安徽省合肥市皖智高级中学2024-2025学年高三下学期第七次月考物理试卷

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一 二、选择题

1．C 答案：电场线的疏密反映电场强度的相对大小，A处电场线比B处疏，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；图中正电荷从B点移到A点的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，故B错误；若是条形磁铁产生磁场的磁感线，由于P、Q关于中垂线对称，P、Q处磁感应强度的大小相等、方向相同，C正确。若是两个异种电荷产生的电场线，A、P处场的方向相反，故D错误；故选C。
2．D 答案：由图可知，线圈中的电流方向为顺时针方向。根据安培定则分析可知，环形导线内部磁感线方向向里，由于磁感线是闭合的，所以环形导线外部磁感线方向向外。所以可知a、c向外，b向里。故选D。
3．D 答案：根据题图可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为正电子，2为电子，电子带负电且逆时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，故A错误，D正确；
带电粒子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，故B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知
，解得粒子运动的半径为：，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，故C错误。故选D。
4．A 答案：图（a）中导体棒ab切割磁感线时，闭合回路中磁通量发生变化，回路内会产生感应电流，故A正确；图（b）中线圈绕OO'轴旋转时，闭合回路中磁通量一直为零，线圈内不会产生感应电流，故B错误；图（c）中长直导线中电流增大时，闭合回路中磁通量左右相互抵消，一直为零，线圈内不会产生感应电流，故C错误；图（d）中闭合开关瞬间，B中产生感应电流，小磁针偏离原来位置，但由于A所接为直流电源，B中感应电流很快消失，小磁针又将重新回到原来的位置，故D错误。故选A。
5．B 答案：甲图中感应电动势大小为：，乙图中感应电动势大小为：，两次的电阻不变，所以第二次的感应电流为。故选B。
6．C 答案：线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的电流为顺时针，故AB错误；
由广义楞次定律，线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，线圈b有收缩趋势，故C正确；线圈b上下两边所受安培力大小相等，方向相反。线圈b左边受到安培力向右，线圈b右边受到安培力向左，右边所处的磁感应强度小，故向左的安培力小，线圈b整体受到水平向右的安培力，故D错误。故选C。
7．D 答案：若芯片线圈中产生逆时针方向的电流，根据右手螺旋定则，可知芯片中电流产生的磁场方向向上，根据楞次定律可知，读卡机中电流产生的磁场向上且逐渐减小或者向下且逐渐增大，再根据右手螺旋定则，可判断出读卡机中的电流为逆时针且逐渐减小，或者顺时针逐渐增大。
故选D。
8．B 答案：内外膜之前可近似看成平行板电容器，根据平行板电容器电容可知
根据电容可知 ，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知
联立可得：分析可知，在平行板电容器中，两极板的带电量不变时，电场强度不变，即电场强度与板间距无关。A错误；由于此电场为内外膜共同产生，因此一侧膜受到另一侧膜的电场力为：，内外膜之间的弹力根据胡克定律可知：
联立可得：，B正确；根据对单侧膜受力分析可知，每一侧膜受到的合力为0，C错误；根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知 ，D错误。故选B。
9．ABD 答案：握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中，盐水柱的横截面积减小，长度增大，根据 可知，增大，根据串反并同规律可知，流过的电流减小，两端电压增大，即电容器两极板间的电压增大，根据 可知，电容器中的电荷量增大，故AB正确；
因 ，所以外电阻大于，由于增大，故外电阻增大，电源的输出功率变小，故C错误；
等于与并联的总电阻，由于增大，所以与并联的总电阻增大，也增大，故D正确。故选ABD。
10．AD 答案：将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动。竖直分运动为竖直上抛运动，所以从到和从到点所用时间相等。对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为，则小球水平位移与的比值为，故A正确；由上分析知，从到所用时间为，竖直方向有 ，其中
水平方向有 ，其中 ，联立有 ，故B错误；
设物体在动能为，水平分速度为，竖直分速度为，由竖直方向运动对称性知
对于水平分运动运用动能定理得：，
又因为 ，
所以解得：，
故，故D正确；小球受力如图所示
小球受到的合外力为重力和电场力的合力，为恒力，在点时，合力与速度之间的夹角为钝角，在点时，合力与速度之间的夹角为锐角，即合力先做负功后做正功，小球的动能先减小后增大，小球从到的过程，合力一直做正功，动能一直增大。则小球从运动到的过程中最小动能一定小于，故C错误。
故选AD。
三、非选择题：
11．(6分) (1)向左 (2)顺时针 向右
答案：(1)图1所示闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏。磁体N极插入线圈A过程中，线圈A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；
(2)[1]根据安培定则，螺线管内部磁场向右，金属环中的磁场向右，当光照减弱时，热敏电阻的阻值增大，回路电流减小，金属环的磁通量减小，根据增反减同，感应电流的磁场向右，根据安培定则，从左向右看，金属环A中电流方向为顺时针；
[2]金属环A是顺时针电流，螺线管是顺时针的电流，同向电流相互吸引，金属环将向右运动。
12．(10分) (1)2.325 6.700 (2)R1 (3)67 0.10
答案：(1)[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为23mm+5×0.05mm=23.25mm=2.325cm
[2]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为6.5mm+0.01×20.0mm=6.700mm
(2)由于未知电阻约为65Ω，则流过最大电流约为：
为了确保电流表的安全与精度，测量电路中电流表应选用A2，同时应将电流表A1（内阻为r1）改装成电压表，由于电源电动势约为3.0V，则改装成量程为3.0V的电压表，需要串联的电阻为
，则串联电阻应选R1。
(3)[1]根据部分电路欧姆定律得：，变形得：
由关系图像可得：，解得：
[2]根据电阻定律可得：，解得：
13．(10分) (1) (2)
答案：(1)小环P在A点受力分析有
(2)A点的电势 ，C点的电势
根据动能定理：
解得：
14．(14分) (1) (2)0.5 (3)6 T，方向为水平向右
答案：(1)金属棒必然受到竖直向下的重力，以及导轨对金属棒竖直向上的支持力；由电路图可知，金属棒中的电流有a指向b，由左手定则可知，金属棒受到的安培力垂直于磁场指向左上方，与竖直方向的夹角为θ；由安培力斜向左上方可知，金属棒有相对导轨向左运动的趋势，导轨会对金属棒有水平向右的摩擦力，金属棒受力分析如图所示。
(2)由题意可知，金属棒恰好平衡，此时摩擦力为最大静摩擦力，与滑动摩擦力大小相等，受力分析可知，对导体棒在竖直方向上 ，在水平方向上
滑动摩擦力 ，安培力 ，联立可得：
(3)若金属棒受到的支持力为0，则金属棒对导轨的压力也为0，摩擦力也为0，
对金属棒受力分析如图所示
对金属棒受力分析可知 ，解得：
即B′至少为6 T，由左手定则可知，此时磁感应强度的方向为水平向右。
15．(18分) (1) (2)， (3)，
答案：(1)电子从A点沿y轴正方向射入磁场，经过C点，由题意知电子在磁场中运动的半径
，洛伦兹力提供向心力 ，解得：
(2)电子在第II象限中运动的时间
电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场中运动的时间为t2，有
由牛顿第二定律有 ，解得：
电子沿x轴方向做匀速直线运动，有，解得：
电子从A点运动到P点的时间
(3)从P点射出电场的电子，根据竖直方向的运动规律
解得：，故，，所以
电子和正电子碰撞后湮灭，说明两者速度大小相等、方向相反，故正电子从Q点射入时的速度大小
，如图所示，根据牛顿第二定律
正电子在磁场中运动的半径
未知圆形磁场的最小面积为以为半径的圆形，最小面积
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
D
D
A
B
C
D
B
ABD
AD