江西省吉安市吉水县第二中学2025-2026学年高二下学期3月阶段检测物理试题（含解析）

2026 年高二 3 月月考物理试题
一、单选题（每小题 4 分，共 28 分）
1 ．楞次定律是一条基本的物理原理。它是以下哪项物理学基本定律在电磁感应现象中的具体体现( )
A ．电荷守恒定律 B ．欧姆定律
C ．动量守恒定律 D ．能量守恒定律
2 ．下列各图中，通电直导线或带电粒子所受磁场力 F 方向正确的是( )
A ． B．
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C．
D．
3 ．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 ω 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 ．下列说法正确的是( )
A ．不能持续产生电动势
B ．感应电流方向不断变化
C ．产生的感应电动势大小EBwr2
D ．感应电流大小I
4 ．电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B 。磁场中， 边长为 L 的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是( )
A ．穿过线圈的磁通量为BL2
B ．若永磁铁相对线圈匀速上升，线圈中无感应电流
C ．若永磁铁相对线圈减速下降，线圈中感应电流方向为逆时针方向
D ．若永磁铁相对线圈下降，则线圈在竖直方向上受到的安培力合力向下
5 ．导轨与水平面间夹角为θ ,质量为 m、长为 L 的金属棒中通有自 a 到 b 大小为 I 的恒定电流，当磁场方向水平向左时，金属棒与磁场方向垂直且恰好可以静止在光滑的绝缘导轨上。当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时（已知电流保持不变，磁感应强度大小可以调整），要保持金属棒静止不动，重力加速度为 g，下列判断正确的是( )
A ．磁感应强度逐渐变大 B ．安培力先增大后减小
C ．支持力先减小后增大 D ．磁感应强度最小值为
6 ．某科研小组设想用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。粒子在电离室中被电离后带有正电，缓慢通过小孔O1 进入极板间电压为 U 的水平加速电场区域Ⅰ ,再通过小孔O2 射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ,其中磁场的磁感应强度大小为
B，方向垂直纸面向外。收集室的小孔O3 与O1 、O2 在同一条水平线上。调节区域Ⅱ的电场强度，收集室恰好能收集到半径为r0 的粒子。已知纳米粒子材料的密度为 r ，电离后的带电量q 与其表面积 S 成正比，即q = kS ，式中 k 为已知常数。不计纳米粒子的重力，则( )
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A ．区域Ⅱ的电场强度方向应竖直向下
B ．半径为 r 的粒子通过O2 时的速率为
C ．半径为r > r0 的粒子在区域Ⅱ中会向上极板偏转
D ．要收集到半径r > r0 的粒子，在其他条件不变时，应增大区域Ⅱ的电场强度
7．如图所示，长为 3 m 的平直挡板 AB 和半径为 1m 的半圆挡板 BC 相切于 B，空间存在垂直于纸面向里的大小为 B0=1.0×10-3T 的匀强磁场，位于 A 点的粒子源向 AB 右侧 180°范围发射速度大小均为 30m/s 的相同的带正电粒子，粒子的比荷 C/kg，粒子重力忽略不计，则打到挡板内表面的粒子运动的最长时间为( )
π π π π
A ． s B ． s C ． s D ． s
60 40 30 20
二、多选题（每小题 6 分，全部选对得 6 分，选不全对得 3 分，选错得 0 分，共 18 分）
8 ．下面甲图是示波器的结构示意图，乙图是电视机显像管的结构示意图，二者相同的部分是电子枪（给电子加速形成电子束）和荧光屏（电子打在上面形成亮斑）；不同的是使电子束发生偏转的部分：分别是匀强电场（偏转电极）和匀强磁场（偏转线圈），即示波器是电场偏转，显像管是磁场偏转。设某次电子束从电子枪射出后分别打在甲、乙两图中的 P 点，则在此过程中，下列说法正确的是( )
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A ．甲图中电子动能发生了变化，乙图中电子的动能没有变化
B ．甲图中电子动能发生了变化，乙图中电子的动能也发生了变化
C ．甲图中电子的速度发生了变化，乙图中电子的速度也发生了变化
D ．以上两种装置都体现了场对运动电荷的控制
9 ．如图所示，是两个宽度均为L ，磁感应强度大小均为 B ，但方向相反的相邻匀强磁场区域。一个边长也为L 的正方形金属线框，以速度v0 沿垂直于磁场边界方向由位置 1 匀速运动到位置 2。取线框刚到达位置 1 的时刻为计时起点（t = 0 ），设刚进入磁场时线框中的电流为I ，线框所受安培力的大小为F0 ，逆时针方向为感应电流的正方向，水平向左的方向为线框所受安培力的正方向，则下列反映线框中的电流、线框所受的安培力与时间关系的图像中正确的是( )
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A．
C．
B．
D．
10 ．某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨宽度为L ，导轨左端与一阻值为 R 的定值电阻相连，导轨 BC 段与B1C1 段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，一质量为 m 的金属杆垂直导轨放
置。现让金属杆以初速度v0 沿导轨向右经过AA1 进入磁场，最终恰好停在CC1 处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为 R，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ ,金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为t0 ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为 g，下列说法正确的是( )
A ．金属杆经过BB1 的速度等于
B ．在整个过程中，定值电阻 R 产生的热量为 mvmgd
B2L2d
C ．金属杆经过BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量大小为 2R
D ．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离等于 4d
三、实验题（第 11 题每空 2 分，共 6 分；第 12 题每空 2 分，共 10 分）
11 ．在“探究影响感应电流方向的因素” 的实验中
(1)按图甲连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转（右侧为电流计的正接线柱），此实验操作的目的是( );
A ．测量灵敏电流表能够承受电流的最大值
B ．检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系
C ．检查灵敏电流表测量电流的大小是否准确
(2)用图乙所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线表示导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针 （填“ 向左”或“ 向右”）偏转（右侧为电流计的正接线柱）；
(3)多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要 （选填“ 阻碍”或“ 阻止‘ ）引起感应电流的磁通量的变化。
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12．某实验小组探究一款霍尔式位移传感器的工作原理，并用其测量弹簧振子偏离平衡位置的位移。霍尔式位移传感器是基于霍尔效应的一种传感器，结构简图如图（a）所示。给霍尔元件通入如图所示的控制电流I ，并加一垂直前后表面的磁场（磁感应强度 B 的大小沿x轴呈线性变化），霍尔元件下表面中心处连接一测头P ，测头在外部作用下可左右移动带动霍尔元件在磁场中同步移动，由于位置不同，霍尔元件在上下表面的电势差也不同。实验小组找到的实验器材有：霍尔式位移传感器、稳压电源E （图中未画出，提供控制电流I ）、电压表V 、毫米刻度尺、开关、导线若干。
（1）已知该霍尔元件为N 型半导体材料，即多数载流子为电子。小组同学首先接通控制电路并通入一定的控制电流I ，当磁场方向如图（a）所示垂直前后表面向里时，霍尔元件的
（选填“ M ”或“ N ”）端电势更高。
________
（2）保持控制电流I不变， 将测头从x = 0 处左、右移动， 通过预设磁场校准，控制并记录不同位置x 及对应的霍尔电压UH ，数据如下表所示，根据表中数据可在图（b）坐标纸上描点并绘出UH - x 图线；
位移 (x/mm) -3.0 -2.0 -1.0 0.0 1.0 2.0 3.0
霍尔电压(UH /mV ) -1.50 -1.00 -0.50 0.00 0.50 1.00 1.50
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（3）根据图（b），可以得出结论：控制电流I 恒定、磁感应强度B 的大小沿x 轴方向线性变化时，霍尔电压UH 与位移x 成 关系，该传感器的灵敏度为 mV/mm （提示：灵敏度为霍尔电压变化量与位移变化量的比值）；
（4）将该传感器用于测量一个弹簧振子做简谐运动时振子的瞬时位置。使控制电流仍为I ，某次测量中测得霍尔电压UH = 1.2mV 。则该时刻振子偏离平衡位置的位移为 mm ； （结果保留 1 位小数）
（5）在测量位移时，电压表测得的电压U测 与霍尔电压理论值UH 之间存在偏差。原因是长时间使用后，稳压电源的输出略有下降（即控制电流I 略微减小），这会导致测量位移的绝对值 （选填“偏大” 、“偏小”或“不变”）。
四、解答题（第 13 题 8 分；第 14 题 14 分，第 15 题 16 分）
13 ．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数 n=100，线圈面积 S=200cm2 ，线圈的电阻 r=1Ω, 线圈外接一个阻值 R=9Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。求：
（1）线圈中的感应电流的大小和方向；
（2）电阻 R 两端电压；
（3）前 4s 内通过 R 的电荷量。
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14 ．如图所示，平面直角坐标系 xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为 m、带电荷量为q(q >0)的带电粒子以初速度v0从y 轴上P(0, h)点沿 x 轴正方向开始运动，经过电场后从 x 轴上的点Q进入磁场，粒子恰能不经过第Ⅲ象限又回到第Ⅰ象限。不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子第 8 次从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限经过 x 轴的横坐标。
15 ．如图，PQ、MN 是两条固定在水平面内间距L = 1m 的平行轨道，两轨道在O 、O ' 处各有一小段长度可以忽略的绝缘体，绝缘体两侧为金属导轨，金属导轨电阻不计。轨道左端连接一个R = 0.3Ω 的电阻，轨道的右端连接一个“恒流源” ，使导体棒 ab 在O 、O ' 右侧时电流恒为I = 0.5A ，沿轨道 MN 建立 x 轴，O 为坐标原点，在两轨道间存在垂直轨道平面向下的有界磁场， x ≥ 0 区域 B 随坐标 x 的变化规律为B = 0.4x(T) ； -1m ≤ x ≤ 0 区域为匀强磁场，
磁感应强度大小B0 = 0.2T 。开始时， 质量m = 0.05 kg 、长度l = 1m 、电阻r = 0.1Ω 的导体棒ab 在外力作用下静止在x1 = 1.5m ，O 、O ' 右侧轨道光滑，ab 棒与O 、O ' 左侧导轨间动摩擦因数μ = 0.2 。现撤去外力，发现 ab 棒沿轨道向左运动。重力加速度 g 取10 m/ s2 ，求：
(1)撤掉外力瞬间ab 棒中的电流方向和 ab 棒的加速度大小；
(2)撤掉外力后，ab 棒由静止运动到x = 0 处的速度大小；
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(3)若 ab 棒最终停在x0 = -0.36m 处，其运动的总时间为多少。（已知：质量为 m 的物体做简谐运动时，回复力与物体偏离平衡位置的位移满足F回 = -kx ，且振动周期 T ，结果可保留 π )
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1 ．D
A ．电荷守恒定律描述电荷总量不变，与感应电流的阻碍作用无关，故 A 错误；
B ．欧姆定律反映电流与电压的关系，不涉及电磁感应的方向规律，故 B 错误；
C ．动量守恒定律适用于系统动量不变的情形，与电磁感应现象无直接联系，故 C 错误；
D ．楞次定律要求感应电流的磁场阻碍原磁通量变化，避免能量无限产生，确保电磁感应过程能量转化守恒，故 D 正确。
2 ．A
根据左手定则分析可知 A 正确，BCD 错误。
故选 A。
3 ．C
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，故 AB 错误；
CD ．感应电动势E = Brw 根据闭合电路欧姆定律有I
解得I
故 C 正确，D 错误。
故选 C。
4 ．D
A ．根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为 0，故 A 错误；
B ．根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈有相对运动时就有磁通量变化，则匀速上升时线圈中有恒定电流，故 B 错误；
C ．永磁体相对线圈下降即线圈相对磁体上升，根据右手定则线圈中感应电流方向为顺时针方向，故 C 错误；
D ．永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则判断线框上下边所受安培力均向下，则线圈在竖直方向上受到的安培力合力向下，故 D 正确。
故选 D。
5 ．D
BC ．当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时，根据平行四边形定则作图，如
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图所示
平行四边形由小变大，支持力逐渐变大，安培力先减小后增大，故 BC 错误；
A．根据F安 = BIL ，当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时，安培力先减小后增大，磁感应强度先变小后变大，故 A 错误；
D ．当安培力沿斜面向上时，安培力最小，磁感应强度最小，根据平衡条件得mg sin θ = BIL
解得B ，故 D 正确。
故选 D。
6 ．C
A ．粒子被电离后带有正电，在区域聂受到的洛伦兹力向下，粒子能沿O2 O3 进入收集室，则区域聂受力平衡，故所受静电力竖直向上，区域聂的电场强度方向应竖直向上，故 A错误；
B ．半径为 r 的粒子所带电荷量q = 4π kr2在区域Ⅰ由动能定理得qU mv2
又m = r r3
综合解得v ，故 B 错误；
C ．由 B 项分析，同理可知半径为r0 的粒子通过O2 时的速率v
设区域聂电场强度为 E，该粒子在区域聂受力平衡，半径为r0 的粒子带的电荷量q = 4π kr02则有qE = qv0B
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得E = B
半径为r > r0 的粒子设电荷量为q1 ，有 E > B 则q1E > Bq
竖直向上的电场力大于竖直向下的洛伦兹力，故半径为r > r0 的粒子在区域聂中会向上极板偏转，故 C 正确；
D ．由 C 项分析可知，要收集到半径r > r0 的粒子，在其他条件不变时，应减小区域聂的电场强度，故 D 错误。
故选 C。
7 ．C
带电粒子所受洛伦兹力提供向心力，即 qvB0 = m ，代入数据，解得 r = 3m ，带电粒子运动时间最长时，要使粒子打到挡板的内表面，运动轨迹为劣弧，因此弦长越长，弧长越长，运动时间越长，则打到 AO 延长线上的 D 点时弦长最长，时间最长，计算可得
AD = 3m ，轨迹对应的圆心角为 60°,则运动时间 t s ，C 项正确。
故选 C。
8 ．ACD
AB ．甲图中，电子在经过偏转电场时电场力对电子做功，电子的动能发生改变，而在乙图中，电子经过偏转磁场时洛伦兹力充当向心力，洛伦兹力不做功，因此乙图中电子的动能没有变化，故 A 正确，B 错误；
C ．甲图中，电场力对电子做正功，且电子发生了偏转，则可知电子的速度增大，方向改变，
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电子的速度发生了变化，乙图中洛伦兹力不做功，电子的速度大小不变，但电子在洛伦兹力的作用下发生了偏转，速度方向发生了改变，则可知电子的速度发生改变，故 C 正确；
D ．以上两种装置都体现了场对运动电荷的控制，故 D 正确。
故选 ACD。
9 ．AD
线圈从 0~L 过程中
方向逆时针，为正方向；安培力
方向向左，为正方向；线圈从 L~2L 过程中
方向顺时针，为负方向；安培力
方向向左，为正方向；线圈从 2L~3L 过程中
方向逆时针，为正方向；安培力
方向向左，为正方向；
故选 AD。
10 ．ABC
A ．设平行金属导轨间距为 L，金属杆在 AA1B1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有 E ＝BL v
由闭合电路的欧姆定律I
金属杆在 AA1B1B 区域运动的过程中根据动量定理有-BILΔt = mΔv则 t = mΔv
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由于d = Σ vt Δt
则上面方程左右两边累计求和，可得 mvB - mv0则vB = v
金属杆在 BB1C1C 区域运动的时间为 t0，同理可得，则金属杆在 BB1C1C 区域运动的过程中
有 mgt0 = -mvB解得vB gt0 综上有vB
(
v
)则金属杆经过 BB1 的速度大于 0 ，故 A 正确； 2
B ．在整个过程中，根据能量守恒有 mvmgd +Q
则在整个过程中，定值电阻 R 产生的热量为Qx mvmgd ，故 B 正确；
C ．金属杆经过 AA1B1B 与 BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为
B2L2d
金属杆经过 BB1C1C 区域滑行距离为d ，金属杆所受安培力的冲量 ，故 C 正确； 2R
D ．根据 A 选项可得，金属杆以初速度v0 在磁场中运动有 mgt0 = -mv0
杆的初速度加倍，设此时金属杆在 BB1C1C 区域运动的时间为t, ，全过程对金属棒分析得
联立整理得 mg(2t0 - t,)
分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过 BB1C1C 区域的速度比第一次大，故t, 4d ，可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的 2 倍，
故 D 错误。
故选 ABC。
11 ．(1)B (2)左
(3)阻碍
（1）AC ．这样操作与测量灵敏电流表能够承受电流的最大值和检查灵敏电流表测
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量电流的大小是否准确无关，故 AC 错误；
B ．这样操作是为了检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系，以此来确定产生的感应电流的方向，故 B 正确。
故选 B。
（2）图甲中闭合开关后，电流计指针向右偏转，说明电流从“ + ”接线柱流入电流表时，电流计指针向右偏转；图乙中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，螺线管中的原磁场方向向下，且螺线管中的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，螺线管中感应电流产生的磁场方向应向上，根据右手螺旋定则可知，感应电流从“ - ”接线柱流入电流表，故电流表指针向左偏转。
（3）实验得出感应电流总是具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
12 ． N 正比 0.5 2.4 偏小
（1）[ 1] N 型半导体材料载流子为电子，电子定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则载流子（电子）聚集在M端，故N 端电势高；
（3）[2] 因霍尔电压UH 与位移x 图线为一条过坐标原点直线，故霍尔电压UH 与位移x 成正比关系；
[3]灵敏度为图线斜率k ，故灵敏度 k = 0.5mV /mm ；
（4）[4] 由灵敏度k = 0.5mV /mm 得， mm ；
（5）[5]设沿着电流方向，霍尔元件长为l ，霍尔元件沿磁场方向的厚度d ，高为h ，当电子受到的洛伦兹力等于电场力时，则有evB e
根据电流微观表达式可得I = nevhd联立可得霍尔电压公式UH 设B = kx ，则UH x
当控制电流I 减小后，UH - x 图像中的真实图线斜率减小，导致电压表示数对应的位移测量值的绝对值x测 小于真实值的绝对值x真 ，如图所示，故测量位移的绝对值偏小。
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13 ．（1）0.01A，线圈中的感应电流的方向为逆时针；（2）0.09V；（3）0.04C
（1） 由图像可知
根据
由闭合电路欧姆定律得
根据楞次定律可得线圈中的感应电流的方向为逆时针；
（2）根据欧姆定律
U = IR = 0.09V
（3）前 4s 内通过 R 的电荷量
q = It = 0.04C
9mv2
14 ．(1) 0 32qh
(3) 26h
（1）粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛运动，由 P 到 Q，由牛顿第二定律可得qE = ma
竖直方向，有h at
水平方向，有 h = v0t1
联立解得t1 = ，E
（2）粒子在 Q 点的速度大小为v
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解得v
设与 x 轴正方向夹角为θ ,则 tan 可知 θ = 37°
在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB
8h又根据几何关系r + r sin 37° =
3联立解得r ，B
（3）如图所示
粒子从第Ⅳ象限进入第Ⅰ象限后做类似斜抛运动，速度方向与 x 轴正方向成 37°,大小为 ,由运动对称性知 CD 沿 x 轴方向距离与 DE 沿 x 轴方向距离相等，则CE 粒子第 n 次从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限经过 x 轴的横坐标为
x = OQ + (n -1)(CE - CQ )(n = 1, 2,3,...)又CQ = 2r sin 37°
解得x n = 1, 2, 3, ...)
当n = 8 时，可得x = 26h
15 ．(1)电流的方向从 b 到 a ，6m / s2
(2) 3m / s
s （或1.925s ）
（1）由题可知，ab 棒沿轨道向左运动，即受到了向左的安培力作用，根据左手定则判断，电流的方向从 b 到 a，对棒 ab，由牛顿第二定律B1Il = 0.4x1Il = ma
解得a = 6m / s2
（2）ab 棒由静止运动到x = 0 处，ab 棒受安培力随位移线性变化，所以
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对棒 ab，从开始到 x = 0 过程，由动能定理 mv 得v0 = 3m / s
（3）在x ≥ 0 区域中，棒受到的合力为F合 = BIl = 0.2x
由简谐振动的性质可知棒 ab 以x = 0 处为平衡位置作简谐振动，k = 0.2N / m周期为T s
则在x ≥ 0 区域中的运动时间为t s
在棒 ab 穿过左侧匀强磁场B0 过程中(x< 0)由动量定理-ΣB0I ' lΔt - μmgt2 = 0 - mv0
代入I
解得 mgt2 = 0 - mv0得t2 = 1.14s
则全程总时间t = t1 + t s ≈ 1.925s
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