物理答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年05月试卷_0526四川省南充市高级中学2024-2025学年高二下学期5月月考试题

参考答案
1．C
【详解】A．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场产生磁场，但不一定产生变化的磁场；变化的磁场产生电场，
但不一定产生变化的电场，故A错误；
B．在真空中无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长依次变短，无线电波、红外线、可见光、紫外线都是电
磁波，它在真空中的速度相同，故B错误；
C．在LC振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时，电容器的电场能最大，则线圈产生的磁场能最小，磁场
能大小与电流大小变化同步，所以电路中的电流最小，故C正确；
D．在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫作调制，故D错误。故选C。
2．A
mv2 BqR
【详解】A．粒子离开回旋加速器时动能最大，根据Bqv ，可得v
R m
1 q2B2R2
粒子获得的最大动能为E  mv2 
k 2 2m
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加磁感应强度B，故A正确；
B．根据左手定则，满足正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机方向的负极，故
B错误；
E
C．速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，速度大小满足Eq＝qvB即v＝ ，还要速度
B
方向满足从P入射，粒子才能匀速通过速度选择器，故C错误；
D．磁电式电流表内部极靴产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误。故选A。
3．B
【详解】由题知，直导线通入从M到N的恒定电流，则根据右手定则可知M、N左侧的磁场垂直纸面向里、右
侧的磁场垂直纸面向外，再由于线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，根据左手定则可知：
AB导线受到的安培力向右，则导线AB向右弯曲；AC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左下，则这部分导线
向左下弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右上，则这部分导线向右上弯曲；BC在MN左侧的导线受到
的安培力斜向左上，则这部分导线向左上弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右下，则这部分导线向右下
弯曲。故选B。
4．A
【详解】由图可知此时电容器下极板带正电，再根据合安培定则可知电流方向为从线圈流入下极板，所以该时刻
电容器正在充电，电容器内的电场强度正在增大，电路中电流正在减小，线圈中的磁场能正在减小，故A正确，
BCD错误。故选A。
5．B
【详解】C．由图像可知，t=0.02 s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，故C错误；
B．由Φ-t图像可知T=2×10-2 st=0时刻Φ=0
根据U  2U 可知R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100πt（V）故B正确；
m
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos 100πt（A）故D错误；
Rr
A．电动势的最大值E  U 16.97V故A错误。故选B。
m R m
6．B
【详解】A．根据楞次定律和安培定则可得，回路中的感应电流方向为顺时针方向，所以金属杆中感应电流的方
向是由M 流向N ，故A错误；
l
B．图示位置的回路中金属杆切割磁感线的有效长度为 ，此时金属杆产生的感应电动势大小为
sin
答案第1页，共7页
学科网（北京）股份有限公司1  l  2 Bl2
E  B   故B正确；
2 sin 2sin2
C．设金属杆接入回路的长度为x，其接入回路的电阻为Rrx
1
金属杆转动切割磁感线产生的感应电动势大小E  Bx2
2
1
Bx2
则感应电流的大小为 E 2 Bx
I   
R rx 2r
由于x逐渐减小，所以回路中感应电流逐渐减小，故C错误；
ΔΦ
D．由于金属杆切割磁感线的有效长度逐渐减小，所以接入回路的电阻逐渐减小，不能根据q 计算回路中通
R
Bl
过金属杆某横截面的电荷量，则q 故D错误。故选B。
2rtan
7．C
【详解】A．电源电压u随时间t变化的表达式是u6 2sin100t则2f 100
解得电源电压的频率 f 50Hz理想变压器不会改变频率，则副线圈中电流的频率为50Hz，方向每秒钟改变100
次，故A错误；
 
B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1:2，则原、副线圈的电压比为1:2，即n 原：n 副 1：2该理想变压
原 t 副 t
 
器原、副线圈中磁通量的变化率之比为 原： 副 1：1故B错误；
t t
C．滑片P向上移动时，R 阻值增大，副线圈所在电路总阻值增大，其干路电流减小，所以原线圈所在电路电流
3
减小，则R 的分压减小，电源电压不变，则原线圈的分压增大，导致副线圈的电压增大，R 两端的电压增大，
1 2
流过电阻R 的电流增大，故C正确；
2
D．当电流表的示数为0.5A时，副线圈的电压U 0.5A8Ω4V原、副线圈的匝数比为1:2，则原线圈的电压
副
1
U 4V 2V电源电压有效值U 6V则电阻R 的分压U U U 6V2V4V通过R 的电流大小为
原 2 1 1 副 1
U 4
I  1  A2A故D错误；故选C。
1 R 2
1
8．B
【详解】AB．由于t ∶t ∶t ＝3∶3∶1，作出粒子运动轨迹图如图所示，它们对应的圆心角分别为90°、90°、30°，由
1 2 3
v2
几何关系可知轨道半径大小分别为R <R R <R ＝2L由qvB＝m
2 3； 1 3
R
可知三个速度的大小关系可能是v ＜v ＜v 故A错误，B正确；
2 1 3
2R 2m 1 m q 
C．粒子运动周期T＝ ＝ 则t ＝ T＝ 解得 ＝ 故C错误；
v qB 1 4 2qB m 2Bt
1
v2 q v
D．由qvB＝m R ＝2L解得粒子的比荷 ＝ 3 故D错误。
R 3 m 2BL
3
答案第2页，共7页
学科网（北京）股份有限公司故选B。
9．BD
【详解】A．由图像乙得，从计时开始两条支路都存在电流，分别是I 和I ，断开K后瞬间，L的电流要减小，
1 2
于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，电流逐渐减小为零；因此本实验是：开关断开，电路中产生
了感应电流，演示断电自感现象，A正确，不符合题意；
BCD．断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，则自感线圈所在支路的电流如曲线a
所示，乙图中的曲线a表示电流传感器A 测得的数据；I  I
2 1 2
说明电感的直流电阻是小于灯泡的电阻的；断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断开开关后，
线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当电源，由于线圈、电阻和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮
再逐渐熄灭，C正确，不符合题意、BD错误，符合题意。故选BD。
10．AB
【详解】C．带电粒子在复合场中一定受洛伦兹力而做直线运动，一定为匀速运动，选项C错误；
A．带电粒子沿ab做匀速直线运动，根据左手定则可知洛伦兹力垂直ab方向向上，而电场力方向垂直平行板向
下，此二力不在一条直线上，可知一定受重力，选项A正确；
B．带电粒子只受三个力，应用矢量三角形定则可知洛伦兹力垂直ab向上，则粒子带正电，选项B正确；
D．为锐角，可知mg和qE两个力成锐角，此二力合力大于qE，又重力和电场力的合力大小等于qv B，即
0
qEqv B，即Ev B，选项D错误。
0 0
故选AB。
11．AC
答案第3页，共7页
学科网（北京）股份有限公司sin
【详解】A．根据折射定律得n 可得sinncos故A正确；
sin（90o）
L L L
B．由几何关系可知激光在内芯中的传播路程L  1  2 L L  故B错误；
0 sin sin sin
c c L nL
C．由n 解得激光在内芯中传播的速度v 若0，则激光在内芯中传播的时间t  
v n v c
故C正确；
D．若增大，则折射角增大，激光在内芯的内侧面入射角减小，小于临界角，则激光不会发生全反射，故D错
误。故选AC。
12．CD
【详解】A．在电磁铁系统进入线圈时，根据右手定则可知，若俯视则线圈内的感应电流方向为逆时针，故A错
误；
B．模型车做减速度运动，线圈对电磁系统作用力的方向与模型车运动方向相反，故B错误；

C．在电磁铁系统的磁场全部进入任意一个线圈的过程中，通过线圈的电荷量为 E t BLL
qIt  t  t  1 2
R R R
故C正确；
B2L2L
D．取向右为正方向，根据动量定理有BILt mvmv 即BqL mvmv 解得vv  1 2
1 0 1 0 0 mR
故D正确。故选CD。
42a
13． B 17.4 1.82
b
【详解】（1）[1]为了减小空气阻力的影响，小球应选择密度大一些的铁球；为了保证小球摆动过程，摆长保持
不变，应选用细丝线，且上端用铁夹夹住。
故选B。
（2）[2]10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图甲可知摆球的直径为d 17mm40.1mm17.4mm
54.60
T  s1.82s
（4）[3]单摆的周期为 60
2
Lr 42 42
（5）[4]设小球半径为r，根据单摆周期公式可得T 2 可得T2  L r
g g g
42 b 42a
可知T2L图像的斜率为k   解得g 
g a b
14．(1)A(2)D(3)BC
【详解】（1）光源通过透镜会聚后变成点光源，然后通过滤光片后变成单色光，经过单缝后变成线光源，所以
M、N、P三个光学元件依次为滤光片、单缝、双缝。
故选A。
（2）测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，说明分化板中心线与双缝不平行，可以转动测量
头。故选D。
l
（3）A．根据条纹间距公式x 可知，若将滤光片向右平移一小段距离，光屏上相邻两条亮条纹中心的距
d
离不变，故A错误；
l
B．根据条纹间距公式x 可知，若将双缝间的距离d减小，光屏上相邻两条暗条纹中心的距离增大，故B
d
正确；
答案第4页，共7页
学科网（北京）股份有限公司l
C．根据条纹间距公式x 可知，若将滤光片由绿色换成红色，波长变大，则光屏上相邻两条暗条纹中心的
d
距离增大，故C正确；
a
D．为了减小测量误差，可用测微目镜测出n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为x ，故D错
n1
误。故选BC。
15．(1)94m(2)①两次；②见解析
【详解】（1）两车速度相等时，恰好相遇，设运动时间为t ，则v a t 2sat 解得t 7s
1 0 2 1 11 1
1
甲车位移x v t  a t 2s2
1 01 2 2 1
1
乙车位移x  at2
2 2 11
两车之间的距离xx x 解得x94m
1 2
（2）①设甲车从0时刻到速度减为零所用时间为t ，对甲车分析v a (t 4)0解得t 16s
2 0 2 2 2
1 1
设t 时并排，则v t  a (t 4)2  at2x 解得t 4s16s，t  12s16s
3 0 3 2 2 3 2 13 0 3 3
由此可知两车相遇两次
1
②当t 4s时x  at 2 16m
3 3 2 13
1
当t  12s时x  at 2 144m
3 3 2 13
16．(1)20V/m(2)1.33T(3)3.08102J
【详解】（1）由于小球a在x0区域后做匀速圆周运动因此Eqmg
代入数据可得电场强度大小为E20V/m
1
（2）小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律Bqv ma又 at2 L
0 2
h
竖直方向做匀速运动，向下运动的距离为h，因此t  代入数据可得B1.33T
v
0
48
（3）小球离开管时的速度v at  m/s
水平 17
下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功
1 1
根据动能定理mghW  m  v2 v2  mv2解得W 3.08102J
N 2 水平 0 2 0 N
BL 9 mR 2gh BLCm 2gh
17．(1) 2gh， 2gh(2) mgh(3) ，
8R 16 3B2L2 B2L2C4m
1
【详解】（1）对P棒，由动能定理得mgh mv2
2 0
解得P棒刚进入磁场的速度大小为v  2gh
0
当P棒进入磁场时产生感应电动势EBLv
0
P棒为电源，M、N两棒并联，则有I 2RI R又I I I
M N M N
答案第5页，共7页
学科网（北京）股份有限公司E
由欧姆定律得电路的总电流I 
2RR
并
2RR 2 BL
R   R各式联立得流经M棒的电流I  2gh
并 2RR 3 M 8R
（2）P棒进入磁场，M、N两棒所受的安培力F I LB，F I LB
M M N N
由牛顿第二定律得F ma ，F 2ma
M M N N
联立可得M、N两棒的加速度关系为a :a 1:1
M N
由此可知，M、N两棒加速度相同其运动总是相对静止的，由于P棒受到的安培力与M、N棒受到的安培力的合
力为0，所以三棒组成的系统动量守恒。若P棒与M棒恰好不发生碰撞，则三棒速度相等，设此时的三棒速度
均为v ，以向右为正方向
1
根据动量守恒定律有mv (mm2m)v
0 1
根据能量守恒，该过程系统损失的机械能E 全部转化为电路电阻的焦耳热
损
1 1 2R
故得E = mv2 (mm2m)v2=Q 该过程P棒中产生的焦耳热Q = Q
损 2 0 2 1 总 P R 总
总
8 9
R =2RR  R联立各式解得Q = mgh
总 并 3 P 16
（3）P棒进入磁场到三棒速度相等的过程，对P棒

由动量定理得BI Lt mv mv 又 E t  BLx
1 1 1 0 qI t  1 t  1 t   1
1 1 R 1 R 1 R R
总 总 总 总
2mR 2gh
联立解得P棒与M棒恰好不发生碰撞时，M棒离磁场左边界的距离x 
1 B2L2
4mR 2gh 2mR 2gh
根据题意，若初始时M棒离磁场左边界的距离为x  x 
0 3B2L2 1 B2L2
则P棒与M棒一定发生碰撞并粘在一起。
设导体棒P与导体棒M碰撞前瞬间的速度为v ，导体棒M、N的速度大小均为v
2 3
碰撞前过程根据动量守恒定律有mv mv (m2m)v
0 2 3
同样对P棒，由动量定理得BI Lt mv mv
2 2 2 0
BLx 3BLx
又qI t  0  0
2 2 R 8R
总
1 1
联立解得v  2gh，v  2gh
2 2 3 6
设导体棒P与导体棒M碰撞粘在一起后瞬间的速度为v
4
则根据动量守恒定律可得二者碰撞时满足mv mv (mm)v
2 3 4
之后导体棒P、M整体与导体棒N通过安培力发生作用，设导体三棒最终共同速度为v
5
则根据动量守恒定律可得2mv 2mv (2m2m)v
4 3 5
答案第6页，共7页
学科网（北京）股份有限公司1 1
联立解得v  2gh，v  2gh
4 3 5 4
此过程对P、M整体，由动量定理得BI Lt 2mv 2mv
3 3 5 4
BLd
又qI t 
3 3 R/
总
R/ R R2R
总 PM
mR 2gh
联立解得满足题意的d的最小值d 
min 3B2L2
当P、M、N三棒达到稳定运动时
1
导体棒切割磁感线产生感应电动势为EBLv  BL 2gh
5 4
闭合电键，根据动量定理BIL·t 4mv v 而I·t q CU CBLv
6 5 C 6
BLCm 2gh
联立解得闭合开关S电容器最终的带电量q 
C B2L2C4m
答案第7页，共7页
学科网（北京）股份有限公司