【文档说明】河南省南阳市第一中学校2022-2023学年上学期高二第四次月考物理答案.pdf，共(14)页，435.956 KB，由envi的店铺上传

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南阳一中2022年秋期高二年级第四次月考物理试题答案(详解)1．B【详解】电容QCU、磁感应强度FBIL安都用到了比值定义法，电流UIR不是用比值法定义的，故A错误；规定小磁针静止时，N极指向即为该位置磁场方向，而地理

的南极为地磁的北极，故可自由转动的小磁针，在地面上静止时，其N极指向地磁的南极附近，故B正确；根据公式F=BILsinθ，通电导线在磁场中受到的安培力大，该处磁场的磁感应强度不一定强，还与电流的大小、电流方向与磁场方向的夹角θ有关，故C错误；正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致

，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反，运动电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直，故D错误．所以B正确，ACD错误．2．B【详解】A．从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧

内，根据左手定则可知液滴带负电，故A错误；B．从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动

能减小，所以在C点动能最大。故B正确；C．从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C错误；D．除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D错误。故选B。3．C【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产

生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它就是一个普通电阻（若电阻不计则就相当于导线）；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。【详解】AB．1A和2A在S接通时

立即发光，由于电感线圈L的作用，1A会逐渐变暗，稳定后熄灭；2A亮度会逐渐增强，1A熄灭时2A达到最亮，选项AB错误；CD．电路稳定后断开S时，2A立即熄灭；而1A与电感线圈L组成回路，会闪亮后熄灭，选项C项正确、D项错误。公众号高中僧试题下载故选C。4．D【详解】A．零时

刻线圈Q中电流变化率为零，根据楞次定律可知线圈P中感应电流为零，不受安培力作用，因此FN=G，选项A错误；B．t1时刻线圈Q中电流减小，根据楞次定律可知为阻碍磁通量变化，线圈P的面积有增大的趋势，同时受到向上的安培力，因此FN<G，选项B错误；C．t2时刻线圈Q中电流变化率最大，线圈P

中磁通量变化率最大，此时P中感应电流最大，因线圈Q中电流为零，二者之间没有安培力，说明FN=G，选项C错误；D．t3时刻线圈Q中电流最大，线圈P中磁通量最大，但因磁通量变化率为零，线圈P无感应电流，二者之间没有安培力，因此FN=G，选项D正确。故选D。5．C【详解】A．由题意知通电

后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电流方向由bOa，A错误；B．通电后，ab导体的有效长度为0.5m2Ll受到的安培力为0.2NFBIl根据平衡条件有2FFmg弹解得0.05NF弹B错误；C．根据胡克定

律得Fkx弹解得5N/mkxF弹C正确；D．仅改变电流方向，则受到的安培力的大小不变，方向变为向下，设弹簧将会比自然长度伸长x，则有2mgFkx解得0.03mxD错误。故选C。6．C【详解】A．由右手定则可知，外电路中感应电流由A流向O，则O点电势比A点

电势低，A错误；B．感应电动势23(2)(2)42LLEBLvBLBL电阻两端电压24UEBLB错误；C．电路中电流为24EBLIrr周期为2T在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻

的电荷量为28BLqITrC正确；D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为24232BLQIrTrD错误。故选C。7．C【详解】根据电流的热效应可知，输入电压的有效值为U1，则有：2221222()()2222UTTR

RTR＝，解得：U1＝102V，根据1122UnUn＝得：U2＝10V，故A错误；根据输入功率与输出功率相同可得：U1I1＝22UR，解得：I1＝210A，故B错误；电阻消耗的功率为：P=22UR＝10W，故C正确；由乙图可知，在一个

周期内电流改变2次，故1s内电流方向改变的次数为：n＝10.02×2=100次，故D错误；故选C.点睛：能够根据图象得到我们需要的物理信息，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决

本题．8．D【详解】在线圈进入0-L范围时，线圈内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到2L，可知感应电流均匀增加；从L-2L，线圈切割磁感线的有效长度为2L不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；

从2L-3L，线圈切割磁感线的有效长度从2L逐渐增加到L，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到2倍，方向为顺时针方向，故选D.9．AC【详解】A．甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出；当带负电的粒子从左侧射入复合场

中时，受向下的洛伦兹力和向上的电场力，当两个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出，A正确；B．乙图中等离子体进入上下极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正粒子向B极板偏转，负粒子向A极板偏转，因此极板A带负电，极板B带正电，B错误；C．丙图中通过励磁

线圈的电流越小，线圈产生的磁场越弱，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有2vevBmRmvReB由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越小，电子的运动径迹半径越大，C正确；D．丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得较大的能量，具有较大

的速度，可当能量达到25MeV~30MeV后就很难再加速了，原因是按照狭义相对论，粒子的质量随速度的增大而增大，而质量的变化会导致其回旋周期的变化，从而破坏了与电场变化周期的同步，因此加速粒子就不能获得任意速度，D错误。故选AC。10．AC【详解】A

B．对原、副线圈回路，有110UUIR22UIR112221UnUn122112InIn所以210210110224UUIRIRIRIRIR由此可知，当滑片P向上滑动时，R阻值增大，U保持不变，则I1减小

，U2增大，所以电压表示数变大，电流表示数变小，故A正确，B错误；CD．对于理想变压器，其输入功率等于输出功率，即21110111()16220PUIUIRIII根据二次函数知识可知，功率最大时155A8I，m756.25WP所以255A4I，255VU

，224URI故C正确，D错误。故选AC。11．BC【详解】A．当粒子运动轨迹与EG边相切时，轨迹如图：根据几何关系得：+=cos30rrEF再由圆周运动公式200=mvqvBr可得0=qBrvm此时r是定值。若粒子速度大于0v，粒子会从EG边出来；若粒子

速度小于0v，粒子会从EF边出来，无法到达E点，故A错误；B．能从EF边出射的粒子运动轨迹都为半圆，因为粒子的周期与速度无关，所以到达EF边界的所有粒子所用的时间均相等，故B正确；CD．由圆周运动公式22002==vqvBmmrrT

可得2=mTqB即粒子在磁场中做圆周运动的周期只与比荷和磁感应强度有关。由选项A可知，当0=qBrvm时，粒子运动轨迹与EG边相切，此时圆心角最大为150，时间最长为1505==3606mtTqB粒子速度越大，对应的圆心角越小，运动时间越短；故C正确，D错误；故选BC

。12．ABC【详解】A．根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量Q=mgdcd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd

边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd所以感应电流做的功为2mgd。故A正确；B．因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小

，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为v，可知全部进入磁场的瞬间速度最小。由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有，综上所述，线圈的最小速度为2

201122mvmvmgLmgd又进入磁场前有2012mghmv解得最小速为2()vghLd故B正确；C．线框进入磁场过程，可能先做减速运动，在完全进入磁场前可能做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则有22gBRmLv则最小速度可能为22mgRvBL故C正确；D．线圈进入磁

场和出离磁场时的初速度都相同，故进入磁场和出离磁场的运动情况相同，可知进入磁场的时间与出离磁场的时间相同，选项D错误。故选ABC。13．1.843mm（1.842mm~1.85mm）4.240cm由图示螺旋测微器可

知，其示数为d=1.5mm+34.3×0.01mm=1.843mm估读出1.842~1.844mm均正确；[6]由图示游标卡尺可知，其示数为l=42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm14．0+1+RrREE201.0等于【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆

定律得0EIRRr所以所以1RI的关系式为011RrRIEE（2）[2]由乙图可知，图像的斜率为1110.750.25V0.05V10E解得20VE[3]当0R时，110.25AI，所以140.25A20Vr解得1

.0r（3）[4]若电流表内阻不可忽略，则1RI的关系式应为0A11RrrRIEE图像的斜率仍为1110.750.25V0.05V10E所以电动势的测量值等于真实值。15．DENTC61（56~63）【

详解】(1)[1]由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择D。[2]把电流表A1与定值电阻串联改装成电压表测电压，电源电动势为15V，可以把A1改成成量程为15V的电压表，串联分压电阻阻值A13A115Ω10.0

Ω990.0Ω1510gURRI故定值电阻应选择E。(2)[3]由图乙所示图象可知，随I2增大I1增大，热敏电阻两端电压U增大，流过热敏电阻的电流I增大，热敏电阻实际功率P=UI增大，热敏电阻温度

升高；由图乙所示图象可知，随I2增大，图线上的点与坐标原点连线的斜率减小，图线上点与坐标原点连线的斜率表示热敏电阻阻值，因此随温度升高热敏电阻阻值减小，因此热敏电阻是NTC。(3)[4]由图乙所示图象可知，I1=10mA=0.010A时I2=0.175A，此时热敏电阻阻值1

A12x210.01010.0990.0Ω61Ω0.1750.010IrRRII16．（1）12410C；（2）0.75A；（3）12410C【详解】（1）电键2K断开时，电流表示数112EIRRr

得10.8AI电容器的电荷量为12111410CQCIR（2）电键1K、2K闭合后，外电阻123412342.25RRRRRRRRR总电流1AEIRr电压表示数22

.25VUIR电流表的示数2212UIRR得20.75AI（3）电键1K、2K闭合后，电容两端电压21230UIRIIR所以此时电容器的电荷量为20Q故电容器的电量变化量121241C0QQQ17

．（1）240A7I；（2）1(T)1Bt【详解】（1）由题意可得sincosmgmg故通过杆的电流最小值min0I即可。若杆受到沿斜面向下的最大静摩擦力，则此时通过杆的电流最大为maxI，其受到的安培力为max0FIlB方向

水平向右，受力分析图如下由受力平衡可得NsincosmgFFNcossinFmgF联立解得max24A7I综上可得通过杆的电流范围为240A7I（2）开关S闭合后，由于sincosmgmg可知若回路中无电流，则杆所受滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，为使杆

保持匀速直线运动，则闭合回路ABMN中磁通量应保持不变，即20()lBlBlvt代入数据得1(T)1Bt18．（1）流过金属棒a的电流方向由A指向A，0.8V；（2）0.1J；（3）0.125m【详解】（1）金属棒a到达水平部分的过

程，根据机械能守恒2012aamghmv解得023m/svgh此时的电动势为01.2VEBLv根据右手定则，可知流过金属棒a的电流方向由A指向A。金属棒a两端电压为0.21.2V0.8V0.10.2babRUERR（2）两金属棒所受安培力大小相等、方向

相反，两金属棒最终以相等的速度v做匀速运动，两金属棒组成的系统满足动量守恒定律，则有0()aabmvmmv解得2m/sv设总焦耳热为Q，根据能量守恒可得22011()0.3J22aabQmvmmva棒上产生的焦耳热

为0.1JaaabRQQRR（3）安培力冲量为FtBILtBqL安又ΔΦΔΦΔΔΔΔΔababababEBLxtqItttRRRRRRRR对b棒，根据动量定理可得22Δ0babBL

xFtmvRR安解得3Δm8x则两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距为103Δ0.5mm0.125m8xxx19．（1）03qBRvm；（2）20233qBREm【详解】（1）粒子在圆形磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力、则2mvqvBr由几何知

识得tan2Rr解得03qBRvm（2）进入电场区时，纵坐标为tanyR进入电场时速度沿坐标轴分解cosxvvsinyvv粒子在电场中x轴方向做匀速直线运动，运动时间3cosRtv粒子

在y轴方向做匀变速直线运动，加速度qEam23tan3tan2cosqERRRmv解得20233qBREm获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com