河南省天立教育2025-2026学年高二下学期阶段教学质量监测（一）物理答案

河南省天立教育2027届高二年级阶段教学质量监测（一）物理参考答案题号12345678910答案DBDDCDDBDABCBC1．D【详解】A．由于，表明磁感应强度有竖直向上的分量，根据地磁场特征，南半球磁场指向北方斜向上，磁感应强度具有竖直向上的分量，而北半球磁场指向北方斜向下，磁感应强度具有竖直向下的分量，可知测量地点位于南半球，A错误；BA、可知，坐标轴x箭头指向北方，B错误；CD．根据磁通量的定义可知，通过手机显示屏的磁通量为，C错误，D正确。故选D。2．B【详解】根据安培定则可知，每根通电导线在顶点处磁感应强度方向如图所示则点的合磁感应强度大小为方向平行向右。故选B。3．DAB左滑动的趋势，故A错误；BD．仅减小，安培力的水平分力减小，竖直向上分力变大，金属棒受到的摩擦力减小，金属棒对导轨的压力减小，故B错误，D正确；C．由于B与I始终垂直，电流大小、磁感应强度大小不变，仅减小，金属棒受到的安培力大小不变，故C错误。故选D。4．DA．载流子的电性及所带电荷量均与电子相同，电流方向由向动方向与电流方向相反，所以载流子在水平方向从向，故A错误。B．由左手定则可知载流子向电极端偏转，电极的电势比电极的电势低，故B错误。C．由题意知样品每平方米载流子数为，则时间内通过样品的电荷量根据电流的定义式得电流稳定时有整理得可知即，故C错误。D．由题给关系图像可知斜率其中，联立解得个，故D正确。故选D。5．C【详解】A．根据左手定则可知，电子在磁场中沿顺时针方向运动，故A错误；B功，故B错误；C，解得，因右侧磁场较强，故带电粒子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小，故C正确；D．离子在磁场中，洛伦兹力为，速度大小不变，故洛伦兹力一直在变大，故D错误。故选C。6．DAPQ板聚集了等离子体中的正电荷，所以Q板为正极，所以通过金属棒ab的电流由a流到b，故A错误；BC．根据平衡条件，金属棒ab所受安培力方向沿导轨平面向上，大小为根据左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，故BC错误；D．当P、Q之间电压稳定时，等离子体所受电场力与洛伦兹力大小相等，即流过导体棒的电流为安培力为联立解得，故D正确。故选D。7．D【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故A错误；B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知Ny轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，，故上表面接收到粒子的区域长度为，故B错误；CNy面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C错误；D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，故D正确。故选D。8．BD【详解】A．时刻回路的磁通量为零，但是磁通量的变化率不为零，则回路有感应电流，故A错误；B．时刻磁感应强度为零，根据可知，安培力为0，故B正确；CD．时刻在~2时间内，回路的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，流过金属棒的感应电流方向是从P到QPQCD正确。故选BD。9．ABC【详解】A．粒子经过加速电场，根据动能定理可得解得粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则有联立解得粒子离开偏转电场的侧向位移为粒子射入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为，有进入磁场且进入磁场时速度方向相同，故A正确；B．粒子离开电场后，进入磁场，由洛伦兹力提供向心力可得又入射点和出射点之间的距离又，所以由于三种粒子的比荷不同，则三种粒子分别从三个点离开偏转磁场，故B正确；CD．因为该值与无关，则射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变，故C正确，D错误。故选ABC。10．BCA摆线运动。其运动可分解为：水平、竖直方向均以做匀速圆周运动，圆周运动周期第一次运动到最低点时，竖直分速度抵消为0，水平分速度合为；洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功。洛伦兹力始终与速度方向垂直，由功率公式可知洛伦兹力瞬时功率恒为0，与速度大小无关，故A错误；B．小球第一次到达最高点的时间为一个周期水平位移竖直方向圆周运动一个周期回到初始高度，竖直位移为0，故合位移等于水平位移，故B正确；C．小球第一次到达最低点的时间为半周期水平位移竖直位移为圆周运动半周期的直径位移比值，故C正确；D．由动量定理矢量分解，最低点水平动量变化竖直方向重力冲量洛伦兹力冲量，故D错误。选BC。．垂直向上C1[1]应使矩形线圈所在的平面与NS竖直，方便测出弹簧的拉力（3）[2]没通电时，对线框受力分析，线框所受重力等于弹簧测力计拉力，即力计示数变小可知，安培力方向应竖直向上，则三个力应满足联立解得（5）[3]由安培力公式可得解得故选C。12．(1)顺时针(2)(3)C(4)1）由安培定则可知磁场沿顺时针方向。（2）由电流微观表达式在霍尔元件中，电场力等于洛伦兹力，有解得联立以上可得磁感应强度大小为（3）由上可知霍尔电压为又联立可得故选C。（4）由于霍尔电压又可得霍尔电压其中所以比例系数13．(1)(2)，竖直向下(3)1）根据法拉第电磁感应定律可得则解得线圈中的感应电流大小为（2）线圈受安培力的有效长度为t＝4s时，线圈受到的安培力大小为由图乙可知，t＝4s时，B＝2T，解得方向：竖直向下（3）由题意知线圈中的感应电流恒定，要使轻绳张力为0，磁场方向应垂直纸面向外，设此时磁感应强度大小为，由线圈受力平衡解得由图乙得将，代入上式，解得14．(1)(2)(3)1）粒子沿直线通过cdef区域，可知解得（2）由逆向思维可知，粒子在左侧电场中做类平抛运动，可知，解得（3）粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，则解得则粒子转过的圆心角为可得则时间为15．(1)(2)(3)（0，，1）作出粒子的运动轨迹，如图所示粒子出射后，在y轴左侧匀强电场中做类平抛运动，并垂直穿过y轴，有，，联立解得（2）设粒子垂直穿过y轴时，轨迹与y轴的交点为Q，OQ之间的距离为d，有粒子穿过y轴后，在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有粒子圆周运动速度大小为根据几何关系有解得粒子圆周运动半径为联立可得（3）粒子经过x轴进入x轴下方电场和磁场的复合场后做复杂曲线运动，曲线运动可分解