的最大值中即有得B正确；通过金属圆环横截面的电荷量而感应电流平均值由法拉第电磁感应定律有中，代入可得而从图示位置开始转过的过程中，可得C正确；金属圆环转一周的过程中，产生的热量D正确.8、B:D【分析】【详解】

AB．设变压器输入电压为输入电流为变压器输出电压为U，输出电流为I，由变压比公式有得

又由变流比公式有

得

电源电压U0则有

电源电压稳定，可知

A错误；B正确；

CD．当向下调节滑动变阻器的滑片P时，导致副线圈回路中总电阻增大，则回路中的总电流减小，原线圈中电流减小，电阻R1的电压降减小，而a、b两端电压一定，原线圈两端电压增大，副线圈两端电压增大，由功率公式P=UI可知，因R1和R3没有具体数据；不能确定副线圈电路消耗电功率的变化，即变压器的输出功率不一定减小，变压器的输出功率可能先增大后减小，C错误，D正确。

故选BD。9、B:C【分析】【详解】

AB．根据右手螺旋定则可知；圆心处的磁场方向水平向右，故A错误，B正确；

CD．三个线圈的电流方向相同；同向电流相互吸引，故乙受到甲对它的吸引力，乙受到丙对它的吸引力，故C正确，D错误。

故选BC。10、B:D【分析】【分析】

【详解】

AB．设质子进入场区的初速度为v0；质子在电场中做类平抛运动。

d=v0t竖直方向上。

d=tvy=at解得。

所以A错误；B正确；

CD．质子在磁场中做匀速圆周运动，且R=d；在磁场中洛伦兹力提供向心力，即。

联立解得。

所以C错误；D正确；

故选BD。11、C:D【分析】【详解】

A．根据直导线的安培定则；磁场的叠加，在虚线的下面，磁场的方向垂直直面向外，在虚线的上面磁场的方向垂直纸面向里，从下往上磁通量先向外逐渐减小然后向里逐渐增加，根据楞次定律，电流方向一直是逆时针方向，A错误；

B．矩形线框在位置Ⅱ时磁通量为零；但是磁通量的变化率不为零，感应电流不为零，B错误；

C．两根的电流相同，则从位置Ⅰ竖直上抛，经过两水平导线的中线（图中虚线，导线框的中线与虚线重合在位置Ⅱ）上升到最高点Ⅲ后又落回抛出点时上升和下降过程磁通量的变化量相同，根据

则有

矩形线框在上升和下落的过程通过线框的电荷量相等；C正确；

D．矩形线框在上升过程中，线框受到的安培力根据左手定则，安培力的方向向下，矩形线框在下降过程中，根据直导线的安培定则，磁场的叠加，在虚线的下面，磁场的方向垂直直面向外，在虚线的上面磁场的方向垂直纸面向里，磁通量逐渐减小然后逐渐增加，根据楞次定律，电流方向一直是瞬时针方向，线框受到的安培力根据左手定则，安培力的方向向上，上升过程，根据动量定理，选向下为正方向

整理得

下降过程

整理得

解得

矩形线框在上升和下落的全过程所用的时间

D正确。

故选CD。12、A:D【分析】【分析】

【详解】

AC．当时，直杆切割磁感线的有效长度所以直杆产生的电动势为

此时直杆上的电流为

直杆受到的安培力大小

选项A正确；选项C错误；

BD．当时，直杆切割磁感线的有效长度为

直杆产生的电动势为

此时电路的总电阻为

直杆上的电流为

直杆受到的安培力大小

选项B错误；选项D正确。

故选AD。13、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．cd在磁场中运动时，abcd回路中磁通量减小；根据楞次定律可知，闭合回路感应电流产生磁场与原磁场方向相同，故A错误；

B．当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动；故B正确；

C．ab从释放到刚进入磁场过程；由动能定理得。

对ab和cd系统；合外力为零，则由动量守恒。

解得。

对cd由动量定理。

其中。

解得。

故C正确；

D．从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系。

其中。

解得。

故D正确。

故选BCD。三、填空题(共8题，共16分)14、略

【解析】①.导体②.天线15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.自感②.减少③.最大值④.电场能⑤.磁场能⑥.自感⑦.反向充电⑧.增多⑨.磁场能⑩.电场能16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.降压②.升压17、略

【分析】【详解】

（1）[1]变压器有两组线圈。初级线圈和次级线圈。次级线圈在初级线圈外边。当初级线圈通上交流电时；变压器铁芯产生交变磁场，次级线圈就产生感应电动势，即变压器工作原理是采用电磁感应或者互感；

（2）[2]实验中考虑到变压器“三损”，即铁芯损耗（不变损耗简称铁损），铜损（可变损耗）和附加损耗。实验结论将有【解析】电磁感应或互感大于18、略

【分析】【详解】

[1][2]由左手定则知，带负电的自由电荷向N板偏转，NM间（轴方向）产生霍尔电压，M板电势高。【解析】M19、略

【分析】【详解】

试题分析：导体框四个边所受安培力的合力为零，故可知其在磁场中的加速度为导体框中的电流为故感应电流做功的功率为

考点：欧姆定律、电功率、电磁感应定律【解析】20、略

【分析】【详解】

(1)[1]把微安表改装成电压表,需要串联一个分压电阻；故选填“串联”。

[2]已知微安表的满偏电流为

分压电阻的阻值为

(2)[3]图2的读数为

所测电压为

(3)[4]微安表在运输过程中由于振动会使指针不停的摆动，可能导致指针损坏，若将正负接线柱接在一起，就相当于把电表的线圈电路组成闭合回路，当指针摆动时，产生感应电流，进而就有安培力作用，安培力会阻碍指针的摆动，保护指针。这就是利用电磁阻尼原理，目的是保护电表指针，防止指针打坏。【解析】串联利用电磁阻尼原理，目的