2025年外研衔接版选择性必修2物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年外研衔接版选择性必修2物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、如图所示；理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（）

A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表示数变大D.若闭合开关S，则电流表示数变大，示数变大2、如图所示，在竖直放置的长直导线右侧有一矩形线框abcd，导线与线框在同一平面内，且线框的ad、bc边与导线平行，导线中通有如图所示的恒定电流，能使线框中产生沿abcda方向的感应电流的是（）

A.线圈水平向左平动B.线圈水平向右平动C.线圈竖直向上平动D.线圈竖直向下平动3、在如图所示的电路中；理想变压器原线圈接电压有效值恒定的正弦交流电，下列分析正确的是（）

A.只将开关S1从2拨向1，电流表A的示数变小B.只将开关S1从2拨向1，副线圈两端的电压不变C.只将开关S2从4拨向3，R1和R2消耗的总功率变大D.只将开关S3从闭合改为断开，变压器的输入功率变小4、如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、带电荷量为q的正电荷（重力忽略不计）以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角。则磁场的磁感应强度大小为（）

A.B.C.D.5、如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场；又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越短的带电粒子（）

A.在磁场中的周期一定越小B.在磁场中的速率一定越小C.在磁场中的轨道半径一定越大D.在磁场中通过的路程一定越小6、一半径为的圆形区域内有匀强磁场，现有一边长也为的正方形线框，以速度匀速向右运动，某时刻点恰好位于磁场区域的圆心处；如图所示，则该时刻线框所受安培力的方向为（）

A.水平向左B.竖直向上C.沿方向D.沿方向7、如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，角速度为线圈匝数为n，电阻为r，外接电阻为R，A为理想交流电流表，线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）转过时的感应电流为I；下列说法错误的是（）

A.电流表的读数为2IB.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C.从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为D.线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡；线圈L是直流电阻可以忽略不计自感系数很大的线圈，下列说法中正确的是（）

A.闭合开关S接通电路时，A2先亮A1后亮，最后一样亮B.闭合开关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延时熄灭，有由a到b的电流流过A2D.断开开关S切断电路时，A1和A2都立即熄灭9、下列说法中，正确的有（）A.最早发现电和磁有密切联系的科学家是奥斯特B.电磁感应现象是法拉第发现的C.建立完整的电磁场理论的科学家是麦克斯韦D.最早预言电磁波存在的科学家是赫兹10、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计。从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100πtV。下列说法中正确的是（）

A.t=s时，电压表的读数为22VB.t=s时，ac两点电压瞬时值为110VC.滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大D.单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变大11、如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，粒子的重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略，进入磁场的粒子会从某一段圆弧射出磁场边界则下列结论正确的是（）

A.若n=2，则所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行B.若n=2，则粒子从P点进入磁场时的速率为C.若n=4，则粒子从P点进入磁场时的速率为D.若n=4，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到B时，则n的值变为212、如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成30°斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q；不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（）

A.粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长B.初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为mvC.速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为D.匀强磁场区域的最小面积为13、如图是公路上安装的一种测速“电子眼”。在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈；当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速车辆进行抓拍。下列判断正确的是（）

A.汽车经过线圈会产生感应电流B.线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的C.“电子眼”测量的是汽车经过第二个线圈的瞬时速率D.如果某个线圈出现故障，没有电流，“电子眼”还可以正常工作14、下列说法中正确的是_______。A.变化的电场一定产生变化的磁场B.电磁波是横波C.紫外线的频率比红外线的频率大E.在“双缝干涉实验”中，其它条件不变，若双缝间距越大，屏上相邻亮条纹间距越小E.在“双缝干涉实验”中，其它条件不变，若双缝间距越大，屏上相邻亮条纹间距越小评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、两个速率不同的同种带电粒子，如图所示，它们沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场的上边缘射入，从下边缘飞出时，相对于入射方向的偏转角分别为90°，60°，则它们在磁场中运动的轨道半径之比为________，在磁场中运动时间比为________。

16、传感器是一种能感知和识别信息的装置，它由______和______组成，能将感知和测量到的非电学量转别为______。17、磁电式电流表。

（1）原理：安培力与电流的关系，通电线圈在磁场中受到______而偏转，线圈偏转的角度越大，被测电流就______根据指针的______；可以知道被测电流的方向．

（2）构造：______、______；螺旋弹簧、指针、极靴．

（3）特点：极靴与铁质圆柱间的磁场沿______方向，线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线______，且线圈左右两边所在处的磁感应强度大小______。

（4）优点：灵敏度高，可以测出______的电流。缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流______。18、某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向125km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是______，如果用户用电器的额定电压为220V，所用理想降压变压器原、副线圈匝数比是______.19、M板附近的带电粒子由静止释放后从M板加速运动到N板（MN板间电压为U），从N板上的小孔C飞出电场，垂直进入以N板为左边界的磁感应强度为B的匀强磁场中，半个圆周后从D处进入如图所示的电场，PQ两板间匀强电场的电场强度为E，PQ板长为d。则该电荷电性为____（正电、负电、无法确定），到C的速度为_____（用m，q，U表示），最后从匀强电场E中飞出的速度大小为_____（已知带电粒子电荷量为q，质量为m；不记重力，各有界场之间互不影响）

A.B.C.D.20、学习楞次定律的时候，老师往往会做如下图所示的实验。图中，a、b都是很轻的铝环，环a是闭合的，环b是不闭合的。a、b环都固定在一根可以绕O点自由转动的水平细杆上，开始时整个装置静止。当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，a环将___________；当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环将___________。填“靠近磁铁”、“远离磁铁”或“静止不动”

评卷人得分四、作图题(共4题，共24分)21、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。

22、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。

23、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。

24、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)25、如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L=1m，导轨间连接的定值电阻R=3Ω，导轨上放一质量为m=0.1kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r=1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=1T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10m/s2。现让金属杆从AB水平位置由静止释放；忽略空气阻力的影响，求：

（1）金属杆的最大速度。

（2）达到最大速度后，某时刻若金属杆ab到导轨顶端MP的距离为h，为使ab棒中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？推导这种情况下B与t的关系式。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

ABC．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，回路总电阻变大，总电流强度减小，R1消耗的功率减小；原线圈电流强度也减小；原线圈电压不变，副线圈电压也不变，加在R1两端的电压减小；因此电压表V示数增大，AC错误B正确；

D．若闭合开关S，回路总电阻减小，电流强度增大，R1分得的电压升高，加在R2两端的电压降低，流过R2的电流强度减小，即A2的示数减小；D错误。

故选B。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．电流形成的磁场在线框位置垂直纸面向里；线圈水平向左平动时磁通量增大，根据楞次定律，线框中产生逆时针的感应电流，A错误；

B．电流形成的磁场在线框位置垂直纸面向里；线圈水平向右平动时磁通量减小，根据楞次定律，线框中产生顺时针的感应电流，B正确；

CD．无论线圈竖直向上平动；还是竖直向下平动，线圈的磁通量都不变，线圈中都不产生感应电流，CD错误。

故选B。3、D【分析】【详解】

AB．只将S1从2拨向1时，变小，由变压器的变压公式

不变，副线圈两端的电压变大，由可知输出电流变大；则输出功率变大，而变压器的输入功率变大，故原线圈的电流变大，即电流表的示数变大，故AB错误；

C．将开关S2从4拨向3，变小，由变压器的变压公式

不变，副线圈两端的电压变小，由可知R1和R2消耗的总功率变小；故C错误；

D．只将开关S3从闭合改为断开，副线圈少一个支路，其总电阻变大，而不变，由可知副线圈的功率减小；则变压器的原线圈的功率变小，故D正确；

故选D。4、B【分析】【分析】

【详解】

设电荷运动的轨道半径为r，由几何关系可得

由洛伦兹力做为向心力可得

联立可得B正确。

故选B。5、C【分析】【详解】

A．质量和电荷量都相同的带电粒子，其比荷相同，根据公式可知；它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项A错误；

BC．如图所示为带电粒子的运动轨迹；

设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为θ，则运动时间

在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，运动半径越大，根据可知；速率一定越大，选项B错误，选项C正确；

D．通过的路程即圆弧的长度

与半径r和圆心角θ有关；速度越大路程并不是越短，选项D错误。

故选C。6、C【分析】【分析】

【详解】

由楞次定律可知，如图所示位置，正方向线框产生逆时针的感应电流；由左手定则可知，CD边受到的安培力水平向左，BC边受到的安培力竖直向上，由于边长相等，所以安培力大小也相等，该时刻线框所受安培力的方向为BC、CD边所受安培力的合力方向，沿CA向上；故C正确，ABD错误。

故选C。7、A【分析】【详解】

A．由题有

则得感应电流的最大值

有效值

则电流表的读数为故A错误；

B．感应电动势的最大值

又

磁通量的最大值

联立解得

故B正确；

C．从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为

故C正确；

D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量

故D正确。

本题选错误的，故选A。二、多选题(共7题，共14分)8、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．闭合开关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。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，电流方向为由a到b，所以两灯泡一起过一会儿熄灭。C正确，D错误。

故选AC。9、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

A．1820年4月；丹麦科学家奥斯特发现了电流的磁效应，他是最早发现电和磁有密切联系的科学家，A正确；

B．1831年；英国科学家法拉第发现了电磁感应现象，B正确；

C．9世纪中叶；英国科学家麦克斯韦建立了经典电磁场理论，C正确；

D．最早预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦；赫兹用实验证明了电磁波的存在，D错误。

故选ABC。10、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．t=s时，电压表的读数为有效值，则有

所以电压表的读数为22V；则A正确；

B．t=s时，ac两点电压瞬时值为u1=220sin100π=110（V）

所以B错误；

C．根据理想变压器的原副线圈电压与匝数关系

则滑动变阻器触片向上移；电压表的示数保持不变，电流表的示数变小，因为副线圈的电阻增大了。所以C错误；

D．单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数减小，根据

可知；电压表的示数将变大，电流表的示数也增大，所以D正确；

故选AD。11、A:B:C【分析】【详解】

A．边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，若n=2，则粒子在磁场中做圆周运动的直径为磁场区域直径，所以运动的轨道半径为

由于粒子做圆周运动的轨道半径与磁场区域半径相等、粒子做圆周运动的圆心O′、磁场区域的圆心O组成的四边形为菱形；如图所示。

粒子离开磁场时的速度方向均与OP垂直；即所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行，故A正确；

B．若n=2，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得

解得

故B正确；

C．若n=4；粒子运动轨迹如图所示。

粒子做圆周运动的轨道半径为

由牛顿第二定律得

解得

故C正确；

D．若n=4时，粒子做圆周运动的轨道半径为

仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到B时，其半径变为而n=2时的运动半径为R；故D错误。

故选ABC。12、B:D【分析】【详解】

粒子运动轨迹如图。

在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据

可得速度最大的粒子圆周运动的半径

A．所有粒子的速度偏转角都一样，所以在磁场中运动轨迹对应的圆心角都相等，根据

可知运动的时间都相等；故A错误；

B．根据矢量的运算法则可知，初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为

故B正确；

C．由粒子的运动轨迹结合几何关系可得速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为

故C错误；

D．匀强磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积，根据几何关系得

故D正确。

故选BD。13、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．由题意可知；汽车经过线圈会产生感应电流，故A正确；

B．根据楞次定律；线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的，故B正确；

C．测量的是经过两个线圈的平均速度；故C错误；

D．如果某个线圈出现故障；没有电流，就会无计时起点或终点，无法计时，电子眼不能正常工作，故D错误。

故选AB。14、B:C:E【分析】【详解】

A．变化的电场产生磁场；均匀变化的电场产生稳定的磁场，故A项错误；

B．光的偏振现象说明电磁波是横波；故B项正确；

C．紫外线的频率比红外线的频率大；选项C正确；

D．障碍物的尺寸跟光的波长差不多大时；发生明显的衍射现象，选项D错误；

E．在“双缝干涉实验”中，据知，其它条件不变，若双缝间距越大，屏上相邻亮条纹间距越小，故E项正确。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

[1]．设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d，画出粒子轨迹过程图，如图所示，

由几何关系可知：

第一个粒子的圆心为O1，由几何关系可知：R1=d；

第二个粒子的圆心为O2；由几何关系可知：R2sin30°+d=R2

解得：R2=2d；

故粒子在磁场中运动的轨道半径之比为：R1：R2=1：2；

[2]．粒子在磁场中运动的周期的公式为由此可知，粒子的运动的周期与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知，两种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为偏转角为60°的粒子的运动的时间为所以在磁场中运动时间比为【解析】1:23:216、略

【分析】【分析】

【详解】

传感器是一种能感知和识别信息的装置，它由敏感元件和电路组成，能将感知和测量到的非电学量转别为电学量。【解析】敏感元件电路电学量17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.安培力②.越大③.偏转方向④.磁体⑤.线圈⑥.半径⑦.平行⑧.相等⑨.很弱⑩.很弱18、略

【分析】【分析】

（1）根据电阻定律得出输电线的电阻；根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而根据P=UI求出升压变压器的输出电压；根据输电线上的电流和电阻求出输电线上的电压损失；根据变压比公式求解升压变压器原；副线圈的匝数比；

（2）根据输出电压和电压损失得出降压变压器的输入电压；结合电压之比等于原副线圈的匝数之比求出降压变压器的原副线圈匝数之比．

【详解】

（1）远距离输电的示意图，如图所示：

导线电阻：R线=ρ

代入数据得：R=40Ω

升压变压器副线圈电流：I2=I线

又I2R线=4%P

解得：I2=100A

根据P=U2I2

得：U2=100kV

根据变压比公式，有：

（2）降压变压器的输入电压为：U3=U2-I2R线=96kV

由

得：

【点睛】

解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比之间的关系；2、升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压、电压损失之间的关系．【解析】1∶254800:1119、略

【分析】【详解】

[1]电荷刚进入磁场时；受到竖直向下的洛伦兹力，根据左手定则可知电荷带负电。

[2]电荷在电场中加速过程中，根据动能定理可得

解得电荷到C的速度为

[3]电荷进入匀强电场后，在水平方向上做初速度为的匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知加速度大小为

运动时间为

故飞出匀强电场时，竖直方向上的速度为

所以最后从匀强电场E中飞出的速度大小为

故A正确BCD错误。

故选A。【解析】负电A20、略

【分析】【分析】

【详解】

当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增