济宁市第二中学2025一2026第二学期高二月考物理试卷
满分100分，时间90分钟
一、单选题（本题共14小题，每小题3分，共42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.如图所示，表示磁场对直线电流的作用力示意图中正确的是(
×××
●●●
××××
●
××I×
X
IB·
B
××××
A
B
D
2.长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向分
别如图所示，已知磁感应强度均为B,对于下列各图中导线所受安培力的大小计
算正确的是(
B
XXXX
X
A.F=BILcos0
B.F=BILcos0
C.F=BILsin0
D.F=BILsin0
3.在下列四个选项中，正确标明了带正电粒子所受洛伦兹力F方向的是()
B
x B
万
十
×+q×
B
D
A
4.如图所示，将一阴极射线管置于一通电螺线管的正上方且与线圈轴线处于同
一水平面内，则阴极射线将()
阴极
阳极
A.垂直于纸面向里偏转
B.垂直于纸面向外偏转
C.平行于纸面向上偏转
D.平行于纸面向下偏转
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5.将长1m的导线ac从中点b折成如图所示的形状，放于B=0.08T的匀强磁
场中，bc平面与磁场垂直.若在导线abc中通入I=25A
的直流电，则整个导线所受安培力的大小为()
b
×120X
B.3N C.IN
D.2N
×BX
6.两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量
之比为1：4，电荷量之比为1：2，则刚进入磁场时两带电粒子所受洛伦兹力之
比为()
A.21B.1:1C.1:2D.1:4
7.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行.一速度方向与磁感
应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较弱磁场区域进入到较强磁场区域
后，粒子的()
A.轨道半径减小，运动周期减小B.轨道半径增大，运动周期增大
C.轨道半径减小，运动周期增大D.轨道半径增大，运动周期减小
8.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强
磁场并最终打在金属板上，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述
正确的是()
AM带负电，N带正电
BM的速率小于N的速率
C.洛伦兹力对M、N做正功
米
DM的运动时间大于N的运动时间
S
9.关于楞次定律，下列说法正确的是（)
A.感应电流的磁场总是阻止磁通量的变化
B,感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C.原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
D.感应电流的磁场总是与原磁场反向，阻碍原磁场的变化
10.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒b以水平速
度抛出，且棒与磁场垂直，设棒在下落过程中取向不变
且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动
势大小将()
￥B
A.保持不变
B.越来越大
答案第2页，共6页2025-2026 学年度济宁二中高二学部下学期 3 月份月考
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A D B B C A A B A
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 B D D A AC BD BCD BC BCD AC
1．A【详解】A．根据左手定则可知，图中的安培力垂直导线向上，A 正确；
B．图中电流方向和磁场方向平行，不受安培力，B 错误；
C．根据左手定则可知，图中的安培力应该垂直导线向上，C 错误；
D．根据左手定则可知，图中的安培力应该垂直于纸面向外，D 错误。故选 A。
2．答案 A解析 题 A 图中，导线不和磁场垂直，将导线投影到垂直磁场方向上，故 F＝BILcos
θ，A 正确；题 B 图中，导线和磁场方向垂直，故 F＝BIL，B 错误；题 C 图中，导线和磁场
方向垂直，故 F＝BIL，C 错误；题 D 图中，导线和磁场方向垂直，故 F＝BIL，D 错误．
3.D 解析 根据左手定则可知，A 项中洛伦兹力方向应该垂直纸面向里，故 A 错误；B 项中
洛伦兹力方向应该是垂直纸面向外，故 B 错误；C 项中洛伦兹力方向应该竖直向下，故 C 错
误；D 项中洛伦兹力方向应该竖直向上，故 D 正确．
4．B【详解】根据右手螺旋定则，螺线管内部的磁场方向向下，电子从阴极向阳极运动，运
动的方向向右，因为电子带负电，根据左手定则知，电子所需的洛伦兹力方向垂直纸面向外，
则阴极射线管中的电子束将向纸面外偏转。故选 B。
5.答案 B 解析 由题意知导线在磁场内的有效长度为 L＝2·l2sin 60°＝lsin 60°，故
整个通电导线受到的安培力的大小为 F＝BIL＝BI·lsin 60°＝0.08×25×1×3)2 N＝3 N，
B 正确
6 答案 C 解析 带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力 F＝qvB，与电荷量成
正比，与质量无关，C 项正确．
7．A【详解】根据洛伦兹力充当向心力可知，Bqv= ，解得： ；故从较弱的磁场
区域进入较强的磁场区域后粒子的轨道半径减小；由于洛伦兹力不做功，因此粒子运动的速
度大小不变，由 v=Rω可知，因半径减小，故角速度增大，周期减小，故 A 正确，BCD 错误．故
选 A．
8.A 根据左手定则可知 N 带正电,M 带负电,A 正确;因 r= ,而 M 的轨迹半径大于 N 的轨迹
半径,所以 M 的速率大于 N 的速率,B 错误;洛伦兹力不做功,C 错误;M 和 N 的运动时间都为 t=
,D 错误。
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9 答案 B.解析 原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选
项 A 错误；感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项 B 正确；阻碍并不
是阻止，只起延缓的作用，选项 C 错误；当原磁通量增加时感应电流的磁场与原磁场反向，
当原磁通量减少时感应电流的磁场与原磁场同向，选项 D 错误．
10．A【详解】金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，因而切割磁感线的速
度不变，故棒上产生的感应电动势大小不变。故选 A。
11 答案 B 解析 根据洛伦兹力提供向心力有 Bqv＝mv2r，得 r＝mvqB，由于粒子甲的质量
与电荷量分别是粒子乙的 4 倍与 2 倍，可知甲的轨迹半径是乙的轨迹半径的 2 倍，由于两粒
子均带正电，由左手定则可知，B 正确．
12 答案 D 解析 在线圈进入或离开磁场的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电
流产生，线圈完全在磁场中时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，选项 A、B 错
误；由右手定则可知，线圈进入磁场过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向，线圈离开磁场
过程中，感应电流沿顺时针方向，选项 C 错误，D 正确．
13 答案 D
解析 匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，该磁场明显不是匀强磁场，故 A
错误；该线圈的磁通量为零，故 B 错误；a 导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培
力方向向上，故 C 错误；b 导线始终与磁感线垂直，则受到的安培力大小为 BIL，故 D 正确．
14．A【详解】A．当闭合开关瞬间，Ⅰ线圈中有电流通过，产生磁场，磁场方向从左向右，
磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量从无到有增加，产生感应电流，根据楞次定律可知，则
电流表中有从左向右的电流，故 A 正确；
B．闭合开关后保持闭合状态时，Ⅰ中电流不变，穿过Ⅱ线圈中磁通量不变，没有感应电流
产生，G 的示数为零，故 B 错误；
C．保持开关 S 闭合，向右移动变阻器 R0 滑动触头的位置，Ⅰ线圈中电流减小，产生向右的
减弱的磁场，变化磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律
可知，电流表中有从右向左的电流，故 C 错误；
D．断开开关 S 的瞬间，Ⅰ线圈中电流减小（从有到无），产生磁场也变化，变化磁场也穿过
Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，则电流表中有电流，故 D 错误。故选 A。
15.AC 导线与磁场方向平行时,导线受到的安培力为 0,A 正确;当导线与磁场方向垂直时,
导线受到的安培力最大,为 BIL,C 正确,B、D 错误。
16.BD 根据左手定则可知,整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向,受到的
合力为 0,选项 A 错误,B 正确;圆弧 PQ 受到的安培力大小等于直线段 PQ 受到的安培力大小,
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为 IRB,选项 C 错误,D 正确。
17.BCD 根据正、负电子的受力情况可知,正电子做圆心角为 300°的圆周运动,负电子做圆
心角为 60°的圆周运动,如图所示。正、负电子在做圆周运动时的周期
是相等的,故它们在磁场中运动的时间不相同,A错误;根据R= 可知,
它们在磁场中运动的轨道半径相同,B 正确;正、负电子出边界时都是以
原来的速度大小,且与水平方向成 30°角的方向斜向右下方射出的,故
两者的速度相同,C 正确;出边界的位置到 O 点的距离是相等的,故 D 正
确。
18．BC【详解】离子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故 A 错误；带电粒子源源不断的处
于加速状态，虽速度增大，但在磁场中周期不变，所以粒子的运动周期是固定的，故 B 正确；
离子由加速器的中心附近进入电场中加速后，进入磁场中偏转．故 C 正确；带电粒子从 D
形盒中射出时的动能 ，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径
，联立得 ，当带电粒子 q、m、B 一定的，半径 R 越大，则 越大，故 D 错误.
故选 BC.
19．BCD【详解】A．由图可知电粒子进入偏转分离器时受到的洛伦兹力向右，根据左手定则
可知，粒子带正电，故 A 错误；
B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得粒子进入速度选择器的速度为 故 B 正确；
C．粒子在速度选择器运动过程，根据受力平衡可得
解得速度选择器两板间电压为 故 C 正确；
D．粒子在分离器中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得 故 D 正确。故选 BCD。
20．AC【详解】A．根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中
磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定
则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻 R 的电流方向为 a→b，故 A 正确；
BC．根据法拉第电磁感应定律，可得线圈产生的感应电动势为
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根据闭合电路欧姆定律知，通过电阻 R 的电流大小为
故 B 错误，C 正确；
D．电阻 R 两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
故 D 错误。故选 AC。
21、（8 分）【解答】解：（1）（2 分）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、
滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，
检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示；
（2）（2 分）闭合开关，发现电流计的指针向右偏，由此可
知，磁通量增大，则指针向右偏；
当闭合开关后，再把螺线管 A 插入螺线管 B 的过程中，导
致线圈 B 的磁通量增大，则电流表的指针将向右偏；
（3）（2 分）闭合开关后，线圈 A 放在 B 中不动，在滑动变
阻器的滑片 P 向右滑动的过程中，由图可知，通过线圈 A 的电流减小，那么穿过线圈 B
的磁通量减小，则电流表指针将向左偏；
（4）（2 分）在突然断开 S 时，根据楞次定律：增反减同，则有副线圈中产生的感应电流
方向与原线圈中的电流方向相同。
故答案为：（1）如上图所示；（2）向右；（3）向左；（4）相同。
22．（10 分）答案 (1)0.4 N,沿两导轨所在平面向上 (2)0.125
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得 I= A=2 A（2 分）
导体棒受到的安培力为 F 安=BIL=0.4 N（2 分）
由左手定则可知,安培力沿两导轨所在平面向上。（1 分）
(2)对导体棒受力分析,将重力正交分解,沿导轨方向有
F1=mgsin 37°=0.48 N（1 分）
F1>F 安
根据平衡条件可知,摩擦力沿斜面向上,所以有 mgsin 37°=F 安+μmgcos 37°（3 分）
解得μ=0.125。（1 分）
23.（10 分）答案 (1) (2)
解析 (1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹如图所示,
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由图中几何关系知
Rcos 30°=a,（2 分）
得 R=
Bqv=m ,（2 分）
得 B= 。（1 分）
(2)周期 T＝2πmqB（2 分）.
带电粒子在第一象限内运动的时间 t＝α2πT（2 分）
t= 。（1 分）
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