福建永春第一中学2025-2026学年高二下学期3月阶段检测物理试题（含解析）

永春一中 2026 年 3 月高二物理阶段限时训练
考试时间：75 分钟 满分：100 分
一、单项选择题（共 4 小题，每题 4 分，共 16 分。在每小题选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1 ．蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一位质量为 50kg 的运动员从高处自由落下，以 8m/s 的速度竖直着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为 6m/s 的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Dt = 1.0s ，重力加速度
g = 10m / s2 ，那么运动员在与网接触的这段时间内受到网对其平均作用力的大小为( )
A ．500N B ．700N C ．1200N D ．1400N
2 ．某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧，闭合开关瞬间，则下列说法正确的是( )
A ．金属环仍保持静止
B ．金属环将向右运动
C ．从左向右看，金属环中感应电流沿顺时针方向
D ．金属环有扩张的趋势
3 ．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平方向成 θ 角，极板间距为 d，两极板 M 、N 与一直流电源相连，且 M 板接电源正极，MN 间电势差为 U，现有一带电粒子以初速度 v0 进入并恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器。若将电容器撤走， 在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，使该粒子仍以原来初速度进入该区域后的运动轨迹不发生改变，则所加匀强磁场的磁感应强度方向和大小正确的是( )
A ．垂直于纸面向里 B ．垂直于纸面向里
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C ．垂直于纸面向外 D ．垂直于纸面向外
4 ．一匀强磁场的磁感应强度大小为 B ，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示， 为半圆，ac ，bd 与直径 ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径 R 。一束质量为 m、电荷量为q（q > 0 ）的粒子，在纸面内从 c 点垂直于 ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用，在磁场中运动时间最长的粒子，其对应的运动速率为( )
A ． B ． C ． D ．
二、双项选择题（本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。）
5 ．如图所示，用磁流体发电机给电容器充电，磁流体发电机的两极板的正对面积为 S、板间距离为 d，板间磁场的磁感应强度大小为 B，等离子体从左侧喷入，单个等离子体的带电量为 q，则下列措施能使电容器充电量增大的是( )
A ．仅增大 S B ．仅增大 d C ．仅增大 B D ．仅增大 q
6 ．图中所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，
匝数为 n，线圈的水平边长为 L，处于匀强磁场内，磁感应强度 B 的方向与线圈平面垂直，大小未知。当线圈中通过电流 I 时，调节砝码使两臂达到平衡，电流方向如图所示。然后使磁场反向，大小不变。这时需要在某个盘中增加质量为 m 的砝码，才能使两臂再达到新的 平衡。已知重力加速度为 g，则下列说法正确的是( )
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A ．增加的砝码应该放在右盘中
B ．当电流通过如图所示的磁场时，矩形线圈下边所受安培力方向竖直向下
C ．磁感应强度B
D．若磁场方向不变，只改变电流的方向，通过在题干中该盘增加质量为 m 的砝码也可以使天平平衡
7 ．如图为回旋加速器的原理图，D1 和D2 是两个中空的半径均为 R 的半圆金属盒，接在电
压为 U 的交流电源上，均置于与盒面垂直的磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，位于D2 圆心处的质子源 A 能不断产生质子（初速度可忽略），质子在两盒之间被电场加速。已知质子的电荷量为 q，质量为 m ，忽略质子在电场中运动的时间、质子所受重力及质子间的相互作用，不考虑加速过程中的相对论效应。则( )
A ．仅增大交变电压 U，质子在加速器中获得的最大动能将增大
B ．质子离开回旋加速器时的最大动能Ekm
C ．质子第一次进入D1 盒与第一次进入D2 盒运动轨迹的半径之比为1 : 、
D ．质子最终在电场中加速的次数n
8．如图，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ 角。质量为m 、电荷量为+ q 的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所
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在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0 沿细杆向上运动至最高点，则该过程( )
A ．合力冲量大小为mv0
B ．小球上滑的时间为t
C ．洛伦兹力冲量大小为
D ．若v ，弹力冲量为零
三、填空题（每空 2 分，共 10 分）
9 ．水平放置的平行金属导轨相距为d ，导轨一端与电源相连，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B ，方向如图所示。长为l 的金属棒ab 静止在导轨上，棒与导轨成60o 角，金属棒受到的安培力为F ，则此时通过金属棒的电流为___________。
10．如图，宽为d 的霍尔元件置于匀强磁场中，磁场方向与霍尔元件垂直，磁感应强度大小为B 。若霍尔元件是电子导电， 当通过霍尔元件的电流I如图所示时， 霍尔元件______（填“上”“下”）表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为v ，则霍尔元件上产生的霍尔电压为______。
11 ．如图甲所示，一个电阻值为r =5a ，匝数为 n =30 的圆形金属线圈与阻值为R = 10a 的电阻连接成图甲所示闭合电路。圆形线圈内存在垂直于线圈平面向里的磁场， 线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。导线的电阻不计。0 ~ 2s 时间内电阻R 哪端电势高________（填“上”或“下”）；电阻R 两端的电压U = ________ V 。
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四、实验题（每空 2 分，共 14 分）
12 ．某实验小组要测量一种特殊电池的电动势和内阻。实验室提供以下器材：
待测电池（电动势约2.0 V ，内阻约为 200a ）；电压表V （量程 0 ~ 3 V ，内阻约为3ka ）；
电流表A （量程0 ~ 3 mA ，内阻约为 5a ）；滑动变阻器R1 (0 ~ 10a) ；
滑动变阻器R2 (0 ~ 2000a)，开关、导线若干。
(1)该小组根据图甲的电路图正确连接实物电路。请在图乙中将实物图连接成完整电路。
(2)闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表示数U 和电流表示数I 的值，绘制U - I 图像如图丙所示，根据图像测得该电池电动势E = ___________ V ，内阻 r =
___________ a 。（结果均保留 3 位有效数字）
(3)考虑电表内阻的影响，电动势的测量值与真实值相比___________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
13．如图甲所示为“研究斜槽末端小球碰撞时动量守恒”的实验装置，实验时，先让质量为m1的小球a 从斜槽上某一位置由静止释放，从轨道末端水平抛出，落到水平地面上P 点，然后把质量为m2 的小球b 放到轨道末端处于静止，再让小球a 从同一位置由静止释放，在轨道末端与小球b 发生对心碰撞，已知m1 > m2 。
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(1)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹，如图乙所示。多次实验后，白纸上留下了 10 个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图中画的三个圆最合理的是________（选填“A” 、“B”或“C”）；
(2)某次实验时，小球落地点分布如图丙所示，测得M、P、N 与O 点距离分别为x1、x2 、x3 ，若满足关系_________（用 m1 、m2 、 x1 、x2 、x3 表示），则碰撞前后动量守恒；
(3)一同学在某次实验中记录了碰撞前后小球落点的位置M 、P 和N ，发现M 、N 点不在OP连线上，下列图中落点位置可能正确的是___________。
(
B
．
)A．
C ． D．
五、解答题（14 题 8 分，15 题 12 分，16 题 16 分）
14 ．质量 m2=4kg 的小球 B 静止在光滑水平面上，质量 m1=1kg 的小球 A 以初速度 v0=10m/s与 B 发生正碰，求：
（1）若碰后 A 以 2m/s 反向弹回，求 B 的速度大小；
（2）若 A 、B 为弹性碰撞，求碰后A 、B 的速度。
15．如图所示，在边长为L 的正方形ABCD 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从A 点以不同大小的初速度由A 到B 射入磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
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(1)若粒子从AD 的中点M射出，求粒子的带电属性以及在磁场中运动的时间；
(2)若粒子从CD 的中点N 射出，求粒子的初速度大小；
(3)若正方形ABCD 中只有某个区域内存在上述磁场，粒子以相同大小、不同方向的初速度从 A 射入时，均能垂直CD 边射出（CD 整条边都有粒子射出），求该磁场区域的最小面积。
16 ．如图所示为研究离子源发射离子速度大小和方向分布情况的装置。x 轴上方存在垂直 xOy 平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。x 轴下方的分析器由两块相距为d 、足够长的平行金属薄板M和N 组成，其中位于x 轴的M板中心有一小孔C （孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐标原点O 的离子源发射质量为m 、电荷量为q 的正离子，离子速度方向与 y 轴夹角最大值为 60°, 发射角度范围内各个方向均有速度大小连续分布在v0 至
2v0 之间的离子射出。已知速度大小为v0 、沿y 轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C ,未能射入孔C 的其它离子被分析器的外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力，不考虑离子间的碰撞和相互作用。求：
(1)孔C 所处位置与原点O 的距离x0 ；
(2)打在x 轴上的离子，在磁场中运动的最长时间t ；
(3)从孔C 进入M、N 板间的离子具有不同的速度，若在M板与N 板间加可调电压U ，求电流表示数刚好为 0 时的电压U0 ；
(4)在保证离子能运动到孔C 的情况下，若沿着x 轴方向平移分析器，并调节加载在M 与N板之间的电压。求电流表示数刚为 0 时，电压Ux 与孔C 和坐标原点距离x 之间的关系式。
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1 ．C
设竖直向下为正方向，则运动员的初速度v1 = 8m / s ，末速度v2 = -6m / s ，根据动量定理有(mg - F) Δt = mv2 - mv1
解得F = 1200N故选 C。
2 ．C
ABD ．闭合开关瞬间，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知金属环将向左运动且圆环有收缩的趋势，故 ABD 错误；
C ．根据右手定则可知闭合开关瞬间，穿过圆环的磁场方向向左，由于穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，从左向右看，金属环中感应电流沿顺时针方向，故 C 正确。
故选 C。
3 ．C
根据题意可知， 粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示
因为上极板带正电，电场力方向与板间场强方向相反，故微粒带负电；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，在竖直方向
在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，粒子做直线运动，由于粒子受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，则根据二力平衡可知，洛伦兹力的方向向上，根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向外。根据二力平衡得
qv0B = mg
所以
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故 C 正确 ABD 错误。
故选 C。
4 ．C
根据题意，粒子的运动轨迹如图所示
不论粒子所经轨迹如何，其圆心必在 cd 连线上，则对应圆心角为平角加上下面的角（如图中 eO1d 和 fO2d ）。根据T可知，粒子在磁场中运动的周期相同，要时间最长，则要对应的圆心角最大，即要 eO1d 或 fO2d 最大。显然，在Ⅰ、Ⅱ这两个不同的轨迹圆中， eO1d
和 fO2d 是圆心角，它们分别等于对应圆周角可得
qBR
v =
m
故 ABD 错误 C 正确。
故选 C。
5 ．BC
设等离子体的速度为 v，由qvB = qE = q 可得磁流体发电机的电压U = vBd
由Q = CU ，可知增大发电机两端的电压，即仅增大 B 或 d，就可以增大电容器的充电量。
答案第 2 页，共 9 页
故选 BC。
6 ．CD
A ．开始时天平平衡，设线圈所受安培力为 F，方向向上。当磁场反向时， 安培力变为-F ，方向向下。相当于右边重了 2F，所以需要在左盘中增加质量为 m 的砝码才能使天平再次平衡，故 A 错误；
B ．根据左手定则，当电流通过如图所示的磁场时，矩形线圈下边电流方向向右，磁场方向垂直纸面向里，所受安培力方向竖直向上，故 B 错误；
C ．磁场反向前后，安培力变化量为 △F = 2nBIL增加的砝码重力为 mg，由 mg = 2nBIL
可得磁感应强度B 故 C 正确；
D ．若磁场方向不变，只改变电流的方向，安培力方向改变，变化量同样为 2nBIL，也需要在右盘中增加质量为 m 的砝码才能使天平平衡， 故 D 正确。
故选 CD。
7 ．BC
AB ．当质子被加速到速度最大时，则有Bqvm 质子的最大动能Ekm mv
若只增大交流电源的电压 U，则质子的最大动能不变，故 A 错误，B 正确；
C ．质子第一次经过 D1 时根据动能定理可得洛伦兹力提供向心力，则有Bqv
解得
同理质子第一次经过 D2 时，则有2qU mv Bqv
解得
则质子第一次进入D1 盒与第一次进入D2 盒运动轨迹的半径之比为1 : 、，故 C 正确；
答案第 3 页，共 9 页
D ．根据Ek = nqU
可得质子在电场中加速的次数为n ，故 D 错误。
故选 BC。
8 ．ABD
A ．小球运动到最高点时的速度为 0，根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，即I合 = 0 - mv0
所以合力的冲量大小为mv0 ，故 A 正确；
B ．对小球受力分析，沿斜杆方向小球只受到重力的分量，垂直斜杆方向上存在洛伦兹力、杆的弹力与重力的另一个分量，只有沿斜面方向影响物体运动的加速度，即mgsinθ = ma
解得a = gsinθ
小球做匀减速运动，直到速度为 0，所用的时间为 t = ，故 B 正确；
C ．小球受到的洛伦兹力为F = qvB = qB (v0 - gsinθ)t
洛伦兹力大小随时间均匀变化，可利用平均力来进行计算，即洛伦兹力的冲量为
I 洛 qv0B ，故 C 错误；
D.对小球受力分析，在垂直杆的方向上有qvB + FN = mgcosθ
其中以垂直杆向上为FN 的正方向
可求得FN = mgcosθ - qB(v0 - (gsinθ)t)若v
那么在0 - 时间内，FN 随时间变化的关系如图
图中曲线与时间轴围成的面积是弹力的冲量，能得到IFN = 0 ，故 D 正确。
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故选 ABD。
9 ．
磁场方向垂直于导轨平面，电流方向沿金属棒，因此安培力公式F = BIl ，
变形可得电流表达式：I
10 ． 上 Bdv
[1]根据左手定则，霍尔元件中电子定向移动时受到指向上表面的洛伦兹力，上表面聚集电子。
[2]电子所受静电力与磁场力相等时达到平衡，上、下表面间的霍尔电压保持不变，根据平衡条件得qvB = q
解得U = Bdv
11 ． 下 8
[1]根据楞次定律：线圈内磁通量向里且增大，感应电流产生的磁场方向向外。
由右手螺旋定则，线圈中感应电流为逆时针方向，因此线圈下端为感应电动势正极，上端为负极。
外部电路中，电流从线圈下端经电阻R 流向上端，故电阻R 的下端电势高。
[2]由图乙，磁通量变化率： Wb/s = 0.40Wb/s
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：E = n V = 12V
闭合电路总电阻：R总 = R + r = 10a + 5a = 15a
电路中感应电流：I A = 0.8A
电阻R 两端的电压：U = IR = 0.8 × 10V = 8V
12 ．(1)
(2) 1.95##1.96 198##199##200##201##202##203
(3)相等
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（1）如图所示
（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得E = U + Ir整理得U = -rI + E
由图像可得r a E = 1.86V + 200a× 0.5mA = 1.96V
（3）考虑电表内阻的影响，由闭合电路欧姆定律可得E = U + I (RA + r )整理得U = -I(RA + r )+ E
对纵轴截距没有影响，则电动势的测量值等于真实值。
13 ．(1)B
(2) m1x2 = m1x1 + m2x3
(3)B
（1）确定小球落点时，应将所有落点都包含在圆内，且圆的半径尽可能小。因此，最合理的圆是 B。
（2）小球做平抛运动，下落高度相同，故运动时间 t 相同。碰撞前，小球a 的速度v ，动量为 p0 = m1v0 = m
碰撞后，小球a 的速度v ，动量为 p1 = m1v1 = m 碰撞后，小球b 的速度v ，动量为 p2 = m2v2 = m
根据动量守恒定律p0 = p1 + p2 ，代入并消去 t ，可得：m1x2 = m1x1 + m2x3
（3）碰撞后，入射小球a 的速度v1 应小于碰撞前的速度v0 ，因此其水平位移x1 < x2 ，即落点M应在P 点左侧。
被碰小球b 获得速度，其水平位移x3 > x2 ，即落点 N 应在P 点右侧。
答案第 6 页，共 9 页
碰撞前后两小球在垂直于 OP 方向上动量守恒，则两小球在垂直于 OP 方向的速度方向相反，两小球落地点应在 OP 的两侧，且m1vy1 = m2vy 2
由于m1 > m2 ，所以 vy1 < vy 2
碰撞后两小球做平抛运动，下落的高度相等，所以下落的时间相等，在垂直于 OP 方向的位移则有y1 < y2 ，故选 B。
14 ．（1）3m/s；（2）vA = 6m/s （与v0 方向相反）， vB = 4m/s （与v0 方向相同） （1）A 、B 发生正碰，则碰撞前后动量守恒
m1v0 = m1v1 + m2v2
代入数值可得
v2 = 3m/s
（2）若 A 、B 为弹性碰撞，则碰撞前后动量守恒，动能也守恒
m1v0 = m1vA + m2vB
代入数值可得
vA = -6m/s
vB = 4m/s
也可表示为vA = 6m/s （与v0 方向相反）， vB = 4m/s （与v0 方向相同）
15 ．(1)粒子带负电，
（1）由左手定则可知，粒子带负电；
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在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力粒子做圆周运动的周期为T
粒子在磁场中运动了半个周期，则时间为t
（2）从 N 点射出的粒子在磁场运动的轨迹如图 1 所示，根据几何关系可知(L - r )2 + r2
解得r
(
qBr
5
qBL
)则粒子的初速度大小为v0 = =
m 8m
（3）若粒子均能平行于 AD 边射出，粒子在磁场中运动了四分之一圆周，可能运动的轨迹如图 2 所示，图中半径为L 的四分之一，即：R = L
图中三角形 ADC 的面积为S2 =
(
(
1
2
1
2
)
)磁场区域的最小面积为S = 2 è4 π R - 2 R ,÷解得S L2 - L2
2mv 16 ．(1)
(2)
2
(
mv
)(3) 0 2q
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（1）由洛伦兹力提供向心力，有 Bqv0 = m 得R
孔C 所处位置距原点x0 = 2R =
（2）离子在磁场中运动周期T
离子以与x 轴正方向成30o入射，离子在磁场中运动时间最长,轨迹对应圆心角为300o ，则最长时间t
（3）设离子速度方向与 y 轴夹角为θ ,大小为v 的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv = m
若要能在C 点进入板间，则由几何关系可得2r cosθ = 2R
整理得cos
r v
即从任何角度发射，进入两板间的离子竖直速度vy = v cos θ = v0
由运动学公式可得v = 2ad
由牛顿第二定律可得a =
联立解得U
（4）离子以与x 轴正方向成 90°,速度大小为 v, 入射，若能在孔C 点进入板间，则有
由几何关系可得x = 2R,
同（3）从任何角度发射，进入两板间的离子竖直速度 v = v,, cos θ = v,
由运动学公式可得v '2 = 2a ' d
由牛顿第二定律可得a
联立解得U = qB2x2
x 8m
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