2026年湖南省长沙市高二下学期第一次月考物理模拟试卷02（人教版）（解析版）

2026年湖南省长沙市高二下学期第一次月考模拟试卷02物理试题（解析版）题号12345678910答案BDDACDDABDBCAD1．B【详解】A．刚闭合S的瞬间，中立即有电流，则立刻变亮，A正确；B．刚闭合S的瞬间，线圈L中产生很大的自感电动势阻碍电流的增加，则线圈L相当于断路，则此时通过的电流等于通过的电流，B错误；C．闭合S待电路稳定后，线圈L将短路，则熄灭，比原来更亮，C正确；D．闭合S待电路稳定后，将S断开瞬间，中电流立即消失，则立即熄灭，而线圈L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则线圈L相当于电源，与L1组成回路，则L1闪亮一下再熄灭，D正确。此题选择错误的，故选B。2．D【详解】A．同向电流相互吸引，a对b的安培力和b对a的安培力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，安培力是矢量，方向不同，因此两导线受到的安培力不同。故A错误。B．根据安培定则：电流向左时，a在p点（a下方）产生的磁场垂直纸面向外，b在p点（b上方）产生的磁场垂直纸面向里。p到两导线原距离相等，则有，即合磁场方向向里。向下平移a后，a到p的距离减小，增大，b到p的距离增大，减小，当后，合磁场方向变为向外，方向改变。故B错误。C．移走b前，合磁感应强度方向垂直纸面向里；移走b后，仅剩a在p点的磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度方向改变。故C错误。D．磁感应强度为零需要两个磁感应强度大小相等、方向相反（共线反向）：只有在两导线所在平面内的两导线之间，两个磁场才共线反向；离两导线所在平面有一定距离的空间中，任意点的两个磁感应强度方向不共线，矢量和不可能为零，因此不存在磁感应强度为零的位置。故D正确。故选D。3．D【详解】A．从图乙可以看出，线圈的速度随时间做正弦变化，其周期，线圈切割磁感线产生的感应电动势，线圈中电流的变化周期与速度的变化周期相同，即，A错误；B．感应电动势的峰值由图乙可知，切割长度解得，B错误；C．通过灯泡的电流的有效值，C错误；D．小灯泡的电功率，D正确。故选D。4．A【详解】A．闭合线圈绕着与匀强磁场方向垂直的轴匀速转动，就会产生正弦式交变电流，故A正确；B．变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场，如此循环往复，就会形成电磁波，故B错误；C．强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落，铝管中仍然会产生涡流效应，感应电流的磁场将会对下落的强磁体也产生阻力作用，故强磁铁不做自由落体运动，故C错误；D．由图4可知，此时电容器正在充电，电容器极板上的电荷量增多，电场能正在增加，故D错误。故选A。5．C【详解】A．弹簧电阻不计，电压表测量滑动变阻器上半部分电阻电压，所称物体质量越大，滑动变阻器上半部分电阻越大，电路总电阻越大，电流越小，和电源内阻分到的电压越小，故滑动变阻器上电压越大，即电压表示数越大，故A错误；B．称量物体的质量越大，接入电路的滑动变阻器阻值越大，由闭合电路欧姆定律得电路消耗的总功率可知越大，I越小，P越小，故B错误；C．当托盘中没有放物体时，电压表示数为零，当物体质量为m时，设物体下降x，平衡条件有根据欧姆定律得故电压表读数为设变阻器总电阻为R，总长度为l，则有联立解得变式可得令，可得可知该式为曲线，对该函数式进行求导，得可知随着m的增大，在减小，即在减小，故当m越大时，对于相同的值越小，所以若将电压表表盘改写为等质量间隔的电子秤表盘后，当m越大时指针越靠右，此时等质量间隔时的越小，即刻度线越密，故C正确；D．因为滑动变阻器可滑动的最大长度不变，当更换不同劲度系数的弹簧后，根据可知对应的最大可称重的质量改变，由于滑动变阻器的最大阻值不变，指示出的电压表的最大示数不变，所以更换不同劲度系数的弹簧后，只需将该劲度系数下的最大可称重质量标记在电压表最大示数处即可，此时最大示数处所指示的质量就是电子秤的量程，所以电子秤的量程会改变，且劲度系数越大，对应的量程越大，劲度系数越小，对应的量程越小，故D错误。故选C。6．D【详解】A．粒子垂直于BC边射出磁场，所以粒子向下偏转，洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；B．粒子垂直于BC射出磁场，圆心在BC上，同时粒子从D点水平射入，圆心应该在过D点与BC垂直的垂线的垂足处，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为三角形BC边上高的一半，即根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B=m解得，故B错误；C．改变初速度的大小，当半径r＝L，粒子从C点射出，故C错误；D．粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝粒子从C点与AC相切射出磁场时，偏转60°，运动时间为t＝T＝，故D正确。故选D。7．D【详解】将粒子的初速度v0分解为沿y轴和z轴的分解，根据运动的分解可知，粒子在xOy平面内，仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，有，解得，在z轴方向上，仅受电场力作用，做匀减速直线运动，再次返回z轴，有其中解得由于粒子在z>0区域的运动时间为一个周期T，其在xOy平面的轨迹是一个完整的圆，在z方向上是先上升后下降回到原点，所以整个轨迹是一个闭合的曲线。在xOy平面内，离原点最远的距离是圆的直径2R，这发生在时刻。在z轴方向上，位移最大值也发生在时刻。因此，粒子离O点的最远距离发生在时刻；在时，粒子在xOy平面上运动了半个圆周，位移大小为直径2R。设其坐标为(-2R，0)，则，y=0在时，z方向的位移达到最大值最远距离为故选D。8．ABD【详解】A．F刚作用在木板上时，假设滑块与木板间不相对滑动，则整体的加速度大小为滑块与木板间的摩擦力大小为假设成立，故刚开始时，滑块随木板一起向左匀加速直线运动，随着速度增大，滑块所受向上的洛伦兹力越来越大，滑块对木板的压力越来越小，滑块与木板间的最大静摩擦力越来越小，当滑块与木板间的最大静摩擦力减小到时，滑块与木板间开始出现相对滑动，此后随着滑块继续向左加速，所受洛伦兹力继续增大，滑块对木板的压力继续减小，滑块所受摩擦力继续减小，滑块的加速度也继续减小，当滑块所受洛伦兹力等于滑块重力时，滑块对木板压力为零，此时滑块的速度达到最大，故A正确；C．滑块匀加速结束时对滑块有解得，故C错误；B．滑块匀加速运动的时间，故B正确；D．滑块最终的速度满足解得，故D正确。故选ABD。9．BC【详解】A．对模型，根据动量定理，得其中平均安培力联立解得，故A错误；B．电容器充电后总电荷量放电后剩余电荷量速度最大时电容器电压等于线圈感应电动势线圈感应电动势代入，得联立可得解得，故B正确；C．开关刚接2时，模型速度为0，感应电动势为0，此时电流最大，加速度最大。初始电流安培力由牛顿第二定律，得加速度，故C正确；D．根据能量守恒，电容器释放的电能一部分转化为模型的动能，一部分转化为线圈电阻的焦耳热，即代入，得动能因此，故D错误。故选BC。10．AD【详解】A．设两端所加交流电的电压为U，原线圈中的电流为I，则有则仅将向左移些，减小，I变大，根据理想变压器的原副线圈的电流之比等于匝数之比的倒数可知，副线圈电流变大，灯泡变亮，故A正确；B．仅将上移，变大，I变小，根据可知，原线圈的输出功率变化不能确定，因此灯泡的亮度变化不能确定，故B错误；C．同理可知，仅将向下移些，灯泡的亮度变化不能确定，故C错误；D．仅将向下移一些，变小，副线圈中电流变大，灯泡变亮，故D正确。故选AD。11．(1)1.8(2)BD(3)（均可）【详解】（1）由UI－t曲线可知，产生第一峰值时滑动变阻器功率为线圈输出功率表达式为根据闭合电路欧姆定律得其中、联立解得E=1.8V（2）A．由UI－t曲线可知，产生的感应电动势先增大后减小，再增大再减小，因此线圈中的磁通量的变化率先增大后减小，再增大再减小，A错误；B．根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，本题中滑动变阻器的最大阻值与内阻相等，因此滑片从中间向左滑动时，两个峰值都会减小，B正确；C．当磁铁全部在线圈中时，磁通量的变化率为零，此时的感应电流为零，只受重力，加速度等于g，C错误；D．如果仅略减小h，磁铁进入线圈的速度减小，导致线圈中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，D正确。故选BD。（3）根据UI－t图像的物理意义可知，图像与横轴围成面积大小等于下落过程中电源输出的电能，图像与横轴围成的面积可由图像与横轴围成的虚线小方框的个数乘以每个小方框的面积求得，则由图像可得在磁铁下降h的过程中电源输出的电能则由机械能转化的总电能为（均可）12．(1)(2)(3)R128增大R2/增大电源电动势E【详解】（1）因电源的电动势为3.0V,电压表V量程为0~15V,故电压表不宜使用,用安安法测电阻，把已知内阻的电流表与压敏电阻并联,电流表接在干路中,电路图如下（2）根据串并联电路规律和欧姆定律可得，该电路测量电阻阻值的表达式为（3）[1]压力增大，压敏电阻减小，分压减小，故要求压力超过2N时，输出电压达到或超过2.0V时触发报警，那么输出端应与R2并联，故R1是压敏电阻[2]根据闭合电路欧姆定律可得输出电压为已知报警电压为，而F=2N时，解得[3]如果要提高此装置的灵敏度，即在压力更小时，R1的阻值更大，分压更大，使得R2分到更小的电压就触发报警，那么应该增大R2或电源电动势E。13．(1)

(2)(3)【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有解得作出粒子运动轨迹如图所示根据几何关系有解得则粒子第一次经过轴时的横坐标解得粒子圆周运动的周期则粒子第一次经过轴时的时间解得（2）若，粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有解得作出粒子运动轨迹如图所示根据几何关系有解得，即坐标为（3）若，粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有解得此时粒子在第一象限中的轨迹与轴相切，如图所示几何关系满足解得故此时的最大值为14．(1)(2)，(3)【详解】（1）根据大齿轮与小齿轮的半径关系有

解得角速度交流电最大值为解得有效值为代入数据解得（2）根据右手定则可知c点电势较低，则根据电容器的定义式有

代入数据解得（3）速度最大时电容放出电荷量满足根据动量定理有则有解得15．（1）a.a端电势高，，图见解析；b.见解析；（2）【详解】（1）a.导体棒切割磁感线产生感应电动势则电场强度根据右手定则可判断a端电势高。则应选择曲线②，电磁波的电场强度方向沿-y方向，补全信息如图：b.自由电子将在电场E的作用下，沿着y方向往复运动，同时磁场会对运动的自由电子产生一个洛伦兹力f的作用。由于E与B方向同步改变，会使洛伦兹力f方向总是指向金属薄膜内侧。（2）设频率为的单色光波，每一个光子的能量是动量为设每秒钟垂直于传播方向