金太阳2024-2025年度河南省高二年级第二次月考，高中\高二\河南省\2024-2025学年上\物理三零论坛（30论坛）用百度云盘、腾讯云盘分享的原卷版、解析版及答案，在云盘中的课件资料可在线阅读及保存到自己的云盘，此电子版课件永久免费阅读及下载。
2024一2025年度河南省高二年级第二次月考 物理参考答案 1.D【解析】丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培发现了通电导线周围磁场的分布 规律，并总结出了右手螺旋定则，选项A错误：均匀变化的电场产生恒定的磁场，恒定的磁场 就不能再激发电场了，因此不能产生电磁波，选项B错误；电流与电流间的相互作用是通过磁 场发生的，选项C错误：有效发射电磁波，必须采用开放电路和高频发射，所以音频电流的频 率较低，不能直接用来发射电磁波，选项D正确。 2.B【解析】由题图可知，沿电场线方向电势降低，9A<g,选项D正确；A点电场线更密，电 场强度更大，选项C正确：由E。=gg知，正电荷在B点的电势能更大，选项A正确：负电荷 在A点的电势能更大，故负电荷从A点运动到B点，电势能应该减小，选项B错误。 3.A【解析】点电荷A在O点的电场强度大小E,=k=6×10N/C,方向由O指向B: 点电荷B在0点的电场强度大小E,=kg=3×10N/C,方向由O指向B:设感应电荷 在O点处产生的电场强度大小为E,由静电平衡条件知E,=E,十E2=9×10N/C,选项A 正确。 4.B【解析】根据安培定则可知，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，P处导线在O点 产生的磁场方向水平向右，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，因为M、V、P三处导 线到O点的距离相等，且电流大小相等，所以三导线在O点的磁感应强度大小相等，设为 B1,由磁场叠加可知，三导线在O点的合蕊感应强度大小B。=√(2B,)十B,,同理，若将M 处导线取走，则此时O点的磁感应强度大小B=厄B1,整理有B=①B。,选项B正确。 5.B【解析】设圆环运动一周的时间为T,在时间T内通过圆环上任意一横截面S的总电荷量 就是圆环上所带的总电荷量q,圆环产生的等效电流1=号，由圆弧的儿何关系可得半径r= 方，又=2 ,联立解得T=L ,得1= 09w 2,选项B正确。 6.A【解析】电流表的量程大于电流表④的量程，故电流表☒的阻值小于电流表④的阻值，并 联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表④的读数大于电流表④的读数，选项A正确：两个电 流表的表头是并联关系，电压相同，故指针的偏转角度相同，选项B错误：表头改装成电压表需 要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大，电压表)的量程大于电压表的 量程，则电压表心的阻值大于电压表心的阻值，故电压表心的读数大于电压表的读数，选项C 错误：两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故指针的偏转角度相同，选项D错误。 7.A【解析】由“串反并同”可知，电阻箱R的阻值增大，电压表的示数会随之增大，选项B错 误：由于R,rR。,因此电源的输出功率先增大后减小，选项D错误：由闭合电路欧姆定律 1r,可知△AU=rA1,兴=r不变，选项C错误；电容器的电荷量增加量△( Cr△I,选项A正确。 8.BD【解析】煤炭资源是有限的，选项A错误：能源的利用是有代价的，选项C错误：能量是 守恒的，风能是可再生能源，选项B、D正确。 9.BC【解析】题图甲中，M、N两点磁感应强度不相同，选项A错误；题图乙中根据条形磁铁 的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减 小，选项B正确：题图丙中，穿过线框的磁通量发生变化，所以线框中有感应电流产生，选项C 正确：题图丁中，距离通电直导线越远，磁感应强度越小，线框向右平移的过程中，向里穿过线 框的磁通量诚小，线框中产生感应电流，选项D错误。 10.AC【解析】质量为的小球由静止释放后开始下落，所受库仑力越来越大，所以小球先加 速后减速，则加速度先减小后增大，当到达B处时，小球的速度为零。由动能定理可得 g(hz一h:)一W唯=0一0，解得W=mg(h2一h,),而当换成质量为2m的小球时，仍从原 来位置由静止释放，则小球先加速后诚速，加速度先减小后增大，选项B错误：速度最大的位 置，就是加速度为零的位置，即库仑力与重力相等的位置，当小球的质量为2m时，设平衡位 置距底部带电体的距离为A。,则有及兴=2mg,所以A,= 2 mg 则小球向下运动 的位移x=h2 kQ ,选项C正确：质量为2n的小球从静止到B处，由动能定理可 得2ng(h2一h1)一W牌= ,·2℃g2一0，而W=mg(h2一h1),所以小球在B处时的速度 为√g(h2一h1),选项A正确、D错误。 11.乙(3分)不能(3分) 【解析】题图甲为电流表的外接法，电压表的分流使得电流表的示数大于通过待测电阻的实 际电流，根据欧姆定律可得R=二，则电阻测量值比真实值小：题图乙为电流表的内接法，电 流表的分压使得电压表的示数大于待测电阻的实际电压，则电阻测量值比真实值大，测量值 比真实值大的应是题图乙所示的电路：根据上述分析，实验的误差是由测量方法引起的，系 统误差不能通过多次测量取平均值来减小。 12.(1)+(1分) (2)180(2分) (3)b(1分)90(2分) (4)2000(2分) 【解析】(1)用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从 欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流人。 (2)题图乙用半偏法测电流表⊙的内阻，由号R。了R,解得R,=180n. (3)由题图甲可知，当开关S掷向b端时，电路的满偏电流较小，所以开关S应掷向b端，此 IR=6mA,解得R.+R,=900. 时有1十R。十R 1.R. (④酒过电压表的电流1=子，+十R,解得1=45mA,电压表的内阻R,-号 9 4.5×10 2=20002. 13.解：(1)由题意可得 mg=EF (3分) 解得F= 3ng。 (2分) (2)由力的分析及库仑定律可得 F库=F(2分) F岸= g (2分) 解得L=g√mg (1分) E 14.解：(1)S,断开、S,闭合时，由闭合电路欧姆定律有1一R, (2分) 解得RL=1.22。(1分)》 (2)电动机未启动时，车灯功率P,=1,2R.=120W(1分) S,闭合瞬间，路端电压U=E-Izr=9.6V(1分) U 车灯功率P:-尽=76.8W1分) 所以车灯功率的变化量△P=P,一P:=43.2W。(1分) 8)S,闭合瞬间，通过车灯的电流1L是-8A1分 则通过电动机的电流IM=I2一I1=50A(1分) 电动机的输人功率P人=UIM=480W(1分) 电动机的热功率P热=IM2r1=250W(1分) 电动机的机械功率Pm=P入一P热=230W。(1分) 15.解：1)对电子在加迷电场中的加速过程用动能定理U。一乞m,2-0,有w一√ (2分) 代入数据得=8×10m/s。(1分)
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