徐老师博客 - 苏州微光

2025-2026学年第二学期昆山中学学业水平阳光指标调研卷

高二物理

注意事项：

1.试卷满分150分，调研时间120分钟

2.请把选择题的答案用2B铅笔填涂在答题卡的指定位置，把非选择题的答案用0.5mm黑色墨水的签字笔写在答题卡上的指定位置

一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44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. 物理学家的科学研究极大地推动了人类文明的进程，下列说法中正确的是（　　）

A. 法拉第通过实验发现了电磁感应现象

B. 卡文迪许测出了静电力常量k的数值

C. 安培首次发现了电流周围存在磁场

D. 楞次引入“电场线”来形象地描述电场

【答案】A

【解析】

【详解】A．法拉第经过多年的实验研究，在1831 年发现了电磁感应现象，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，A正确；

B．卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量的数值，而静电力常量不是卡文迪许测出的，B错误；

C．1820 年，奥斯特通过实验首次发现了电流周围存在磁场，即电流的磁效应，而不是安培，C错误；

D．是法拉第引入“电场线”来形象地描述电场，楞次总结出了判断感应电流方向的楞次定律，D错误。

故选A。

2. 下列四幅教材插图，属于电磁驱动应用的是（　　）

A. 甲：选用铝框做磁电式电表骨架

B. 乙：利用真空冶炼炉来冶炼金属

C. 丙：转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动

D. 丁：在运输灵敏电流表时用导线把两接线柱连在一起

【答案】C

【解析】

【详解】A．磁电式电表选用铝框做磁电式电表骨架是利用电磁阻尼，A错误；

B．当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，这是涡流的热效应，B错误；

C．转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动，这是电磁驱动，C正确；

D．运输时要把灵敏电流计正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，D错误。

故选C。

3. 如图所示，一细条形磁铁系于棉线下端形成单摆，摆的正下方固定一水平放置的环形导线。将磁铁从图示位置由静止释放，来回摆动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 导线中电流方向始终不变

B. 磁铁向上摆动时，导线有收缩趋势

C. 磁铁向下摆动时，导线中电流方向与图示方向相同

D. 忽略空气阻力，磁铁摆动的幅度将不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．磁铁摆动过程中，环形导线中的磁通量有时增大，有时减小，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而变化，A错误；

B．磁铁上摆时，穿过环形导线的磁通量减小，根据楞次定律可知，导线环有扩张的趋势，B错误；

C．磁铁向下摆动时，导线环中的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场应阻碍其磁通量的增加，方向应向上，结合右手定则可知，导线中的电流方向与图示电流方向相同，C正确；

D．磁铁摆动过程中机械能转化为焦耳热，因此摆动幅度逐渐变小，D错误。

故选C。

4. 如图为航母上电磁弹射装置的原理简图，待弹射的飞机挂在导体棒上，导体棒放在处于竖直匀强磁场中的两平行导轨上。给导轨通以电流，导体棒和飞机就沿导轨加速，从而将飞机向右弹射出去。以下说法中正确的是（　　）

①导体棒中的电流方向是

②导体棒中的电流方向是

③增大导轨中电流可提高飞机的弹射速度

④改变磁感应强度大小可改变飞机的弹射速度

A. ①②③ B. ②③④ C. ①③ D. ②④

【答案】B

【解析】

【详解】飞机受到的安培力向右，所以根据左手定则可知电流由M指向N，设导体棒的长度为L，导体棒中的电流为I,导轨的长度为x，弹射过程中飞机受的阻力恒为，则飞机受到的安培力大小为

根据牛顿第二定律则有

解得飞机加速度为

由匀变速直线运动规律

联立解得飞机的弹射速度

由此可知，增大导轨中电流可提高飞机的弹射速度，改变磁感应强度大小可改变飞机的弹射速度，因此①错误，②③④正确。

故选B。

5. 图甲是质谱仪原理图，带电粒子从容器A下方小孔飘入加速电场时速度几乎为零，图乙是回旋加速器原理图。下列说法正确的是（　　）

A. 甲中所有粒子进入小孔时速度大小相等

B. 甲中比荷越大的粒子在磁场中运动半径越小

C. 乙中粒子在两个半圆金属盒中加速

D. 乙中粒子射出的最大速度由电压U的大小决定

【答案】B

【解析】

【详解】A．图甲，进入小孔的所有粒子满足

则粒子的荷质比不同，速度大小不相等，故A错误；

B．图甲，根据洛伦兹力提供向心力，有

解得

可知，粒子荷质比越大在磁场中运动的半径越小，故B正确；

C．图乙，粒子在两个半圆金属盒的缝隙中的电场中加速，故C错误；

D．图乙，回旋加速器中粒子射出时，根据洛伦兹力提供向心力，有

可得最大速度

可知与加速电压大小无关，故D错误。

故选B。

6. 如图所示，光滑绝缘直杆倾角为，杆上套一带负电的小球，匀强磁场的方向垂直于杆所在竖直平面。给小球一沿杆向上的初速度，不计空气阻力，小球从开始运动到返回出发点的过程中（　　）

A. 机械能减小 B. 最大上滑位移为

C. 上滑时间小于下滑时间 D. 下滑时受到杆的弹力一定先减小后增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．小球运动过程中，受到竖直向下的重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，故A错误；

BC．小球上滑时，根据牛顿第二定律

下滑时，根据牛顿第二定律

所以根据可知，上滑时间等于下滑时间，小球向上滑动的最大位移为

故B正确，C错误；

D．小球向下滑动时受到竖直向下的重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力，小球向下加速时，根据可知，小球受到的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直垂直杆向上减小，故D错误。

故选B。

7. 如图所示是一款高空风车的发电模块原理图，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，某时刻发电机线圈恰与磁场方向平行，则（　　）

A. 该时刻线圈磁通量的变化率最大

B. 风力增大，线圈的感应电动势不变

C. 风车每转一圈，线圈中电流方向改变一次

D. 风车发电是利用了电流磁效应

【答案】A

【解析】

【详解】A．由图可知，该时刻线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，故A正确；

B．风力增大，风车转动的越快，则线圈的角速度越大，根据

可知感应电动势变大，故B错误；

C．风车每转一圈，线圈中电流方向改变两次，故C错误；

D．风车发电是利用了电磁感应，故D错误。

故选A。

8. 如图所示，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度按图示方向旋转，回路中总电阻为R，匀强磁场垂直圆盘向上，磁感应强度大小为B，则（　　）

A. 感应电流方向不断变化 B. a端的电势高于b端

C. 感应电流大小 D. a、b两点间电势差大小

【答案】C

【解析】

【详解】AB．将圆盘看成由一根根沿半径方向的辐条构成，每一根辐条均为一个电源，所有电源均为并联关系，根据右手定则可知，感应电流方向始终b到a，则a端的电势低于b端，故AB错误；

C．感应电动势

根据闭合电路欧姆定律有

解得

故C正确；

D．根据欧姆定律可知，两点间电势差大小

故D错误。

故选C。

9. 如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻。刘伟为了方便，未注意操作规范，直接用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量，完成读数后李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是（　　）

A. 发生电击前，没有电流通过刘伟

B. 发生电击时，通过多用电表的电流很大

C. 发生电击时，通过变压器线圈的电流瞬间变大

D. 发生电击前后，通过刘伟的电流方向相反

【答案】D

【解析】

【详解】AD．在电流变化时线圈会产生自感电动势，回路接通的状态时回路中电流不变化,线圈两端不会产生感应电动势。当回路断开时电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，则线圈两端会对人产生电击感，线圈中的电流急剧减小，产生的感应电流的方向与原电流的方向相同，但线圈和刘伟构成了一个闭合的电路，线圈相当于电源，所以流过刘伟的电流方向发生了变化，故A错误，D正确；

BC．发生电击时，通过线圈的电流不会瞬间变大；由于已经断开了连接，所以通过多用电表的电流为零，故BC错误。

故选D。

10. 如图甲，某笔记本显示屏、机身分别装有磁体和长、宽、高为a、c、d的霍尔元件。显示屏完全合上时，霍尔元件处于垂直于其上表面向下的匀强磁场中，如图乙。若该元件利用自由电子导电，当通以图示方向的恒定电流时，其前、后表面会产生电压U（霍尔电压），从而控制屏幕自动熄灭。则（　　）

A. 前表面的电势比后表面的低 B. 前、后表面间的电场强度大小为

C. 开屏过程中，霍尔电压U变大 D. 开、合屏过程中，霍尔电压U与c无关

【答案】D

【解析】

【详解】A．合屏状态下，根据左手定则可知，电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的高，故A错误；

B．前、后表面间的电场强度大小为

故B错误；

C．开屏过程中，穿过霍尔元件的竖直方向的磁场减弱，元件前、后表面间的电压变小，故C错误；

D．根据、

解得

开、合屏过程中，霍尔电压U与c无关，故D正确。

故选D。

11. 在光滑绝缘水平面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框，线框右侧是宽度为、方向竖直向下的匀强磁场区域，磁场的边界与线框的左右两边平行。线框以初速度向右进入磁场，左边出磁场时速度恰为零。建立如图所示的坐标轴，以逆时针方向电流为正。关于线框的加速度a、速度v、所受安培力F三者大小以及线框中电流i随x变化关系的图像正确的是（　　）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】

【详解】AB．线框进磁场过程，线框受到的

规定向右为正方向，由动量定理得

因为

联立可得

可知进入磁场过程v与x成线性关系，当时，线框磁通量不变，线框匀速运动；当x>l时，规律和进磁场过程一致，v与x成线性关系；根据

可知a与v成正比，故线框进磁场和出磁场的a-x图像和v-x图像规律一致，由于当时，线框磁通量不变，线框匀速运动，加速度为0，故A正确，B错误；

C．结合以上分析可知，由牛顿第二定律得安培力

可知F与a成正比，故线框进磁场和出磁场的F-x图像和a-x图像规律一致，由于当时，线框磁通量不变，线框匀速运动，安培力为0，故C错误；

D．电流

可知故线框进磁场和出磁场的i-x图像和F-x图像规律一致，由于当时，线框磁通量不变，线框匀速运动，电流为0，故D错误。

故选A。

二、非选择题：本题共5小题，共56分。

12. 某小组在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，采用了甲、乙两个方案。

（1）方案甲进行了a、b、c、d四种操作，结论的得出运用了______；

A. 归纳推理 B. 演绎推理 C. 理想模型

（2）将方案乙中电路补充完整；

（3）完成方案乙中电路后，电键闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转。闭合电键稳定后，下列操作仍能使指针向右偏转的是______；

A. 触头P向左滑动 B. 触头P向右滑动 C. 将线圈A拔出

（4）为确切判断线圈中感应电流方向，小组成员除实验前先确定线圈导线的绕向外，还进行了图丙所示的操作，其目的是______，所用电阻R的取值比较合理的是______。

A.B.C.D.

【答案】（1）A （2）见解析（3）B

（4） ①. 查明灵敏电流计指针偏转方向与流入电流方向的关系②. D

【解析】

小问1详解】

对多组实验结果进行对比，并总结规律，属于归纳推理。

故选A。

【小问2详解】

根据实验要求，实验电路连接如图

【小问3详解】

AC．闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，说明穿过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏，若滑动触头向左滑动或线圈A拔出的过程，均使穿过线圈B的磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转，AC错误；

B．滑动触头向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，流过线圈A的电流变大，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针右偏，B正确。

故选B。

小问4详解】

[1] 图丙所示接入电阻 R 并用已知方向的小电流通入线圈，是为了“预先标定电流方向与指针偏转方向的对应关系”；

[2]由于灵敏电流计的量程很小（通常为毫安级）蓄电池的电压在5V左右，为了避免损坏灵敏电流计，定值电阻的阻值选较好。

故选D。

13. 如图甲所示，一质量为m的金属棒垂直放在间距为L的两水平平行导轨上，接触良好通过金属棒的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场方向与导轨平面的夹角为，金属棒保持静止，重力加速度为g。

（1）在图乙中画出金属棒的受力图；

（2）求金属棒受到的支持力和摩擦力f的大小。

【答案】（1）见解析（2），

【解析】

【小问1详解】

对金属棒受力分析如图

【小问2详解】

根据共点力平衡条件，水平方向

竖直方向

又

解得，

14. 一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，求：

（1）线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？

（2）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电量是多少？

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】（1）由题可知，感应电动势的最大值为

则电动势的瞬时值表达式为

线圈平面与磁感线夹角为时的感应电动势为

（2）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律可知

则电量为

15. 图甲为磁悬浮电梯，它是通过磁场的运动使其运行的装置。图乙为其简化后的原理图，主要包括磁场、含有导线框的轿厢、两根绝缘的竖直导轨，导轨间距为b，间隔分布的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向里，相邻磁场间的距离和磁场宽度均为a。当磁场在竖直方向分别以速、、向上匀速运动时，跨在两导轨间的导线框将受到磁场力，从而使轿厢悬停、向上或向下运动。已知导线框的长为b、宽为a、总电阻为R，重力加速度为g，摩擦和空气阻力可忽略，则：

（1）轿厢悬停在图示位置时，边的电流方向？

（2）轿厢的总质量M多大？

（3）轿厢向上匀速运动时，外界提供给轿厢的功率P为多少？

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

【小问1详解】

根据右手定则可知，边的电流方向为

小问2详解】

磁场以匀速运动时线框处于静止状态，线框中电动势为

线框中的电流大小为

由平衡关系得

解得

【小问3详解】

当磁场以运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上达到最大速度，则电动势、

由平衡关系

解得

电梯向上匀速运动时，外界提供给轿厢的总能量等于线圈中产生的焦耳热与轿厢重力势能增加量之和，故有

解得

16. 如题图所示，xOy平面内，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。在坐标原点O有一粒子源，分别沿x、y轴正方向以相同速率发射带正电粒子a、b，两粒子质量均为m，电荷量均为q。粒子b离开磁场时的速度与x轴负方向的夹角为，之后粒子b从（）处经过y轴。不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。

（1）求匀强磁场的磁感应强度大小

（2）求匀强电场的场强大小

（3）若粒子a、b同时离开磁场，求两粒子从O点发射的时间差，以及粒子b在电场中经过处时对应的粒子a的位置坐标。

【答案】（1）

（2）

（3），，

【解析】

【小问1详解】

设粒子b在磁场中运动的半径为R，其运动轨迹如图

由几何关系有

得

又由洛伦兹力提供向心力

联立解得

【小问2详解】

粒子b在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向做匀变运动，如图所示

设粒子b在电场中运动时间后到达处，沿y轴方向

解得

沿x轴方向

联立解得

【小问3详解】

由分析知，粒子a、b在磁场中运动的半径和周期均相等，设周期为T，则

粒子a在磁场中运动的轨迹如图所示

由几何关系得，粒子a在破场中运动的圆心角满足

解得

粒子b在磁场中运动的圆心角

要使两粒子同时离开磁场，粒子a比粒子b先发射，且发射的时间差

解得

由分析知，粒子a进入电场时，与x轴正方向的夹角为，两粒子在电场中运动时

沿x轴方向加速度相同，相对速度

沿y轴方向的速度相同，均为

粒子b经过处时，在电场中运动的时间

粒子a相对粒子b沿x轴运动的位移

刚进入电场时，粒子a、b之间的距离

因此，粒子b经过时，粒子a的横坐标

解得

即对应的粒子a的位置坐标为，。