湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高二上学期1月月考物理试题（Word版附答案）

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1．D【详解】AC．甲与丙图中，线圈在中性面位置，穿过线圈的磁通量为最大，穿过线圈的磁通量的变化率为0，通过线圈的电流是0 ，故AC错误；BD．乙与丁图中，AB和CD边运动方向与磁感线方向垂直，切割磁感线，产生电流最大，即经丁位置时，穿过线圈的磁通量的变化率最大，根据右手定则，经乙图所示位置时，通过线圈的电流方向从B到A，故B错误，D正确。故选D。
2．C【详解】A．在O点合外力提供向心力，A错误；B．冲量等于力与时间的乘积，摆线拉力的冲量不为零，B错误；D．任意半个周期内，速度大小不变。动能不变，合力做功一定为零，D错误；C. 最大位移处，速度均为零，则动量不变，合力冲量可能为零，C正确。故选C。
3．C【详解】A．在LC振荡电路a到b过程中，电流在减小，说明电容器正在充电，电量在增大，故A错误；B．状态b到状态c过程中，根据可知，电流随时间的变化率在减小时，自感线圈L的自感电动势在变小，故B错误；C．状态d之后，电流增大，说明电容器正在放电，电流为正方向，则电容器C的上极板带负电，下极板带正电，故C正确；D．根据LC振荡电路周期公式，可知C增大，T增大，故D错误。故选C。
4．B【详解】A．由右手定则可知，金属杆绕O点顺时针转动时，产生的电动势方向由小圆环指向大圆环，金属杆匀速转动产生的电动势大小为,当时，电流从上至下流经R，当时，电流从下至上流经R，故A错误；B．当时，根据金属杆匀速转动产生的电动势大小为,解得，电流为0，此时金属杆两端的电压大小为2V，故B正确；C．若金属杆反向转动，，保险丝一定会被熔断，故C错误；D．当时，解得，故D错误。故选B。
5．B【详解】AB．由题知，该变压器为降压变压器，即,根据，可知原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压器电流与匝数成反比，有电流表示数小于电流表示数，故A错误，B正确；CD．当用户的用电器增加时，负载减小，原线圈两端的电压不变，故副线圈两端的电压也不变，即电压表、示数不变，在副线圈回路中，根据，可知副线圈中的电流增大，即电流表示数增大；根据，可知原线圈的电流增大，即电流表示数增大；根据，可知定值电阻两端的电压增大，根据，可知滑动变阻器两端的电压减小，即示数减小，故CD错误。故选B。
6．C【详解】A．由洛伦兹力提供向心力知，解得，三个粒子所带电荷量相等，则其轨迹半径与质量成正比，故打在位置的粒子质量大，故A正确。B．由洛伦兹力提供向心力知，，得，由A分析知质量最大，故周期最小，在偏转磁场中运动时间最短。故B正确；C．由于，， ，联立可解得，故C错误；D．由对B选项的分析可知，解得，故D正确。本题选不正确的，故选C。
7．C【详解】AB．沿方向经过P点，根据几何关系，电子运动的半径为，根据洛伦兹力提供向心力，可得电子的速度大小，故AB错误，CD．设垂直边过E点时，磁场变化周期一定是在磁场中运动半径最大的粒子的运动时间的两倍，否则无法从垂直边过E点射出，设最大半径为R，有，粒子偏转的角度，解得，磁场变化周期，故C正确，D错误。故选C。
8．AD【详解】AB．设质点的振动方程为，由图可知直接读出质点运动的振幅为，将代入解得，将代入解得，则质点的振动周期为，由以上分析可知质点的振动方程为，A正确，B错误；C．结合图线可知，时质点在平衡位置下方向负的最大位移处运动，即该时刻质点的运动方向沿负方向，且速度正在减小，C错误；D．时质点位于负的最大位移处，则质点的加速度为正方向，且位移最大，则质点的回复力最大，加速度最大，D正确。故选AD。9．CD【详解】A．图示位置线框中电流为0，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流为零，故A错误；B．根据题意可知，转动一周，其电流变化如图所示，因此一个周期内电流改变四次，故B错误；C．由题可知感应电动势的最大值，有效值，电流的有效值为，故C正确；D．转过，有效面积为，通过线框的磁通量为，故D正确。故选CD。
10．CD【详解】A．由楞次定律可知感生电场的方向为顺时针，由于小球带正电，其将沿顺时针方向做加速圆周运动，故A错误；B．均匀变化的磁场产生恒定的电场，故小球所受电场力大小恒定，沿速度方向的加速度大小恒定，由于速度逐渐增大，在半径方向向心加速度逐渐增大，所以其合加速度逐渐增大，故B错误；C．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为，小球在运动一周的过程中只有电场力做功，电场力所做的功即为其动能增加量，故，故C正确；D．电场力方向始终与速度方向相同，t时刻小球速度为，可知小球所受洛伦兹力为，对小球在任意时刻，代入可得，故任意时刻小球所受弹力方向背离圆心，大小为洛伦兹力的一半，故D正确。故选CD。
11．(1)AC (2) (3) ③ 不变
【详解】（1）A．为了减小实验误差和摆线对实验的影响，摆线选择细些、伸缩性尽量小些、适当长一些的，故A正确；B．可以通过适当增加摆长来增大单摆的周期，但摆角不能过大，不能超过5°，故B错误；
C．为保证摆球摆动时摆长不变，应用夹子夹住摆线上端，故C正确；D．在摆球摆动至平衡位置时开始计时，且记录摆球摆动若干次全振动的总时间，再计算单摆的周期，以减小实验误差，故D错误。故选AC。
（2）根据单摆周期公式，可得，从图像中可知斜率，解得。
（3）[1]根据，可得，图像纵轴截距为正，图像为③；[2]图像斜率仍为，对重力加速度的测量无影响。
12． I 等于
【详解】（1）根据电路图，补充三根连接导线，如图所示
（3）根据电路结构，可得电流关系，再结合丙图像，很容易得到纵轴为I，横轴为。
（4）由上式易知，此测量结果无系统误差，与标准电流表A0的内阻无关，故Ax测量值等于真实值。
（5）设改装时电阻箱的阻值为R'，准确的阻值为R2，则有，，所以
13．(1)垂直于纸面向里； (2)，
【详解】（1）由左手定则可知，磁场垂直于纸面向里；设粒子做匀速圆周运动的半径为，由题意可知，根据牛顿第二定律有，联立解得。
（2）画出粒子轨迹过程图，如图所示，设粒子做匀速圆周运动的半径为，根据几何关系可得，解得，根据牛顿第二定律有，联立解得。
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设每扇门与轨道间的动摩擦因数为，根据动能定理，
解得。
（2）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理，设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有，3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理，解得。
（3）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理，设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有，3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为，根据动能定理，设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有，从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理，联立解得。
15．(1)，方向向左 (2) (3)，
【详解】（1）设导体棒到位置时的速度为，根据动能定理可得，解得，导体棒刚进入磁场产生的电动势为，回路电流为，导体棒受到的安培力大小为，则导体棒刚进入磁场时的加速度大小为，方向向左。
（2）从开始运动到出磁场过程中，、组成的系统动量守恒，则有解得，根据能量守恒可得，导体棒中产生的焦耳热为，联立解得。
（3）离开磁场在斜面上运动到再次进入磁场过程，根据对称性有，解得离开磁场的时间为，从返回磁场到均静止，组成的系统满足动量守恒，则有，解得，时间内对导体棒由动量定理可得，又，，联立解得时间内的位移为，根据能量守恒可得，解得、棒产生的总的焦耳热为，从返回磁场到静止过程中，对导体棒根据动量定理可得，又，由，可得，解得停下时与间的距离为。题号
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答案
D
C
C
B
B
C
C
AD
CD
CD