2025年牛津上海版选择性必修2物理上册月考试卷

…………○…………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年牛津上海版选择性必修2物理上册月考试卷671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5题，共10分)1、在匀强磁场中；一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则（）

A.时线框的磁通量变化率为零B.时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为D.线框产生的交变电动势的频率为2、如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m，电荷量为q，初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P点射入磁场，从Q点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误的是（）

A.粒子带正电B.粒子在磁场中运动的轨迹长度为C.粒子在磁场中运动的时间为D.圆形磁场区域的半径为3、如图所示；甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）

A.甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压B.乙图可判断出A极板是发电机的正极C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D.丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势高4、如图所示，导线框abcd与通电直导线固定在同一平面内，直导线中通有图示方向的电流I，当电流I增大时；下列说法中正确的是（）

A.线框中将产生逆时针方向的感应电流，线框将受到水平向右的安培力B.线框中将产生逆时针方向的感应电流，线框将受到水平向左的安培力C.线框中将产生顺时针方向的感应电流，线框将受到水平向左的安培力D.线框中将产生顺时针方向的感应电流，线框将受到水平向右的安培力5、远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器；则下列关系式中正确的是()

A.B.I2＝C.I1U1＝I22RD.I1U1＝I2U2评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、如图所示的电路中，理想变压器输入的交流电压不变；开关K闭合后，下列说法正确的是（）

A.电流表A示数变大B.电压表V示数不变C.变压器的输入功率变大D.灯变亮7、矩形线圈的匝数为50匝；在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是（）

A.在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大B.在t=0.2s和t=0.4s时，电动势改变方向C.电动势的最大值是157VD.在t=0.4s时，磁通量变化率最大，其值为3.14Wb/s8、远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R；则（）

A.B.输电线损失的电功率为C.提高输送电压U2，则输电线电流I2减小D.电厂输送电功率为U2I29、如图甲；用强磁场将百万度高温的等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，下列说法正确的是（）

A.正离子在纵向场中沿逆时针方向运动B.发生漂移是因为带电粒子的速度过大C.正离子向左侧漂移，电子向右侧漂移D.正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移10、笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、高为b、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场B中，当通入方向向右的电流I后，元件的前、后表面间出现电压U；以此控制屏幕的熄灭。则元件的（）

A.前表面的电势比后表面的高B.前、后表面间的电压U与I无关C.前、后表面间的电压U与b成反比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为11、磁流体发电机的原理如图所示，现持续将一束速度为v的等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性）垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板A、B间便产生电压。如果把上、下板和一电流表及阻值为R电阻连接，上、下板就是一个直流电源的两极。稳定时电流表的示数为I；等离子体在两板间可认为均匀分布，忽略边缘效应，不计等离子体的重力和电流表的内阻，下列判断正确的是（）

A.B板相当于电源的负极B.B板两端的电压U=BdvC.两板间等离子体的电阻率D.若增大B两板间的距离，电流表的示数可能不变12、如图，abcd是边长L=0.1m、质量m=0.01kg的正方形导线框，框面竖直，线框每条边的电阻均为0.01线框下方有一足够宽的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度B=0.4T，方向与线框平面垂直，让线框从距磁场上边界h=5m处自由下落（ab平行于上边界），不计空气阻力，g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.cd边刚进入磁场时，通过cd边的电流方向从d到cB.cd边刚进入磁场时，cd两端的电势差为0.1VC.线框进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热等于重力势能减少量D.线框进入磁场的过程中，通过cd边的电荷量为0.1C13、如图甲所示，垂直纸面的匀强磁场内有一边长为L、电阻为R的正方形导体框abcd，已知磁场的磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示，t=0时刻磁场方向垂直于纸面向里；则得出下列说法正确的是（）

A.在0~2t0时间内，线圈磁通量的变化量为B.在0~2t0时间内，线圈中的感应电流方向始终为adcbaC.在0~t0时间内和t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向相同D.在0~2t0时间内，通过线圈导线横截面的电荷量为14、如图所示，宽为的两固定足够长光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为质量均为电阻值均为的两导体棒和静止置于导轨上，其间距也为现给一向右的初速度对它们之后的整个运动过程说法正确的是()

A.的加速度越来越大，的加速度越来越小B.克服安培力所做的总功为C.通过的电荷量为D.两导体棒间的距离最终变为评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、如图所示，相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则U＝____。

16、若v⊥B，此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向______，粒子在垂直于______方向的平面内运动．

（1）洛伦兹力与粒子的运动方向______，只改变粒子速度的______，不改变粒子速度的______．

（2）带电粒子在垂直于磁场的平面内做______运动，______力提供向心力．17、电视信号的接收：电视机接收到的高频电磁波信号经过_________将得到的信号转变为图像信号和伴音信号。18、某LC振荡回路的电容器的电容是可变的，线圈不可变，当电容器电容为C1时，它激起的电磁波波长为当电容器电容为C2时，它激起的电磁波波长为当电容器电容C=C1+C2时，它激起的电磁波波长=______（结果用表达）。19、原理：______现象是变压器工作的基础。原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的______也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生__________20、如图1所示，厚度为h，宽度为d的导体板放在匀强磁场中，磁场方向垂直于板的两个侧面向里，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差；这种现象称为霍尔效应，这种导体板做成磁敏元件。当前大量使用的磁传感器就是由磁敏元件与集成电路制作的。

（1）若图中的电流I是电子的定向运动产生的，则导体板的上侧面电势比下侧面电势__________（高或低）

（2）设该导体板单位体积中自由电子的个数为n，导体板的宽度为d，通过导体板的电流为I，磁感应强度为B，电子电荷量为e，发生霍尔效应时，导体板上下侧面间的电势差为__________21、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______.评卷人得分四、作图题(共4题，共24分)22、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。

23、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。

24、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。

25、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2分)26、如果分别用220V和11kV两种电压来输电，设输送的电功率、输电线上功率损失、导线的长度和电阻率都相同，求两次输电所用导线的横截面积之比。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．时；感应电动势最大，则此时线框的磁通量变化率最大，选项A错误；

B．时；感应电动势为零，则线框平面与中性面重合，选项B正确；

C．线框产生的交变电动势最大值为选项C错误；

D．线框产生的交变电动势的频率为。

选项D错误。

故选B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据粒子的偏转方向；由左手定则可以判断出粒子带正电，A不符合题意；

B．由洛伦兹力提供向心力可得

解得粒子在磁场中运动时，其轨迹的半径为

由几何关系可知其对应的圆心角为则粒子在磁场中运动的轨迹长度为

B不符合题意；

C．粒子做匀速运动的周期为

则粒子在磁场中运动的时间为

C不符合题意；

D．设圆形磁场区域的半径为R，由

解得

D符合题意。

故选D。3、D【分析】【详解】

A．根据

可得

结合可知粒子的最大动能为

粒子的最大动能与加速电压无关，要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度B和金属盒半径R；故A错误；

B．根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极；故B错误；

C．速度选择器选择的是带电粒子的速度，但丙图无法判断出带电粒子的电性，根据

可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是

故C错误；

D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时D板电势高，故D正确。4、A【分析】【详解】

根据安培定则可知，直导线右侧磁场方向垂直直面向里，当导线中电流增大时，穿过线框的向里的磁感线条数增多，由楞次定律可知，线圈会产生逆时针的感应电流。根据左手定则对线框受力分析可知线框ab边受到的安培力方向水平向右，cd边受到的安培力方向水平向左，因为ab处的磁感应强度大于cd处的磁感应强度，由安培力表达式可知ab边受到的安培力大于cd边；故线框合力向右，A正确。

故选A。5、D【分析】【详解】

试题分析：理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：＝由能量守恒定律可知：P1＝I1U1＝P2＝I2U2，故选项D正确；因此＝故选项A错误；输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U3之差，因此根据欧姆定律有：I2＝故选项B错误；降压器的输入功率为：P3＝I2U3，因此有：I1U1＝I22R＋I2U3；故选项C错误．

考点：本题主要考查了远距离输电的应用问题，属于中档题．二、多选题(共9题，共18分)6、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．开关K闭合后，负载多并入一个支路电阻，负载总电阻变小，由于原线圈输入电压和匝数比不变。副线圈输出电压也不变，因此，流过副线圈的输出电流变大，输入电流随之变大；因此电流表示数变大，故A项正确；

B．由于流过干路电阻R的电流变大，所以电阻R分得的电压变大；并联电路的电压变小，所以电压表示数变小，故B项错误：

C．由前述分析可知，输入电压不变而输入电流变大，根据

可知输入功率变大；故C项正确；

D．灯两端电压变小；流过的电流也变小，因此会变暗，故D项错误。

故选AC。7、C:D【分析】【详解】

A.在t=0.1s和t=0.3s时；磁通量最大，线圈位于中性面，电动势为零最小，故A错误；

B.在t=0.2s和t=0.4s时；磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，但电动势方向不变，故B错误；

C．根据磁通量随时间的变化规律图知，BS=0.2Wb，T=0.4s，故电动势的最大值

故C正确；

D.在t=0.4s时，磁通量为零，线圈位于中性面，感应电动势最大，磁通量变化率最大，根据

解得

故D正确。

故选CD。8、C:D【分析】【详解】

A．由于输电线总电阻为R，输电线上有电压降U线＜U2

根据欧姆定律得

故A错误；

B．输电线上有功率损失

故B错误；

C．根据P=UI

知在输送功率不变的情况下，增大U2，I2减小；故C正确；

D．理想变压器不改变电功率U2I2=U1I1

故电厂输送电功率为U2I2；故D正确。

故选CD。9、A:D【分析】【详解】

A．根据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针方向运动；故A正确；

B．因为左右两边磁场强度不一样；导致左右的半径不同，所以发生偏移；

CD．根据

得

发现B越大，R越小，所以右边部分的R大于左边部分的R；结合左手定则判断出正离子就会向下侧漂移，电子向上侧漂移，故C错误，D正确。

故选AD。10、A:C:D【分析】【详解】

A．由图知电流从左向右流动；因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A正确；

D．电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有

故

故D正确；

BC．由

则电压

故前后表面的电压与I有关，与b成反比；故B错误C正确。

故选ACD。11、A:C【分析】【详解】

A．根据左手定则可知；正电荷向上偏转，负电荷向下偏转，故A板相当于电源的正极，B板相当于电源的负极，A正确；

B．当平衡时有：

解得电源的电动势为：

而两板间的电压相当于路端电压，由于电阻的存在，所以两板间的电压B错误；

C．稳定时，根据闭合回路欧姆定律可得：

又：

联立解得：

C正确；

D．若增大A；B两板间的距离；则产生的电动势增大，电流增大，电流表示数增大，D错误。

故选AC。12、A:D【分析】【详解】

A．由右手定则可知，cd边刚进入磁场时，通过cd边的电流方向从d到c；故A正确；

B．由机械能守恒定律可得

则cd边刚进磁场时的速度为

则产生的感应电动势为

故cd边刚进入磁场时，cd两端的电势差为

故B错误；

C．cd边刚进磁场时，线框中的电流为

cd边受到的安培力大小为

因为F>mg；所以线框进入磁场后做减速运动，线框进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热等于重力势能减少量与动能减少量之和，故C错误；

D．线框进入磁场的过程中，通过cd边的电荷量为

故D正确。13、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．在0~2t0时间内，线圈磁通量的变化量为

选项A错误；

B．在0～t0时间内磁通量向里面减小，因此感应电流方向为adcba，在t0~2t0时间内磁通量向外增加，线圈中的感应电流方向为adcba；选项B正确；

C．根据左手定则可知，在0~t0时间内ab边受到的安培力方向向左，在t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向向右，在0~t0时间内和t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向相反；选项C错误；

D．在0～2t0时间内，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为

根据闭合电路欧姆定律，产生的感应电流为

通过线圈导线横截面的电荷量

选项D正确。

故选BD。14、C:D【分析】【详解】

A．给cd一向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为cdba，根据左手定则可知cd杆安培力方向向后，做减速运动，ab做加速运动，两棒的安培力大小相同，两导体棒的电动势相互抵消，因此切割磁场的速度相当于两导体棒的相对速度，因cd棒加速，ab棒减速，相对速度越来越小，因此

可知ab、cd的加速度越来越小；故A错误；

B．当cd向右运动过程中，受到向左的安培力减速，而ab受向右的安培力而加速运动，当两者共速时满足：mv0=2mv

对cd棒：

故B错误；

C．对ab根据动量定理可得：BILt=mv，解得：

故C正确；

D．设最后两根杆相对运动的距离为x，根据电荷量的公式可得：

解得：

所以两导体棒间的距离最终变为故D正确。

故选CD。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【详解】

[1]感应电动势大小为

根据闭合电路的欧姆定律可得，电路中的电流大小为

MN两端电压的大小为【解析】BLv16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】垂直磁场垂直方向大小匀速圆周洛伦兹17、略

【解析】解调18、略

【分析】【分析】

【详解】

利用波动公式，有

代入数据，有

当电容为前面两电容之和时，有

联立，可得【解析】19、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.互感②.磁场③.感应电动势20、略

【分析】【详解】

（1）[1]规定电流方向与负电荷定向移动的方向相反，由于电流的方向向右，则电子移动的方向向左，由左手定则可知电子会向A即上侧面偏转；故上侧面的电势低于下侧面的电势。

（2）[2]发生霍尔效应时，根据受力平衡可知

根据电流的微观表达式有

联立解得【解析】低21、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