河南省洛阳市第一高级中学2025-2026学年高二上学期1月月考物理试卷（含解析）含答案解析

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1．B
【详解】A．电磁波是电磁场在空间中的传播，其传播不需要介质，在真空中也能传播（如光波）。故A错误。
B．电磁波的波速公式可知，当一定时，频率越高，波长越短。故B正确。
C．根据麦克斯韦电磁理论，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，且电场和磁场必须相互垂直并随时间振荡，才能以波的形式传播。仅存在一个变化的磁场（如均匀变化的磁场）可能只产生感应电场，而不一定形成辐射的电磁波。故C错误。
D．麦克斯韦在19世纪60年代通过理论推导预言了电磁波的存在，但实验捕捉到电磁波的是赫兹（1887年）。故D错误。
故选B。
2．B
【详解】A．电磁铁的南北极由线圈的绕向和电流方向共同决定，电流由正极流向负极，根据电流流向可判断上端为N极，故A错误；
B．此控制电路只需使电磁铁通电以带动触点，调换电源的正负极仅改变电磁铁两端的极性，不影响其吸合功能，故B正确；
C．液体温度计采用水银的主要原因是水银导电，密度并非选用水银的主要依据，故C错误；
D．若要降低报警温度，应使水银更早接触金属丝，需将金属丝适当下移而非上提，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】根据对称性，两段半圆环中的电流在点产生的磁感应强度的大小均为，方向均垂直于纸面向里，将右边半圆环绕直径向上弯折后，右边半圆环中的电流在点产生的磁感应强度的方向也转过了，根据磁场的矢量叠加可得，点的磁感应强度的大小
同理将右边半圆环绕直径向上弯折后，根据磁场的矢量叠加可得，点的磁感应强度的大小为
故
故选C。
4．C
【详解】ABD．由图可知，电容器正在放电，电场能转化为磁场能，由可知电容器两端电势差减小，则ABD错误：
C．该振荡电路的周期为
则C正确。
故选C。
5．A
【详解】A．由图像可知，周期为
则
电动势的最大值为
A正确；
B．电压表示数
B错误；
C．内，电阻产生的焦耳热
C错误；
D．内，通过电阻的电荷量
D错误。
故选A。
6．C
【详解】A．原线圈中通有正弦交流电，则副线圈中也为正弦交流电，由于与电阻相串联，与电感线圈相串联，与电容相串联，灯泡、与的亮度取决于电阻、电感和电容的阻碍作用，本题未给相关条件无法判断，故A错误；
BD．由题意可知，原线圈两端电压的最大值为，由于原、副线圈的匝数比
所以副线圈两端的电压最大值为，有效值为，因为是交流电，电容器与灯泡串联，电容器两端电压的最大值肯定小于，所以电容器所带电荷量的最大值小于
而电压表的读数也小于，故BD错误；
C．电感线圈感抗随交流电频率的增大而增大，电容器的容抗随交流电频率的增大而减小，交流电频率增大后，线圈感抗变大则变暗，电容器容抗变小则变亮，故C正确。
故选C。
7．A
【详解】A．由图像可知交流电的周期为2.25s，故A正确；
B．由图像可知输入电压有效值为，则，故电压表示数为，B错误；
C．的阻值为的2倍，两者并联，故电流为电流的2倍，故副线圈干路的电流为电流的3倍，C错误；
D．根据理想变压器原理可知，原副线圈功率相同，故D错误；
故选A。
8．ACD
【详解】A．两粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
联立可得离开A时的速度之比为
故A正确；
B．若可沿虚线穿过B，则有
则穿越B时，有
即受到的电场力大于洛伦兹力，可知穿越B时要向板偏转，故B错误；
C．若可沿虚线穿过B，则其在C中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
故C正确；
D．若，则在C中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有
可得
，
则在中做圆周运动的半径之比为
故D正确。
故选ACD。
9．AC
【详解】A.导体棒运动过程水平只受安培力，由动量定理
和
可得
故A正确；
B.根据
可知
解得
故B错误；
CD. 离开桌面前的瞬间，根据闭合电路的欧姆定律可得
故D错误，C正确。
故选AC。
10．AD
【详解】A．依题意，内，磁感应强度B随时间t均匀增加，根据
可知感应电流为定值，由楞次定律可知电流方向沿逆时针，后，
可知感应电流随时间变化的图线为直线，根据右手定则可知电流方向沿逆时针，故A正确；
B．施加拉力后，由牛顿第二定律可得
又
解得
可知后拉力F随时间变化的图线为直线，故B错误；
C．由
可知内P应为定值，后，P随时间变化的图线为二次曲线，故C错误；
D．由
可知内q随时间变化的图线为过原点的直线；后，q随时间变化的图线为二次曲线，故D正确。
故选AD。
11．(1) B D
(2) 1.46/1.47/1.48 1.69/1.70/1.71/1.72/1.73/1.74/1.75 电流表有分压作用
(3)0.69/0.70/0.71/0.72/0.73/0.74/0.75
【详解】（1）[1] 一节干电池电压约为，则电压表挑选小量程，即选B；
[2]干电池内阻很小，为便于操作和测量数据更精确，滑动变阻器应选小量程，即选D。
（2）[1]将表格中数据进行描点，并用平滑曲线连接如图
[2] 根据
则结合图像可得，纵截距为电源电动势，读数约为；
[3]斜率代表内阻，内阻约为
[4]电流表外接在干路，则电流表有分压作用，造成误差。
（3）当调节电阻箱使电流表指在满偏的处时，电流表与电流之比为，由于并联电流之比等于电阻的反比，则可得电流表内阻为
根据
图像斜率绝对值表示电源内阻与电流表阻值之和，则电源内阻为
12．(1)C
(2)D
(3)
【解析】【小题1】为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。
故选C。
【小题2】A．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
故理论上副线圈电压应为
若副线圈匝数略少于400匝，可知副线圈电压应略小于5V，不会明显小于理论值，故A错误；
B．变压器存在电磁辐射，辐射电磁波，放出能量，但辐射能量较少，输出电压测量值不会明显小于理论值，故B错误；
C．原、副线圈存在电流热效应，副线圈电压将小于5V，但不会明显小于理论值，故C错误；
D．两块变压器铁芯没有组装在一起，会出现漏磁，副线圈电压将明显小于理论值，故D正确。
故选D。
【小题3】设原线圈电流为，副线圈电流为，变压器和R部分的等效电阻为，则有
又有
解得等效电阻
将等效为电源电动势，等效为电源内阻，等效为外电阻，当R获得的功率最大时，有
解得
13．(1)12V，1Ω
(2)11W
(3)
【详解】（1）当开关S断开时，由闭合电路欧姆定律得
当开关S闭合时，由闭合电路欧姆定律得
代入数据解得，
（2）开关S闭合时电源的输出功率为
（3）当开关S断开时，电容器的电荷量为
当开关S闭合时，电容器的电荷量为
故开关S从断开到闭合，电容器的电荷量变化量的绝对值为
14．(1)
(2)
(3)（n=1，2，3…）
【详解】（1）粒子在第三象限先做类平抛运动，有，，
联立解得
（2）根据动能定理
解得粒子经过O点时速度为，与x轴正向夹角为，由
解得
粒子恰好不经过x轴时，由几何关系有
得
由
得，故
（3）由
得，粒子先在第一象限转过，再在第二象限转过，往复循环粒子每次由第二象限经过y轴时速度均与经过O点时的速度相同，根据
解得粒子在第一、二象限运动的周期分别为
粒子先在第一象限转过所用的时间为
在第二象限转过所用的时间为
故所需时间、2、3…
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对金属棒进行受力分析，沿斜面方向安培力
根据牛顿第二定律有
代入数据得
（2）当金属棒的加速度为零时，速度达到最大，则有
解得
可知当速度最大时，电流最大，则有
根据
可知此时电功率最大，则有
（3）流经电阻的电量，，，
联立得
代入数据求得金属棒下滑的距离
根据能量守恒有
解得
故电阻R上产生的焦耳热
解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
C
A
C
A
ACD
AC
AD