方城一高2025年秋期高二年級月考物理學(xué)科參考答案1．C【詳解】由于電場線分布的疏密程度能夠表示電場的強弱，則有；由于沿電場線電勢降低，則有；正試探電荷在A到B過程，電場力做正功，電勢能減小，則有可知，第三個選擇項滿足要求。故選C。2．C【詳解】A．電荷在某處受電場力的作用，由電場強度的定義式可知，則該處電場強度不可能是零，A錯誤；B．如果通電導(dǎo)線與磁場方向平行，則磁場對通電導(dǎo)線沒有作用力，因此一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場力作用，則該處磁感應(yīng)強度不一定是零，B錯誤；C．電場中某點電場的強弱，用一個檢驗電荷放在該點時受到的電場力與檢驗電荷本身電荷量的比值表征，C正確；D．磁場中某點磁場的強弱，用一小段通電導(dǎo)線垂直磁場方向放在該點時受到的磁場力與該小段導(dǎo)線長度和電流乘積的比值表征，D錯誤。故選C。3．A【詳解】解法一阻礙相對運動法產(chǎn)生磁場的物體與閉合線圈之間的相互作用力可概括為四個字——“來拒去留”。磁鐵向右運動時，鋁環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電流總是阻礙磁鐵與導(dǎo)體間的相對運動，則磁鐵和鋁環(huán)間有排斥作用，故A正確。故選A。解法二電流元受力分析法如圖所示，當(dāng)磁鐵向環(huán)運動時，穿過鋁環(huán)的磁通量增加，由楞次定律判斷出鋁環(huán)的感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場的方向相反，即向右，根據(jù)安培定則可判斷出感應(yīng)電流方向，從左側(cè)看為順時針方向，把鋁環(huán)的電流等效為多段直線電流元，取上、下兩小段電流元進行研究，由左手定則判斷出兩段電流元的受力，由此可判斷整個鋁環(huán)所受合力向右，故A正確。故選A。解法三等效法如圖所示，磁鐵向右運動，使鋁環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電流可等效為條形磁鐵，而兩磁鐵有排斥作用，故A正確。故選A。4．B【詳解】A．次級電壓有效值為初級電壓即電壓表讀數(shù)為選項A錯誤；B．由圖知交流電的周期T=2×10-2s則初級電壓最大值線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過的過程中，所產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為選項B正確；C．若滑動觸頭P的位置向上移動時，電阻R增大，次級電流減小，則初級電流減小，則電流表讀數(shù)將減小，選項C錯誤；D．把發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼囊话?，根?jù)可知，交流電壓最大值變?yōu)橐话?，變壓器的輸入電壓減半，次級電壓減半，根據(jù)可知，次級功率變?yōu)樵瓉淼乃姆种?，則變壓器的輸入功率將減小到原來的四分之一，選項D錯誤；故選B。5．C6．B【詳解】A．等量異種點電荷電場對稱分布，沿電荷連線的中垂線，電場方向始終垂直中垂線，即中垂線是等勢面，且中間場強最大向兩邊逐漸減小，小物塊受重力、電場力和墻壁的彈力以及摩擦力作用，可知q帶負(fù)電，故A錯誤；D．物塊全程做減速運動，可知加速度始終豎直向上。從A到O的過程中，電場強度越來越大，則電場力越來越大，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力增大，導(dǎo)致滑動摩擦力增大，根據(jù)知加速度增大；從O到B，電場強度越來越小，則電場力越來越小，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力減小，導(dǎo)致滑動摩擦力減小，根據(jù)知加速度減?。粡腁到B，加速度先增大后減小，故D錯誤；B．由于AO段和OB段的電場強度對稱，可知加速度對稱，兩段過程中合外力做功相同，根據(jù)動能定理，有即O點的速度為，則O點動能為，故B正確；C．由于AB是等勢線，則電荷的電勢能不變，故C錯誤。故選B。7．ACD【詳解】AB．讓電流反向（大小不變），在右邊減去一個質(zhì)量為m的砝碼后，天平恰好重新平衡，可知此時安培力向下，根據(jù)左手定則可知，磁場的方向垂直于紙面向外，選項A正確，B錯誤。C．由平衡可知，電流反向后解得，選項C正確；D．為了提高靈敏度，應(yīng)使磁感應(yīng)強度發(fā)生微小變化時，天平也會發(fā)生明顯的傾斜，故應(yīng)增加線圈匝數(shù)，使安培力變大，選項D正確。故選ACD。8．AD【詳解】A．一起運動階段，兩物體作為一個整體，根據(jù)牛頓第二定律有解得其加速度大小為，故A正確；B．由題知，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，即隨著運動速度的增大，洛倫茲力逐漸增大，物塊對木板的壓力逐漸減小，則最大靜摩擦力逐漸減小，故B錯誤；CD．發(fā)生相對滑動前，兩物體具有相同的加速度，即發(fā)生相對滑動的臨界條件是物塊的加速度開始大于等于木板的加速度，即解得；又靜摩擦力，解得，所以恰好發(fā)生相對滑動時，物塊和木板之間仍有摩擦力存在，即仍有壓力存在，故C錯誤，D正確。故選AD。9．ABD【詳解】A．電流表測量的是總電流，電壓表測量的是路端電壓，根據(jù)歐姆定律可知由閉合電路歐姆定律可知，所以可得，故A正確；B．由電路圖可知，電阻與滑動變阻器是并聯(lián)關(guān)系，因此電壓相等，所以，故B正確；CD．同理可得，在分析滑動變阻器，可以把電阻與內(nèi)阻并聯(lián)之后的電阻看成一個新的等效內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律可知所以故C錯誤，D正確。故選ABD。10．AC【詳解】A．當(dāng)線框運動時間為時，磁通量向外均勻增加直至最大；時，向里的磁通量均勻增加，向外的磁通量均勻減小，總磁通量向外均勻減小直至零，時，總磁通量向里均勻增加直至最大；時，向外的磁通量均勻增加，向里的磁通量均勻減小，總磁通量向里減小直至零，時，總磁通量向外均勻增加至最大；時，向外的磁通量均勻減小直至零，故A正確；B．當(dāng)線框運動時間為時，僅右側(cè)邊切割磁感線，感應(yīng)電動勢為，感應(yīng)電流沿順時針方向，感應(yīng)電動勢為負(fù)值；時，左右兩側(cè)邊同時切割磁感線，感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電流沿逆時針方向，感應(yīng)電動勢為正值；時，左右兩側(cè)邊同時切割磁感線，感應(yīng)電動勢，電流沿順時針方向，感應(yīng)電動勢為負(fù)值；時，僅左側(cè)邊切割磁感線，感應(yīng)電動勢，電流沿逆時針方向，感應(yīng)電動勢為正值，故B錯誤；C．線框受到的安培力的方向一直與運動方向相反，故外力F一直向右，又勻速運動，則外力F大小與安培力大小相同，當(dāng)線框運動時間為時，安培力，時，兩邊同時切割磁感線，感應(yīng)電動勢變?yōu)閮杀?，由可知，電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?，同時有兩根導(dǎo)線受到安培力，線框受到的總安培力；時，安培力，故C正確；D．線框消耗的電功率，根據(jù)上述分析可知，線框在運動時間為、時，，時，，故D錯誤。故選AC。11．(8分)(1)1.890±0.001（2分）(2)0（2分）×100（2分）500（2分12．B小于【詳解】（1）[1]根據(jù)題意可知，要減小誤差，電流變化范圍應(yīng)適當(dāng)大些，由于電壓表量程為，干電池允許提供的最大電流為，由歐姆定律可知，應(yīng)選用6Ω的定值電阻。故選B。（2）[2]根據(jù)題意，由圖甲電路圖，將實物圖乙連接完整，如圖所示（3）[3][4]根據(jù)題意，由閉合電路歐姆定律有整理可得則電源的電動勢，解得（4）[4]設(shè)電壓表內(nèi)阻分別為，可得整理可得可得，電動勢測量值可知，電源電動勢的測量值小于真實值。13．（10分）帶電粒子在磁場運動時速度v0，帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡（別從Q、N點射出）如圖所示（1分）由幾何關(guān)系可知，最小半徑（2分）最大半徑（2分）帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知（2分）（1分）（1分）解得，磁感應(yīng)強度大小的取值范圍＜B＜（1分）14．（1）4N；（2）25m/s【詳解】（1）金屬棒剛進入磁場時的速度解得根據(jù)解得（2）金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，根據(jù)平衡條件，有此時速度最大，解得15．（1），方向水平向左；（2）不能，；（3）【詳解】（1）對P環(huán)，P環(huán)的初速度為P環(huán)剛彈射入磁場產(chǎn)生的電動勢為體環(huán)P中電流為根據(jù)牛頓第二定律可得解得導(dǎo)體環(huán)P剛彈射入磁場的加速度為方向水平向左。（2）P環(huán)在磁場中向右運動過程中，由動量定理可得又聯(lián)立解得P、Q兩環(huán)發(fā)生彈性碰撞，則有解得，設(shè)P環(huán)向左運動的最大距離為，根據(jù)動量定理可得解