2026年湖南省株洲市高二下学期第一次月考物理模拟试卷02（人教版2019）（解析版）

2026年湖南省株洲市高二下学期第一次月考模拟试卷02物理试题题号12345678910答案ABDCBCABDCDAD1．A【详解】A．设ac=L，则，，由题意可知F=BIL则bc段受到的安培力大小为，故A正确；B．acb整体的有效长度为则acb整体受到的安培力大小为，故B错误；C．根据左手定则可知，ac段受到的安培力方向垂直于ac向右，故C错误；D．acb整体的有效长度为ab，根据左手定则可知acb整体受到的安培力方向垂直于ab向上，故D错误。故选A。2．B【详解】A．电磁俘能器的工作原理是电磁感应，故A错误；BCD．当动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，线圈1中的磁通量垂直于纸面向外且减小，线圈2中的磁通量垂直于纸面向外且增大，根据楞次定律可知，线圈1和2中感应电流方向分别为逆时针和顺时针，故B正确，CD错误。故选B。3．D【详解】AC．线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，AC错误；B．线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，B错误；D．线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，D正确。故选D。4．C【详解】A．由于二极管具有单向导电性，电容器C的上极板只能带一种极性的电荷（负电荷），不会时而带正电荷，时而带负电荷，A错误；B．开关S断开后，因二极管具有单向导电性，只能通过一个方向的电流，则电感线圈中不存在振荡电流，B错误；C．多次闭合、断开开关S，利用电感的自感现象和二极管的单向导电性，能不断给电容器充电，使得电容器两端最终能够获得远远超出E的高压，C正确；D．开关S断开后，电感线圈会产生自感电动势，此时电感线圈两端的电压不等于电容器两端的电压，D错误。故选C。5．B【详解】A．小苹果通过托盘秤时，压力较小，此时两端的电压较小，根据串联分压规律可知，此时电阻值较大，即压力越小，越大，故A错误；B．根据题意可知，当两端获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道，可知，当苹果质量一定，压力一定，电阻一定，此时如果电阻越大，两端获得电压越大，电磁铁将吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，即调节的大小可以改变筛选苹果的标准，故B正确；C．若电源内阻变小，当苹果质量一定且较小时，压力一定，电阻一定，此时回路电流增大，两端获得电压越大，电磁铁将吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，即若电源内阻变小，会降低分拣标准，故C错误；D．若电源电动势变大，当苹果质量一定且较小时，压力一定，电阻一定，此时回路电流增大，两端获得电压越大，电磁铁将吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，即若电源电动势变大，会降低分拣标准，故D错误。故选B。6．C【详解】A．已知，根据洛伦兹力提供向心力可得。​a沿径向发射，速度方向沿，因此轨道圆心​在与垂直的直线上，运动轨迹如图由几何关系可得解得，A错误；B．a从到外边界切点，转过的圆心角，由图可知,可得运动时间，B错误；C．b沿切线方向发射，速度方向垂直于，因此轨道圆心在直线上，粒子轨迹与外圆相切，运动轨迹如图所示。设b轨道半径为​，外圆半径满足又可得，因此b速度，C正确；D．b从到外边界切点，和切点分别在圆心的两侧，转过圆心角运动时间​，D错误。故选C。7．A【详解】AB．根据若仅将圆盘厚度改变为2d，则电阻减小，相同条件下，圆盘产生的电流变大，圆盘受到的安培力变大，但是圆盘质量也变大，阻碍作用不好判断，考虑两个一模一样的圆盘，从同一高度单独释放到停下所用时间相同，那么两个圆盘并排贴在一起（相当于厚度加倍），从同一高度单独释放到停下所用时间应该不变，即与几乎相等，故A正确，B错误；CD．结合以上分析，仅将材料替换成电阻率和密度都更大的铅，电阻变大，相同条件下，圆盘产生的电流变小，圆盘受到的安培力变小，同时圆盘质量变大，阻碍作用变小，则圆盘停下来所用时间变长，即明显大于t1，故CD错误。故选A。8．BD【详解】A．是右侧副线圈的单匝电表，示数说明右侧副线圈每匝感应电动势为，副线圈总电压，即示数为，A错误；B．定值电阻消耗的功率，B正确；C．理想变压器不改变交流电的频率，原、副线圈电流频率一定相同，C错误；D．通过原线圈的磁通量等于通过左、右两副线圈的磁通量之和。原线圈总电压，匝数，因此原线圈侧每匝感应电动势为右侧副线圈每匝感应电动势为，所以左侧副线圈每匝感应电动势为，即的示数为，D正确。故选BD。9．CD【详解】A．由电容器中电场方向可知电容器的上极板带负电，下极板带正电，电流是由下极板通过电阻R流向上极板，故电容器正在放电，电容器的电荷量正在减少，两平行板间的电压减小，其中的电场正在减弱，故A错误；B．由题意可知产生的磁场相当于由上极板直接流向下极板的电流所产生的磁场，由安培定则可知产生的磁场为顺时针方向（俯视），故B错误；C．两平行板间的电压减小，由欧姆定律可知通过电阻R的电流减小，由题意：产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场，故该变化电场产生的磁场越来越弱，故C正确；D．设电容器的电压为U，板间距离为d,板间的电场强度的大小为E，则有而电路中的电流为可知电路中的电流正比于板间的电场强度的大小，故D正确。故选CD。10．AD【详解】A．两次时刻线圈产生的感应电动势均为零，可知此时穿过线圈的磁通量均最大，磁通量的变化率均为零，故A正确；B．曲线表示的交变电动势的周期为，内有个周期，正负变换次，故B错误；C．由，曲线、对应的线圈转速之比为，故C错误；D．交变电动势最大值，由图像可知曲线、对应的交变电动势的周期比为可得曲线、对应的交变电动势最大值之比为可得对应的交变电动势最大值为故曲线表示的交变电动势的有效值为，故D正确。故选AD。11．(1)(2)(3)B【详解】（1）金属直杆在磁场中会受到安培力的作用，当安培力方向竖直向上时，电子秤的示数最小，此时应该有当安培力方向竖直向下时，电子秤的示数最大，此时联立方程可得（2）[1][2]当金属直杆与东方的角度为时，示数是最大的，说明金属杆受到竖直向上的最大安培力，此时磁感应强度的方向应该与金属直杆垂直，根据左手定则可判断磁感应强度的方向与此时OA方向垂直且在图像中斜向下，即。安培力的大小应为代入数据可得（3）地磁场具有平行地面指向北方的分量，与此时的磁感应强度方向夹角为钝角，合场强小于原磁感应强度的大小，所以测量值会偏小。故选B。12．(1)增大不变(2)>(3)60(4)(5)偏小【详解】（1）当金属板右端受到向下的力时，上表面被拉伸，应变片的电阻变大，下表面被压缩，应变片的电阻变小。电阻大小随F的变化关系均为可知的阻值不变。（2）当金属板受力为零时，闭合开关，将滑动变阻器的滑片滑到适当位置，使电压传感器的示数为零；当金属板右端受到向下的力时，的电阻变大，的电阻变小，故两端电压增大，a点电势升高，电压传感器的示数大于0。（3）因为且阻值不变，则有可知电压传感器两端电压变化量与压力成正比，则有解得（4）根据题意有其中联立解得则图像斜率解得（5）使用一段时间后，电源的内阻增大，导致电流变小，两端电势差相比电源没有内阻时减小，则体重秤的测量结果偏小。13．(1)(2)(3)【详解】（1）两棒一起运动，速度为时，总感应电动势为两棒切割电动势之和总电阻回路电流b棒安培力a棒安培力总安培力向左，对整体（总质量）由牛顿第二定律：代入得解得（2）由得撤去外力瞬间速度撤去外力后，系统动能全部转化为总焦耳热串联电路焦耳热与电阻成正比，a棒电阻占总电阻的故（3）加速度为0时速度最大，此时外力与总安培力平衡解得最大速度14．(1)从流向(2)(3)(4)，【详解】（1）根据楞次定律，感应磁场阻碍原磁场增大，由右手螺旋定则可知，棒中电流方向从流向（2）（3）可知，，（4）后内，由受力分析可知，棒受到竖直向下重力，竖直向上安培力，垂直导轨平面向上支持力，沿导轨平面斜向上的摩擦力，沿导轨平面有，棒所受合力，即棒在作用下做匀加速直线运动。，，，或能量守恒：前焦耳热：故摩擦生热15．（1），；（2）a．；b．【详解】（1）小球所受弹力F随位移x的函数关系为取向右为正方向，小球所受弹力F随位移x的变化