湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试题
1．（2025高二下·邵阳月考）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（ ）
A．图甲中，摆动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C．图丙中，粒子被加速后的最大速度与加速电压无关，与D形盒的半径R成正比
D．图丁是微安表的表头，在运输时要把正，负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁驱动原理
2．（2025高二下·邵阳月考）小明通过查阅资料了解了光盘存储的原理，了解到其原理是，如图所示，激光经过凸透镜会聚后，当经过光盘反射层凹痕的边缘时，两束反射回的激光会干涉减弱，光强变小，经过光电转换形成明显信号，那么光盘凹痕的深度应为激光波长的（ ）
A．1倍 B． C． D．
3．（2025高二下·邵阳月考）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）
A．在间，场强先减小后增大
B．在O～x1间与x1～x2间电场方向不同
C．若一负电荷从点运动到点，电势能逐渐减小
D．从点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做加速运动
4．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针
C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针
5．（2025高二下·邵阳月考）如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时刻的波形图，A是平衡位置为x=2m处的质点，图乙为质点A的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．0~20s时间内，质点A运动的路程为1.2m
C．3s~4s时间内，质点A的动能逐渐减小
D．坐标原点O处质点做简谐运动的表达式为
6．（2025高二下·邵阳月考）电源路端电压与电流关系的函数图象，把此电源接在图2示的电路中，其中，．则下列正确的是（ ）
A．此电源电动势为3V，内阻为
B．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是
C．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是
D．若在C、D间连一电容为的电容器，则电容器所带电荷量是
7．（2025高二下·邵阳月考）如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为，线圈电阻为，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为感应电流的正方向。则（ ）
A．0~5s内i的最大值为0.01A
B．第4s末i的方向为正方向
C．时，线圈的发热功率达到最大
D．3~5s内线圈有扩张的趋势
8．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，甲图表示和两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是和，是连线的中点；乙图为一机械波源在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中正确的是（ ）
A．甲图中、两点的竖直高差为
B．甲图中点正处于平衡位置且向水面下运动
C．从甲图所示时刻开始经，点通过的路程为
D．乙图中在点观察到的频率比在点观察到的频率低
9．（2025高二下·邵阳月考）如图所示是演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈，的直流电阻很小，的自感系数很大。实验时，断开开关的瞬间，灯突然闪亮一下，随后逐渐变暗，直至熄灭；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，闭合瞬间和断开瞬间，通过的电流方向相反
B．图甲中，闭合电路稳定后，中的电流小于L1中的电流
C．图乙中，闭合瞬间，灯立刻亮，灯亮后会观察到其亮度逐渐变暗直至稳定的现象
D．图乙中，断开瞬间，灯立刻熄灭，灯缓慢熄灭
10．（2025高二下·邵阳月考）如图，以O为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；圆的直径AB、CD互相垂直，半径OE与OB间的夹角。大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的初速率ν从A点沿纸面各个方向射入磁场中，其中沿AB方向射入的粒子恰好从E点射出磁场。取，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（ ）
A．半径
B．从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
C．粒子在磁场中运动时间最长为
D．若粒子沿AB方向以入射，则粒子在磁场中的运动时间为
11．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，某同学在“测量玻璃的折射率”实验中，先在白纸上画一条直线，画出一直线代表入射光线，让玻璃砖的一个面与直线重合，再画出玻璃砖另一个面所在的直线，然后画出过点的法线。
（1）在上、位置竖直插两个大头针，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使挡住，插上大头针，让挡住 （选填“”“”或“”、“”）的像，然后再插上大头针挡住和、的像。
（2）连接、并延长与交于点，连接。为了便于计算折射率，以为圆心适当的半径画圆，与交于点，与交于点，过、两点分别向法线作垂线和，并用刻度尺测出和的长度分别为和，折射率 （用、表示）。
（3）在确定玻璃砖边界线时，下列哪种错误会导致折射率的测量值偏大___________。
A． B．
C． D．
12．（2025高二下·邵阳月考）某同学要测定某金属丝的电阻率。
（1）先用游标卡尺测其长度为l，再如图甲所示用螺旋测微器测其直径d为 mm，如图乙所示用多用电表挡粗测其电阻R为 。
（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V：量程3V，内阻约为；
B．电流表A：量程0.6A，内阻约为；
C．滑动变阻器（，1A）
D．滑动变阻器（，0.1A）
E.1.5V的干电池两节，内阻不计
F．电阻箱
G．开关S，导线若干
为了测多组实验数据，则上述器材中的滑动变阻器应选用（填“”或“”） ；请在线框内设计最合理的电路图 ；
（3）用测得的金属导线长度l、直径d和电阻R，可根据电阻率的表达式 算出所测金属的电阻率。
13．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，质量、电荷量的带正电的小滑块，从半径的光滑固定绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下，整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知，方向水平向右，，方向垂直纸面向里，取重力加速度大小。求：
（1）滑块到达C点时的速度；
（2）滑块在C点对轨道的压力。
14．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，一电动倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连，水平面上方有一轻杆，可绕其上端O点自由旋转，下端悬挂物块B（可看成质点），B与水平面接触无挤压。将物块A轻放在传送带底端，一段时间后与B发生碰撞，碰后B恰好能运动至最高点。已知传送带顺时针方向运行，与水平面夹角为，传送带长，速度，A与传送带间的动摩擦因数，A、B质量分别为，，轻杆长，重力加速度。求：
（1）A在传送带上运行的时间；
（2）碰撞后A的速度大小。
15．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，足够长的光滑等宽金属导轨，固定在一水平面内，导轨宽度为。有垂直导轨平面向下的匀强磁场布满导轨，磁感应强度为。甲、乙、丙三个金属棒，依次跨放在导轨上，棒与轨道垂直、质量均为，金属棒接入电路的阻值分别为、、。其中乙、丙棒由绝缘轻杆连接。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属棒和轻杆的可能形变和轻杆的质量，金属棒与导轨始终接触良好。现让金属棒甲在棒乙左侧以开始运动。
（1）求甲棒以速度运动瞬间，流过甲棒的电流大小；
（2）以甲棒获得速度开始到运动一段时间后乙棒速度为，求这一过程中甲棒产生的热量；
（3）甲棒以速度开始，为避免相撞，求甲棒距离乙棒的距离最小值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查电磁感应在生活中的应用，要求掌握电磁感应产生条件和磁场对电流的作用。A．根据电磁驱动原理，摆动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，线圈比磁铁转得慢，故A错误；
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生涡流从而产生大量热量熔化，故B错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
可知粒子离开D形盒时，速度为，故C正确；
D．图丁是微安表的表头，在运输时要把正，负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。
故选C。
【分析】根据电磁驱动原理、涡流原理以及回旋加速器原理、电磁阻尼即可解答。
2．【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】本题解题关键是读懂题目的意思并知道光发生干涉，振动减弱的条件。由题意知，激光经过光盘反射层凹痕处时，两束反射激光干涉减弱，两束激光的波程差为
解得光盘凹痕的深度为
故选C。
【分析】结合光发生干涉，振动减弱条件分析。
3．【答案】D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】本题从数学的角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，然后判断电场力方向，以及电荷运动情况。A．图像的斜率表示场强，可知在间，场强先增大后减小，A错误；
B．沿电场方向，电势降低，故在O～x1间与x1～x2间电场方向均向右，即方向相同，B错误；
C．由
可知，若一负电荷从点运动到点，电势能逐渐增大，C错误；
D．从点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直向右做加速运动，D正确。
故选D。
【分析】根据φ-x图象的切线斜率表示电场强度，判断电场强度大小和方向变化；由图看出，O-x2之间，电势逐渐降低，根据Ep=qφ，判断负电荷的电势能变化；根据φ-x图象的切线斜率，先判断电场强度方向，再判断出电场力的方向，根据力和速度方向关系，判断运动情况。
4．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】本题考查了电磁感应现象中楞次定律的应用，在应用楞次定律时要用到安培定则，要掌握安培定则的用法。在判断线圈a中的感应电流方向时也可应用右手定则。线圈a从磁场中匀速拉出，的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，根据楞次定律可得线圈b产生的电流为顺时针。
故选A。
【分析】首先根据楞次定律判断线圈a中的感应电流方向，再根据安培定则判断线圈a中的电流在线圈b所处位置产生磁场的方向。确定线圈b磁通量如何变化，根据楞次定律判断线圈b中的感应电流方向。
5．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题主要考查了质点的振动方向与波的传播方向的判断；掌握波长、波速和周期的关系以及“上下坡”是解题关键。A． A是平衡位置为x=2m处的质点，图乙为质点A的振动图像，在t=2s时刻质点A在平衡位置沿y轴负向运动，根据“上下坡”法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.0~20s时间内，即经过5T，则质点A运动的路程为
故B正确；
C.3s~4s时间内，质点A向平衡位置运动，A的动能逐渐增大，故C错误；
D．根据题意可知，坐标原点O处质点在t=0时刻在平衡位置向下振动，所以该质点做简谐运动的表达式为
故D错误。
故选B。
【分析】根据振动图像确定在t=0时刻质点A的振动方向，根据波的传播方向与质点的振动方向的关系确定波的传播方向；根据时间与波长的关系解得运动路程；3s-4s时间内，质点A向平衡位置运动，根据振动方程求解坐标原点处质点做简谐运动的表达式。
6．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查了闭合电路欧姆定律，正确分析电路结构，熟练掌握电压，电流和电阻之间的关系，理解电容器的相关计算方式是解决此类问题的关键。A． 由电源路端电压与电流关系的函数图象可得：电源的电动势
图像斜率的绝对值表示内阻，内阻为
故A错误；
B．若在C、D间连一个理想电流表，则外电路的连接关系是：与并联后与串联，电路中总电流为
电流表的读数为
故B错误。
C．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是
故C正确。
D．若C、D间连一电容为的电容器，则电容器板间电压为：
电容器所带电量是
故D错误。
故选C。
【分析】根据甲图与U轴的交点表示电源电动势，斜率表示内阻，结合不同电表外电路的串并联方式不同，以及电容器定义式分析求解。
7．【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次定律判断感应电流的方向；要注意灵活应用楞次定律解题：当磁通量减小时，为阻碍磁通量的减少，线圈有扩张的趋势，为阻碍磁通量的增加，线圈有收缩的趋势。A．由法拉第电磁感应定律，有
可以看出图像的斜率越大感应电动势越大，在零时刻线圈的感应电动势最大，有
由欧姆定律，有
故A正确；
B．从第3s末到第5s末竖直向上的磁场一直在减小，由楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，电流方向为负方向，故B错误；
C．由图乙所示图像可知，时穿过线圈的磁通量变化率为0，线圈不产生感应电流，线圈发热功率为零，即发热功率最小，故C错误；
D．由图乙所示可知，3~5s内穿过线圈的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故D正确。
故选AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，就可以解得电流的大小，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向。
8．【答案】A,C
【知识点】多普勒效应；波的干涉现象
【解析】【解答】对于干涉图样，需要关注波峰与波谷的叠加情况，以及波的相位差对叠加结果的影响。 对于多普勒效应，需要理解波源的运动如何改变观察者接收到的波的频率 。A．是连线的中点，AC连线上所有点都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则、两点的竖直高差为
故A正确；
B．甲图中点是振动加强点，正处于波谷位置，故B错误；
C．波的周期为
从甲图所示时刻开始经，由于
则点通过的路程为
故C正确；
D．乙图中在点单位时间接受到的波面比点多，则在点观察到的频率比在点观察到的频率高，故D错误。
故选AC。
【分析】甲图中，两列相干水波的干涉图样展示了波峰与波谷的叠加情况，而乙图则展示了波源在运动时产生的波面分布，这涉及到多普勒效应。我们需要根据波的干涉原理和多普勒效应来分析两幅图中的现象。
9．【答案】A,B,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。A．图甲中，闭合瞬间，电流向右流过；断开瞬间，原来通过的电流向左流经构成回路，所以闭合瞬间和断开瞬间，通过的电流方向相反，A正确；
B．图甲中，因为的直流电阻很小，即，所以闭合电路稳定后，中的电流小于L1中的电流，B正确；
C．图乙中，闭合瞬间，由于的阻碍作用，灯没有马上亮，所以灯分压较多，故比较明亮；电路稳定后，从灯流过的电流和灯的一样大，灯相比稳定前分压较少，故亮度较之前有所变暗，故C正确；
D．图乙中，断开瞬间，原来通过的电流会流过灯和灯构成回路，所以灯、灯会同时缓慢熄灭，D错误。
故选ABC。
【分析】闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
10．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。A．从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示
则
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A错误；
B．从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间
故B正确；
C．由于，且R一定，当粒子圆周运动的轨迹以AB为弦时，粒子在圆形磁场中的运动时间最长，如图甲所示，则
解得
运动时间为
故C正确；
D．若粒子沿AB方向以入射，则粒子在磁场中运动的轨迹半径变为
分析粒子运动轨迹可知，粒子将从C点射出磁场，在磁场中的运动时间为
故D错误。
故选BC。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，以及当粒子圆周运动的轨迹以AB为弦时，粒子在圆形磁场中的运动时间最长分析求解。
11．【答案】（1）、
（2）
（3）D
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】 本题考查了测量玻璃的折射率的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）根据实验原理可知，后面的针要依次挡住前面的针，让挡住、的像，然后再插上大头针挡住和、的像。
（2）折射率
（3）画出光路如图；根据
AB两图的折射角r不变，则不会产生误差；C图中折射角r偏大，则折射率偏小；D图中折射角r偏小，则折射率偏大。
故选D。
【分析】（1）根据实验的步骤分析求解；
（2）根据折射定律分析求解；
（3）根据光路图，结合折射定律分析求解。
（1）在上、位置竖直插两个大头针，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使挡住，插上大头针，让挡住、的像，然后再插上大头针挡住和、的像。
（2）折射率
（3）画出光路如图；根据，AB两图的折射角r不变，则不会产生误差；C图中折射角r偏大，则折射率偏小；D图中折射角r偏小，则折射率偏大。
故选D。
12．【答案】（1）1.772；6
（2）；
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电阻定律和欧姆定律即可完成分析。
（1）根据螺旋测微器读数规则，可知测其直径d为
[如图乙所示用多用电表挡粗测其电阻R为
（2）由于题目明确要测量多组数据，所以滑动变阻器采用分压接法，滑动变阻器选R1便于调节，金属丝电阻较小，故电流表采用外接法，电路图如图所示。
（3）根据电阻定律
解得
【分析】（1）螺旋测微器读数等于可动刻度读数加上固定刻度读数，结果估读到千分之一毫米；
（2）由于题目明确要测量多组数据，所以滑动变阻器采用分压接法，金属丝电阻较小，故电流表采用外接法；
（3）根据电阻定律代入题中数据求解。
（1）[1]根据螺旋测微器读数规则，可知测其直径d为
[2] 如图乙所示用多用电表挡粗测其电阻R为
（2）[1][2]由于题目明确要测量多组数据，所以滑动变阻器采用分压接法，滑动变阻器选R1便于调节，金属丝电阻较小，故电流表采用外接法，电路图如图所示。
（3）根据电阻定律
解得
13．【答案】（1）滑块从A点到C点的过程中洛伦兹力和支持力不做功，由动能定理得
解得
方向水平向左。
（2）滑块在C点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，在C点滑块对轨道的压力为21N，方向竖直向下。
【知识点】牛顿第三定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对滑块滑动过程中，由动能定理，即可求解；
（2）在C点受力分析，由牛顿第二定律结合向心力表达式求解支持力大小，结合牛顿第三定律，即可求解。
（1）滑块从A点到C点的过程中洛伦兹力和支持力不做功，由动能定理得
解得
方向水平向左。
（2）滑块在C点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，在C点滑块对轨道的压力为21N，方向竖直向下。
14．【答案】（1）刚放在传送带上时先加速上滑，根据牛顿第二定律
解得
加速到与传送带速度相等所用时间
加速过程的位移
之后物块以速度v匀速运动，匀速运动的时间
所以物块在传送带上运行的总时间
（2）物块与碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为，的速度为。撞后恰好能运动至最高点，由于是轻杆，故B在最高点速度为0。根据机械能守恒定律
解得
由动量守恒定律可得
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求得A在传送带上加速过程的加速度。由运动学公式求解加速过程与匀速过程的时间。
（2）撞后B恰好能运动至最高点，由于是轻杆，故B在最高点速度为零，根据机械能守恒定律求得碰撞后瞬间B的速度大小。物块A与B碰撞过程，根据动量守恒定律求解碰撞后A的速度。
（1）刚放在传送带上时先加速上滑，根据牛顿第二定律
解得
加速到与传送带速度相等所用时间
加速过程的位移
之后物块以速度v匀速运动，匀速运动的时间
所以物块在传送带上运行的总时间
（2）物块与碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为，的速度为。撞后恰好能运动至最高点，由于是轻杆，故B在最高点速度为0。根据机械能守恒定律
解得
由动量守恒定律可得
解得
15．【答案】（1）甲棒以速度运动瞬间，产生的电动势为
回路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，流过甲棒的电流大小为
联立解得
（2）由于通过甲棒的电流等于通过乙、丙两棒的电流之和，可知甲棒受到的安培力与乙、丙两棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，则甲、乙、丙三棒组成的系统满足动量守恒，则有
根据能量守恒可得
甲棒产生的热量为
联立解得
（3）当甲、乙丙共速时距离有最小值，此时由动量守恒有
对甲，由动量定理有
又，
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据E=BLv、闭合电路欧姆定律相结合求金属棒甲刚运动的瞬间电流大小；
（2）根据能量守恒定律求回路中产生的焦耳热，再由焦耳定律求甲棒中的焦耳热；
（3） 当甲、乙丙共速时距离有最小值，由动量定理和动量守恒定律，求甲棒距离乙棒的距离最小值s。
（1）甲棒以速度运动瞬间，产生的电动势为
回路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，流过甲棒的电流大小为
联立解得
（2）由于通过甲棒的电流等于通过乙、丙两棒的电流之和，可知甲棒受到的安培力与乙、丙两棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，则甲、乙、丙三棒组成的系统满足动量守恒，则有
根据能量守恒可得
甲棒产生的热量为
联立解得
（3）当甲、乙丙共速时距离有最小值，此时由动量守恒有
对甲，由动量定理有
又，
联立解得
1 / 1湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试题
1．（2025高二下·邵阳月考）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（ ）
A．图甲中，摆动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C．图丙中，粒子被加速后的最大速度与加速电压无关，与D形盒的半径R成正比
D．图丁是微安表的表头，在运输时要把正，负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁驱动原理
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查电磁感应在生活中的应用，要求掌握电磁感应产生条件和磁场对电流的作用。A．根据电磁驱动原理，摆动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，线圈比磁铁转得慢，故A错误；
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生涡流从而产生大量热量熔化，故B错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
可知粒子离开D形盒时，速度为，故C正确；
D．图丁是微安表的表头，在运输时要把正，负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。
故选C。
【分析】根据电磁驱动原理、涡流原理以及回旋加速器原理、电磁阻尼即可解答。
2．（2025高二下·邵阳月考）小明通过查阅资料了解了光盘存储的原理，了解到其原理是，如图所示，激光经过凸透镜会聚后，当经过光盘反射层凹痕的边缘时，两束反射回的激光会干涉减弱，光强变小，经过光电转换形成明显信号，那么光盘凹痕的深度应为激光波长的（ ）
A．1倍 B． C． D．
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】本题解题关键是读懂题目的意思并知道光发生干涉，振动减弱的条件。由题意知，激光经过光盘反射层凹痕处时，两束反射激光干涉减弱，两束激光的波程差为
解得光盘凹痕的深度为
故选C。
【分析】结合光发生干涉，振动减弱条件分析。
3．（2025高二下·邵阳月考）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）
A．在间，场强先减小后增大
B．在O～x1间与x1～x2间电场方向不同
C．若一负电荷从点运动到点，电势能逐渐减小
D．从点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做加速运动
【答案】D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】本题从数学的角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，然后判断电场力方向，以及电荷运动情况。A．图像的斜率表示场强，可知在间，场强先增大后减小，A错误；
B．沿电场方向，电势降低，故在O～x1间与x1～x2间电场方向均向右，即方向相同，B错误；
C．由
可知，若一负电荷从点运动到点，电势能逐渐增大，C错误；
D．从点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直向右做加速运动，D正确。
故选D。
【分析】根据φ-x图象的切线斜率表示电场强度，判断电场强度大小和方向变化；由图看出，O-x2之间，电势逐渐降低，根据Ep=qφ，判断负电荷的电势能变化；根据φ-x图象的切线斜率，先判断电场强度方向，再判断出电场力的方向，根据力和速度方向关系，判断运动情况。
4．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针
C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】本题考查了电磁感应现象中楞次定律的应用，在应用楞次定律时要用到安培定则，要掌握安培定则的用法。在判断线圈a中的感应电流方向时也可应用右手定则。线圈a从磁场中匀速拉出，的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，根据楞次定律可得线圈b产生的电流为顺时针。
故选A。
【分析】首先根据楞次定律判断线圈a中的感应电流方向，再根据安培定则判断线圈a中的电流在线圈b所处位置产生磁场的方向。确定线圈b磁通量如何变化，根据楞次定律判断线圈b中的感应电流方向。
5．（2025高二下·邵阳月考）如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时刻的波形图，A是平衡位置为x=2m处的质点，图乙为质点A的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．0~20s时间内，质点A运动的路程为1.2m
C．3s~4s时间内，质点A的动能逐渐减小
D．坐标原点O处质点做简谐运动的表达式为
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题主要考查了质点的振动方向与波的传播方向的判断；掌握波长、波速和周期的关系以及“上下坡”是解题关键。A． A是平衡位置为x=2m处的质点，图乙为质点A的振动图像，在t=2s时刻质点A在平衡位置沿y轴负向运动，根据“上下坡”法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.0~20s时间内，即经过5T，则质点A运动的路程为
故B正确；
C.3s~4s时间内，质点A向平衡位置运动，A的动能逐渐增大，故C错误；
D．根据题意可知，坐标原点O处质点在t=0时刻在平衡位置向下振动，所以该质点做简谐运动的表达式为
故D错误。
故选B。
【分析】根据振动图像确定在t=0时刻质点A的振动方向，根据波的传播方向与质点的振动方向的关系确定波的传播方向；根据时间与波长的关系解得运动路程；3s-4s时间内，质点A向平衡位置运动，根据振动方程求解坐标原点处质点做简谐运动的表达式。
6．（2025高二下·邵阳月考）电源路端电压与电流关系的函数图象，把此电源接在图2示的电路中，其中，．则下列正确的是（ ）
A．此电源电动势为3V，内阻为
B．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是
C．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是
D．若在C、D间连一电容为的电容器，则电容器所带电荷量是
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查了闭合电路欧姆定律，正确分析电路结构，熟练掌握电压，电流和电阻之间的关系，理解电容器的相关计算方式是解决此类问题的关键。A． 由电源路端电压与电流关系的函数图象可得：电源的电动势
图像斜率的绝对值表示内阻，内阻为
故A错误；
B．若在C、D间连一个理想电流表，则外电路的连接关系是：与并联后与串联，电路中总电流为
电流表的读数为
故B错误。
C．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是
故C正确。
D．若C、D间连一电容为的电容器，则电容器板间电压为：
电容器所带电量是
故D错误。
故选C。
【分析】根据甲图与U轴的交点表示电源电动势，斜率表示内阻，结合不同电表外电路的串并联方式不同，以及电容器定义式分析求解。
7．（2025高二下·邵阳月考）如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为，线圈电阻为，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为感应电流的正方向。则（ ）
A．0~5s内i的最大值为0.01A
B．第4s末i的方向为正方向
C．时，线圈的发热功率达到最大
D．3~5s内线圈有扩张的趋势
【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次定律判断感应电流的方向；要注意灵活应用楞次定律解题：当磁通量减小时，为阻碍磁通量的减少，线圈有扩张的趋势，为阻碍磁通量的增加，线圈有收缩的趋势。A．由法拉第电磁感应定律，有
可以看出图像的斜率越大感应电动势越大，在零时刻线圈的感应电动势最大，有
由欧姆定律，有
故A正确；
B．从第3s末到第5s末竖直向上的磁场一直在减小，由楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，电流方向为负方向，故B错误；
C．由图乙所示图像可知，时穿过线圈的磁通量变化率为0，线圈不产生感应电流，线圈发热功率为零，即发热功率最小，故C错误；
D．由图乙所示可知，3~5s内穿过线圈的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故D正确。
故选AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，就可以解得电流的大小，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向。
8．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，甲图表示和两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是和，是连线的中点；乙图为一机械波源在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中正确的是（ ）
A．甲图中、两点的竖直高差为
B．甲图中点正处于平衡位置且向水面下运动
C．从甲图所示时刻开始经，点通过的路程为
D．乙图中在点观察到的频率比在点观察到的频率低
【答案】A,C
【知识点】多普勒效应；波的干涉现象
【解析】【解答】对于干涉图样，需要关注波峰与波谷的叠加情况，以及波的相位差对叠加结果的影响。 对于多普勒效应，需要理解波源的运动如何改变观察者接收到的波的频率 。A．是连线的中点，AC连线上所有点都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则、两点的竖直高差为
故A正确；
B．甲图中点是振动加强点，正处于波谷位置，故B错误；
C．波的周期为
从甲图所示时刻开始经，由于
则点通过的路程为
故C正确；
D．乙图中在点单位时间接受到的波面比点多，则在点观察到的频率比在点观察到的频率高，故D错误。
故选AC。
【分析】甲图中，两列相干水波的干涉图样展示了波峰与波谷的叠加情况，而乙图则展示了波源在运动时产生的波面分布，这涉及到多普勒效应。我们需要根据波的干涉原理和多普勒效应来分析两幅图中的现象。
9．（2025高二下·邵阳月考）如图所示是演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈，的直流电阻很小，的自感系数很大。实验时，断开开关的瞬间，灯突然闪亮一下，随后逐渐变暗，直至熄灭；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，闭合瞬间和断开瞬间，通过的电流方向相反
B．图甲中，闭合电路稳定后，中的电流小于L1中的电流
C．图乙中，闭合瞬间，灯立刻亮，灯亮后会观察到其亮度逐渐变暗直至稳定的现象
D．图乙中，断开瞬间，灯立刻熄灭，灯缓慢熄灭
【答案】A,B,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。A．图甲中，闭合瞬间，电流向右流过；断开瞬间，原来通过的电流向左流经构成回路，所以闭合瞬间和断开瞬间，通过的电流方向相反，A正确；
B．图甲中，因为的直流电阻很小，即，所以闭合电路稳定后，中的电流小于L1中的电流，B正确；
C．图乙中，闭合瞬间，由于的阻碍作用，灯没有马上亮，所以灯分压较多，故比较明亮；电路稳定后，从灯流过的电流和灯的一样大，灯相比稳定前分压较少，故亮度较之前有所变暗，故C正确；
D．图乙中，断开瞬间，原来通过的电流会流过灯和灯构成回路，所以灯、灯会同时缓慢熄灭，D错误。
故选ABC。
【分析】闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
10．（2025高二下·邵阳月考）如图，以O为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；圆的直径AB、CD互相垂直，半径OE与OB间的夹角。大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的初速率ν从A点沿纸面各个方向射入磁场中，其中沿AB方向射入的粒子恰好从E点射出磁场。取，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（ ）
A．半径
B．从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
C．粒子在磁场中运动时间最长为
D．若粒子沿AB方向以入射，则粒子在磁场中的运动时间为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。A．从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示
则
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A错误；
B．从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间
故B正确；
C．由于，且R一定，当粒子圆周运动的轨迹以AB为弦时，粒子在圆形磁场中的运动时间最长，如图甲所示，则
解得
运动时间为
故C正确；
D．若粒子沿AB方向以入射，则粒子在磁场中运动的轨迹半径变为
分析粒子运动轨迹可知，粒子将从C点射出磁场，在磁场中的运动时间为
故D错误。
故选BC。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，以及当粒子圆周运动的轨迹以AB为弦时，粒子在圆形磁场中的运动时间最长分析求解。
11．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，某同学在“测量玻璃的折射率”实验中，先在白纸上画一条直线，画出一直线代表入射光线，让玻璃砖的一个面与直线重合，再画出玻璃砖另一个面所在的直线，然后画出过点的法线。
（1）在上、位置竖直插两个大头针，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使挡住，插上大头针，让挡住 （选填“”“”或“”、“”）的像，然后再插上大头针挡住和、的像。
（2）连接、并延长与交于点，连接。为了便于计算折射率，以为圆心适当的半径画圆，与交于点，与交于点，过、两点分别向法线作垂线和，并用刻度尺测出和的长度分别为和，折射率 （用、表示）。
（3）在确定玻璃砖边界线时，下列哪种错误会导致折射率的测量值偏大___________。
A． B．
C． D．
【答案】（1）、
（2）
（3）D
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】 本题考查了测量玻璃的折射率的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）根据实验原理可知，后面的针要依次挡住前面的针，让挡住、的像，然后再插上大头针挡住和、的像。
（2）折射率
（3）画出光路如图；根据
AB两图的折射角r不变，则不会产生误差；C图中折射角r偏大，则折射率偏小；D图中折射角r偏小，则折射率偏大。
故选D。
【分析】（1）根据实验的步骤分析求解；
（2）根据折射定律分析求解；
（3）根据光路图，结合折射定律分析求解。
（1）在上、位置竖直插两个大头针，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使挡住，插上大头针，让挡住、的像，然后再插上大头针挡住和、的像。
（2）折射率
（3）画出光路如图；根据，AB两图的折射角r不变，则不会产生误差；C图中折射角r偏大，则折射率偏小；D图中折射角r偏小，则折射率偏大。
故选D。
12．（2025高二下·邵阳月考）某同学要测定某金属丝的电阻率。
（1）先用游标卡尺测其长度为l，再如图甲所示用螺旋测微器测其直径d为 mm，如图乙所示用多用电表挡粗测其电阻R为 。
（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V：量程3V，内阻约为；
B．电流表A：量程0.6A，内阻约为；
C．滑动变阻器（，1A）
D．滑动变阻器（，0.1A）
E.1.5V的干电池两节，内阻不计
F．电阻箱
G．开关S，导线若干
为了测多组实验数据，则上述器材中的滑动变阻器应选用（填“”或“”） ；请在线框内设计最合理的电路图 ；
（3）用测得的金属导线长度l、直径d和电阻R，可根据电阻率的表达式 算出所测金属的电阻率。
【答案】（1）1.772；6
（2）；
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电阻定律和欧姆定律即可完成分析。
（1）根据螺旋测微器读数规则，可知测其直径d为
[如图乙所示用多用电表挡粗测其电阻R为
（2）由于题目明确要测量多组数据，所以滑动变阻器采用分压接法，滑动变阻器选R1便于调节，金属丝电阻较小，故电流表采用外接法，电路图如图所示。
（3）根据电阻定律
解得
【分析】（1）螺旋测微器读数等于可动刻度读数加上固定刻度读数，结果估读到千分之一毫米；
（2）由于题目明确要测量多组数据，所以滑动变阻器采用分压接法，金属丝电阻较小，故电流表采用外接法；
（3）根据电阻定律代入题中数据求解。
（1）[1]根据螺旋测微器读数规则，可知测其直径d为
[2] 如图乙所示用多用电表挡粗测其电阻R为
（2）[1][2]由于题目明确要测量多组数据，所以滑动变阻器采用分压接法，滑动变阻器选R1便于调节，金属丝电阻较小，故电流表采用外接法，电路图如图所示。
（3）根据电阻定律
解得
13．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，质量、电荷量的带正电的小滑块，从半径的光滑固定绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下，整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知，方向水平向右，，方向垂直纸面向里，取重力加速度大小。求：
（1）滑块到达C点时的速度；
（2）滑块在C点对轨道的压力。
【答案】（1）滑块从A点到C点的过程中洛伦兹力和支持力不做功，由动能定理得
解得
方向水平向左。
（2）滑块在C点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，在C点滑块对轨道的压力为21N，方向竖直向下。
【知识点】牛顿第三定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对滑块滑动过程中，由动能定理，即可求解；
（2）在C点受力分析，由牛顿第二定律结合向心力表达式求解支持力大小，结合牛顿第三定律，即可求解。
（1）滑块从A点到C点的过程中洛伦兹力和支持力不做功，由动能定理得
解得
方向水平向左。
（2）滑块在C点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，在C点滑块对轨道的压力为21N，方向竖直向下。
14．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，一电动倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连，水平面上方有一轻杆，可绕其上端O点自由旋转，下端悬挂物块B（可看成质点），B与水平面接触无挤压。将物块A轻放在传送带底端，一段时间后与B发生碰撞，碰后B恰好能运动至最高点。已知传送带顺时针方向运行，与水平面夹角为，传送带长，速度，A与传送带间的动摩擦因数，A、B质量分别为，，轻杆长，重力加速度。求：
（1）A在传送带上运行的时间；
（2）碰撞后A的速度大小。
【答案】（1）刚放在传送带上时先加速上滑，根据牛顿第二定律
解得
加速到与传送带速度相等所用时间
加速过程的位移
之后物块以速度v匀速运动，匀速运动的时间
所以物块在传送带上运行的总时间
（2）物块与碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为，的速度为。撞后恰好能运动至最高点，由于是轻杆，故B在最高点速度为0。根据机械能守恒定律
解得
由动量守恒定律可得
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求得A在传送带上加速过程的加速度。由运动学公式求解加速过程与匀速过程的时间。
（2）撞后B恰好能运动至最高点，由于是轻杆，故B在最高点速度为零，根据机械能守恒定律求得碰撞后瞬间B的速度大小。物块A与B碰撞过程，根据动量守恒定律求解碰撞后A的速度。
（1）刚放在传送带上时先加速上滑，根据牛顿第二定律
解得
加速到与传送带速度相等所用时间
加速过程的位移
之后物块以速度v匀速运动，匀速运动的时间
所以物块在传送带上运行的总时间
（2）物块与碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为，的速度为。撞后恰好能运动至最高点，由于是轻杆，故B在最高点速度为0。根据机械能守恒定律
解得
由动量守恒定律可得
解得
15．（2025高二下·邵阳月考）如图所示，足够长的光滑等宽金属导轨，固定在一水平面内，导轨宽度为。有垂直导轨平面向下的匀强磁场布满导轨，磁感应强度为。甲、乙、丙三个金属棒，依次跨放在导轨上，棒与轨道垂直、质量均为，金属棒接入电路的阻值分别为、、。其中乙、丙棒由绝缘轻杆连接。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属棒和轻杆的可能形变和轻杆的质量，金属棒与导轨始终接触良好。现让金属棒甲在棒乙左侧以开始运动。
（1）求甲棒以速度运动瞬间，流过甲棒的电流大小；
（2）以甲棒获得速度开始到运动一段时间后乙棒速度为，求这一过程中甲棒产生的热量；
（3）甲棒以速度开始，为避免相撞，求甲棒距离乙棒的距离最小值。
【答案】（1）甲棒以速度运动瞬间，产生的电动势为
回路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，流过甲棒的电流大小为
联立解得
（2）由于通过甲棒的电流等于通过乙、丙两棒的电流之和，可知甲棒受到的安培力与乙、丙两棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，则甲、乙、丙三棒组成的系统满足动量守恒，则有
根据能量守恒可得
甲棒产生的热量为
联立解得
（3）当甲、乙丙共速时距离有最小值，此时由动量守恒有
对甲，由动量定理有
又，
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据E=BLv、闭合电路欧姆定律相结合求金属棒甲刚运动的瞬间电流大小；
（2）根据能量守恒定律求回路中产生的焦耳热，再由焦耳定律求甲棒中的焦耳热；
（3） 当甲、乙丙共速时距离有最小值，由动量定理和动量守恒定律，求甲棒距离乙棒的距离最小值s。
（1）甲棒以速度运动瞬间，产生的电动势为
回路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，流过甲棒的电流大小为
联立解得
（2）由于通过甲棒的电流等于通过乙、丙两棒的电流之和，可知甲棒受到的安培力与乙、丙两棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，则甲、乙、丙三棒组成的系统满足动量守恒，则有
根据能量守恒可得
甲棒产生的热量为
联立解得
（3）当甲、乙丙共速时距离有最小值，此时由动量守恒有
对甲，由动量定理有
又，
联立解得
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