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2024一2025学年高二下学期第一次月考 物理参考答案 C【解析】电路中有感应电流，一定有电动势，选项A错误：电路中没有感应电 ,可能有电动势，选项B错误：法拉第、纽曼、韦伯对电磁感应定律都作出了巨 贡献，选项C正确：磁通量的变化率越大，感应电动势越大，选项D错误。 【解析】根据P=U可得【=元，则输电线路中电阻损耗的功率△ =R=(行)R输送电压提高到原来的5倍，则输电线路中电阻损耗的功率变 原来的5选项A正确。 C【解析】由安培力公式F=BL可得，当电流方向与磁场方向垂直时，导线受 的安培力最大为1N,选项C符合题意。 D【解析】取△t时间内的水流为研究对象，利用动量定理列方程得 △t,F△t=司m(o+骨十写m(0+o),解得F品mDr选项D 2 确。 B【解析】刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯泡上，A、B两灯泡同时亮，随 线圈L中电流增大，由于线圈L的直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B 泡逐渐被短路直到熄灭，外电路的总电阻减小，总电流增大，A灯泡更亮，选 A错误、B正确：B灯泡与线圈L构成闭合回路，所以稳定后再断开开关S后 B灯泡由暗变亮再逐渐熄灭，A灯泡立即熄灭，选项C、D错误。 7 }【解析】从B点到C点的时间为半个周期2=0.3s则周期T=0.6s,选项A 误；由题中图像知mg=k(30一20)，在B点时有k(50一20)一mg=ma,解得 2g,选项B正确：在0.2s`0.4s时间内，物块的加速度先向下减小到0，再反向增大到2g,选项C 错误：物块下降高度增大，只是增大振幅，不会改变周期，选项D错误。 C【解析】如图所示，圆O,与平板N相切 于A点，圆O2与平板MN相交于B点，PB为 圆02直径，圆O,与平板MN相切于C点，A、 两点为粒子恰好能打到平板上的临界点，B 为粒子能打到的距离P点最 远的点，BC为粒子能打到平板上的范围，改变粒子的材 电性，粒子能打到的范围长度不变，但其位置发生变化，选项A错误：能打在板上 离P点的最远距离为PB=d,选项B错误：打到平板所用时间最长的粒子的初 速度为℃，，由几何关系可得，℃，与竖直方向的夹角为30。，所以打到A点的 240 粒子的速度偏转角为240。，粒子从P点运动到板上的最长时间1m= 360° 1πd8πd 3v 9v 选项C正确；BC为粒子能打到平板上的范围，由几何关系可得 3d什3d选项D错误。 AB【解析】在第1s末到第2s末的过程中，振荡电流是充电电流，充电电流是 由上极板流向下极板，则下极板带正电，选项A、B正确：在第2s末到第3s 末的过程中，振荡电流是放电电流，电场能正在减小，磁场能正在增大，放电电流 是由下极板流向上极板，由于电流为负值，所以由N点流向M点，则N点的电 势高，选项C、D错误。 CD【解析】根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则圆形 线圈相当于N极指向纸面内的小磁针。导线a中通入电流时，由安培定则可判 断出，导线中电流在线圈处产生的磁场方向向左，因小磁针N极指向磁场方 向，故从上向下看时，线圈将逆时针转动，选项A、B错误，C正确。当线圈转过 90。时，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，线圈上半部分受到向上 的力，线圈下半部分受到向下的力，由于下半部分距离导线：较近，所以下半部 分受到的安培力比较大，线圈整体受到向下的安培力，可知弹簧测力计的示数一 定增大，选项D正确。 BD【解析】小球与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，水平方向上 系统动量守恒，但系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，选项A错误： 由于系统在水平方向上动量守恒，小球运动到B点时，小车向左的位移最大，以 水平向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 m一m=0,m2跟，兰-m兰=0解得小车的位移X=R,选项B正确；小球与小 车组成的系统在水平方向上动量守恒，小球由A点离开小车时系统在水平方向上 动量为零，小球与小车在水平方向上的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运 动，选项C错误：小球第一次在车中运动的过程，由动能定理得 mg(h。二子。)-W=0解得W号 4mgh。,即小球第一次在车中滚动损失 的机械能为4mgh。，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处的速度变小对，三空承接合理算一种正确接法，有一空不合理，算错误接法，本问不给分)】 ②Ⅲ (1分) 【解析】(1)因为电流从黑表笔流出，当黑表笔接M时，多用电表指针位于表盘 中a位置，即电阻很大，所以二极管反接，由此断定M端为二极管的负极。 (2)①由题意知滑动变阻器按分压式接入电路，导线L,、L2和L的另一端应分 别连接滑动变阻器的A、A、D或C。 ②由图像知斜率的倒数等于二极管的电阻值，那么Ⅲ的阻值最小，又已知光照 越强，该光敏电阻的阻值越小，所以图线川对应的光照最强。 2. (1)C(1分) (2)偏转方向(2分) 电流方向 (2分) (3)向左(2分) 变大 (2分) 【解析】(1)在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还 要用到一个零刻度在中间的灵敏电流计，选项C正确。 (2)实验前要查明电流流入电表的方向与电表指针偏转方向的关系，用来判断感应电 流的方向。 (3)当闭合开关S时，观察到电流表的指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入 时，电流表的指针向左偏转。磁铁N极插入线圈E过程中，线圈E中磁通量向 下增大，根据楞次定律可知感应电流将从电流表负接线柱流入，则此时电流表的 指针将向左偏转，当磁铁插入螺线管的速度越快，磁通量变化越快，感应电流也 较大，电表的指针偏角变大。 3.解：(1)小球A从P点由静止释放瞬间弹簧的弹力为零，小球A、B一 起向右运动对小球A、B整体，由牛顿第二定律得
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