四川省绵阳市三台中学2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市三台中学2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共7页
考试时间75分钟，满分100分
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、本大题8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 安培认为在原子、分子内部总存在着一种环形电流——分子电流
B. 奥斯特发现了电流的磁效应，安培利用对称性思想提出了磁能生电
C. 麦克斯韦首先预言并证明了电磁波的存在
D. X射线是电磁波，可以用来消毒杀菌
【答案】A
【解析】
【详解】A．安培认为在原子、分子内部总存在着一种环形电流 —— 分子电流，这一观点是安培提出的，故A 正确；
B．奥斯特发现了电流的磁效应，而法拉第发现了电磁感应现象（磁能生电），并不是安培提出的，故B 错误；
C．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹证明了电磁波的存在，故C 错误；
D．X射线是电磁波，但用来消毒杀菌的是紫外线，故D 错误。
故选A。
2. 地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是（ ）
A. 地表电荷为正电荷
B. 环形电流方向与地球自转方向相同
C. 若地表电荷的电荷量增加，则地磁场强度增大
D 若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据右手螺旋定则可知地表的电荷为负电荷，故A错误；
B．由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误；
C．若地表电荷的电荷量增加，则等效电流越大，地磁场强度增大，故C正确；
D．若地球自转角速度减小，则等效电流越小，地磁场强度减小，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，甲、乙两个电路图都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成的，丙电路图是由一个灵敏电流表G和电源、滑动变阻器组成，已知这三个灵敏电流表规格相同，满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲电路图表示电流表，R增大时量程增大
B. 乙电路图表示电压表，R增大时量程减小
C. 丙电路图表示欧姆表，插孔l是“+”插孔，表笔A是黑表笔
D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲电路图由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表。电流表的量程为
可知当R增大时，量程减小，故A错误；
B．乙电路图由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表。电压表的量程为
可知当R增大时，量程增大，故B错误；
C．丙电路图表示欧姆表，为保证电流从红表笔流入欧姆表，表笔A是红表笔，黑表笔与“”插孔连接，则插孔2是“”插孔，故C错误；
D．根据电压表改装原理
若改装成的电压表的量程为3V，分压电阻为
故D正确。
故选D。
4. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一带电粒子在仅受电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是（ ）

A. 带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时大
B. 带电粒子一定是从P点向Q点运动
C. 带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时大
D. 三个等势面中，等势面a的电势最高
【答案】AC
【解析】
【详解】由于等势面与电场线垂直，则电场线如图所示

A．做曲线运动的粒子，受力方向指向凹侧，可知若粒子从Q运动到P，电场力做正功，动能增加，则带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时大，故A正确；
BD．由于带电粒子的电性未知，则无法判断出a、b、c等势面电势的高低，也无法判断粒子的运动方向，故BD错误；
C．等差等势面越密集的地方，场强越大，因此该带电质点在P点处的加速度比在Q点处大，故C正确。
故选AC。
5. 在某电场中建立x坐标轴，一个带正电粒子沿x轴正方向运动，经过间距相等的A、B、C三点，该粒子的电势能随位置坐标x变化的关系如图所示，该粒子只受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A. A点电势高于B点电势B. A点的电场强度大于B点的电场强度
C. 粒子经过A点的速率小于经过B点的速率D. C、B两点电势差大于B、A两点电势差
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，A点的电势能小于B点的电势能，即
根据电势与电势能之间的关系可知
所以
故A错误；
B．在x轴上取一小段包含A点的线段，设其长度为，线段两端的电势变化为，则该小段内的平均电场强度为
即曲线的切线斜率的绝对值大小，与该点处的电场强度的大小成正比，由图可知，A点的切线斜率小于B点的切线斜率，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误；
C．该粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和将保持不变。粒子从A点运动到B点的过程中，电势能增大，则动能减小。所以粒子经过A点的速率大于经过B点的速率，故C错误；
D．由图可知，AB段的平均电场强度小于BC段的平均电场强度，根据
可知，C、B两点间的电势差大于B、A两点间的电势差，故D正确。
故选D。
6. 用如图所示的实验来研究电磁感应的条件，下列有关实验过程的描述不正确的是（ ）
A. 闭合开关的瞬间，电流表指针将发生偏转
B. 闭合开关后，当滑动变阻器滑片向右滑动时，电流表指针将发生偏转
C. 闭合开关后，当线圈A和线圈B整体在桌面移动时，电流表指针将发生偏转
D. 闭合开关后，当线圈A从线圈B中迅速抽出时，电流表指针将发生偏转
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合开关的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中产生感应电流，电流表指针将发生偏转，A正确，不符合题意；
B．闭合开关后，当滑动变阻器滑片向右滑动时，通过线圈A的电流增大，通过线圈B的磁通量增大，产生感应电流，电流表指针将发生偏转，B正确，不符合题意；
C．闭合开关后，当线圈A和线圈B整体在桌面移动时，线圈B的磁通量不变，不会有感应电流产生，电流表指针将不发生偏转，C错误，符合题意；
D．闭合开关后，当线圈A从线圈B中迅速抽出时，穿过线圈B的磁通量减小，线圈中产生感应电流，电流表指针将发生偏转，D正确，不符合题意。
故选C。
7. 如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是（ ）
A. 通过电动机的电流为10 A
B. 电动机的输入功率为20 W
C. 电动机的发热功率为1 W
D. 电源的输出功率为50 W
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，有：
代入数据解得
故A错误；
B．电动机的输入功率：
P入=UI=10×2W=20W
故B正确
C．电动机的热功率：
P热=I2RM=22×1W=4W
故C错误；
D．电源的总功率为
电源内耗功率为
电源的输出功率：
故D错误。
故选B。
8. 如图，一半径为R的光滑绝缘半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带电小球从A点以某一初速度向左运动，经过P点时恰好对圆弧轨道没有压力。已知轨道上的M点与圆心O等高，OP与竖直方向夹角为37°，取sin37° = 0.6，cs37° = 0.8，重力加速度大小为g，则小球（ ）
A. 带电小球经过C点的速度大小为
B. 带电小球所受电场力大小为
C. 带电小球经过P点的速度为
D. 带电小球经过M点时对圆弧轨道的压力大小为3mg
【答案】C
【解析】
【详解】BC．经过P点时重力与电场力的合力恰好提供向心力，则有
解得
故B错误，C正确；
A．小球从P点到C点过程，根据动能定理可得
解得
故A错误；
D．小球从M点到P点过程，根据动能定理可得
小球在M点，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律可得，小球对圆弧轨道的压力大小为，故D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
9. 如图所示，匝数为n的矩形线框，面积为S，线框平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列说法正确的是（ ）
A. 如图所示位置时磁通量等于nBS
B. 若使线框绕转过角，磁通量为
C. 若从初始位置绕转过角时，磁通量的变化量为BS
D. 若从初始位置线框翻转，磁通量的变化量的大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．如图所示位置时磁通量等于BS，故A错误；
B．若使线框绕转过角，磁通量为
故B正确；
C．若从初始位置绕转过角时磁通量为零，则磁通量的变化量为
故C错误；
D．若从初始位置线框翻转 ，磁通量变化量大小为2BS，故D正确。
故选BD
10. 如图，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，闭合开关K，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，则下列说法正确的是（ ）
A. 油滴带负电
B. 保持开关K闭合，减小两板间距离，电流计中电流方向a→b
C. 保持开关K闭合，减小两板正对面积，油滴向下运动
D. 将开关K打开，减小两板间距离，静电计指针张角变小，油滴静止不动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对油滴受力分析可知，油滴受到的电场力竖直向上，与板间场强方向相反，则油滴带负电，故A正确；
B．保持开关K闭合，则极板间电压保持不变，减小两板间距离，根据
，
可知电容器电容增大，电容器所带电荷量增大，则电流计中电流方向b→a，故B错误；
C．保持开关K闭合，极板间电压保持不变，减小两板正对面积，根据
可知板间场强不变，油滴受力不变，油滴静止不动，故C错误；
D．将开关K打开，可认为电容器所带电荷量不变，减小两板间距离，根据
，
可知电容器电容增大，极板间电压变小，则静电计指针张角变小，根据
可知板间场强不变，油滴受力不变，油滴静止不动，故D正确。
故选AD。
11. 如图所示，三条长直导线、、都通以垂直纸面的电流，其中、两根导线中电流方向垂直纸面向外。点与、、三条导线距离相等，且处于。现在点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示。则可以判断（ ）
A. 点处的磁感应强度的方向与相同
B. 长导线中的电流方向垂直纸面向外
C. 长导线中电流I1小于中电流I2
D. 长导线中电流I3小于中电流I2
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据左手定则可知，安培力的方向与点处的磁感应强度的方向一定垂直，故A错误；
B．由题目图，结合右手螺旋定则可知，长导线a在O处磁场方向由O指向C，同理，长导线b在O处磁场方向由c指向O，根据左手定则，可知，长导线a对O处通电导线的安培力由O指向b，而长导线b对O处的通电导线的安培力由O指向a，要保证处电流所受的安培力如图中方向，则对处电流的安培力方向必定沿方向。由此可判断长导线中的电流方向垂直纸面向外，故B正确；
C．根据图中点放置的通电导线受力方向F的特点，利用平行四边形定则可知，长导线a对O处的通电导线的安培力小于长导线b对O处的通电导线的安培力，即有
可知中的电流小于中电流，故C正确；
D．根据上述分析，可知，长导线c中电流I3与b中电流I2大小关系不能够确定，故D错误。
故选BC。
12. 反射式速调管是常用的微波器件之一，其内部为真空，有一个静电场的方向平行于轴，其电势随的分布如图所示。现将一带负电的粒子重力不计从处静止释放，下列说法正确的是（ ）
A. 该静电场可以由两个负点电荷产生
B. 的电场强度小于处的电场强度
C. 该粒子在处的电势能最大
D. 该粒子将沿轴负方向运动，运动到的最远位置为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据图像的斜率表示电场强度，由图可知区域的电场强度大小为
方向沿着轴负方向；区域的电场强度大小为
方向沿着轴正方向；可知的电场强度小于处的电场强度，且此静电场不可能由两个负电荷产生，故A错误，B正确；
C．处电势最高，根据可知该负电荷的粒子在处的电势能最小，故C错误；
D．带负电粒子（重力不计）从处由静止释放，受到沿轴负方向的电场力，当运动到区域后，受到沿轴正方向的电场力，根据动能定理可得
其中，联立可得
则该粒子将沿x轴负方向运动，运动到的最远位置为
故D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题（本大题2小题，共16分）
13. 某兴趣小组利用如下器材探究小灯泡的电流随电压变化的关系，实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化。
A．电源（电动势约为，内阻约为）
B.电压表（量程，内阻约为）
C.电流表（量程，内阻约为）
D.电流表（量程，内阻约为）
E.滑动变阻器（最大阻值，允许通过的最大电流为）
F.滑动变阻器（最大阻值，允许通过的最大电流为）
G.开关和导线
（1）实验中电流表应选用______，滑动变阻器应选用______。（均用序号字母表示）
（2）应选择下图中______电路图进行实验。
A. B.
C. D.
（3）该兴趣小组通过实验作出小灯泡的图线如图甲所示。由图可知，随着电压增加，灯泡的电阻______（填“增大”、“减小”、“不变”），其原因是______。
（4）该小组又把此灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电，此时灯泡的实际功率为______W。（结果只保留一位有效数字）
【答案】（1） ①. C ②. E （2）A
（3） ①. 增大 ②. 灯丝电阻率随着温度增加而增大
（4）0.5
【解析】
【小问1详解】
[1][2]流过小灯泡的额定电流为，故实验中电流表应选用C；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化电路应选用分压式电路，滑动变阻器应选用E；
【小问2详解】
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化电路应选用分压式电路，小灯泡的电阻约为
因为
即
故电路应选择外接法，故选A。
【小问3详解】
[1][2]小灯泡的图线斜率表示电阻，由图可见随着电压增加，灯泡的电阻增大。其原因是灯丝电阻率随着温度增加而增大，由电阻定律
可见电阻随电压增大而增大。
【小问4详解】
把定值电阻与电源整体看做等效电源，则
在题图甲所示坐标系内作出电源的U-I图像如图所示
由图可知，灯泡两端的电压为
电流为
灯泡的实际功率为
14. 实验小组在实验室练习使用多用电表测电阻：
（1）多用电表表盘如图1所示，某同学在完成机械调零后，准备测电阻，他进行如下操作，请帮助他完成以下实验步骤：
①将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
②将红、黑表笔短接，旋动___________ （填“S”或“T”），使指针对准电阻挡的___________刻线（填“0”或“∞”）。
③将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，如图2中虚线所示，则应将K旋转到电阻挡“×___________”的位置（选填1、100）。
（2）该同学在做好正确操作后，表盘指针如图2所示，则该电阻阻值为___________Ω。
（3）若某同学使用的是一个久置的万用电表，相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降。使用此电表测量电阻，结果___________（填“大于”“小于”或“等于”）准确值。
（4）某同学用中值电阻为10 Ω的多用电表欧姆挡测量一个二极管（正常工作时的电阻约为75 Ω）的正向电阻，下列测量方法最合理的是________。
A. B.
C. D.
【答案】（1） ①. T ②. 0 ③. 100
（2）1900 （3）大于
（4）A
【解析】
【小问1详解】
[1][2]将红、黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻挡的“0”刻度；
[3]测量时，发现指针偏转角度太小，说明倍率档选择过小，则为了较准确地进行测量，应该选择“”倍率位置。
【小问2详解】
[1]表盘指针如图2所示，则该电阻阻值为
【小问3详解】
[1]相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降，使用此电表测量电阻时有
联立可得
由于电动势下降，可知此时电流减小，故此时指针向左偏，可知此时结果大于准确值。
【小问4详解】
[1]欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，红表笔与内阻电源负极相连，测二极管正向电阻，欧姆表黑表笔与二极管正极相连，红表笔与二极管负极相连，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，由于欧姆表中值电阻为，则应选用“×10”挡，故A正确，BCD错误。
故选A。
四、计算题：本题共3小题，共36分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。
15. 如图所示，电流表和电压表均为理想电表，电容器的电容C = 8 µF，定值电阻R1 = 4 Ω，R2 = 6 Ω，电源电动势E = 6 V，内阻未知，开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5 A，求：
（1）电源内阻r。
（2）电压表的示数。
（3）将开关S断开，通过R2的电荷量。
【答案】（1）2 Ω （2）5 V
（3）2.4 × 10−5 C
【解析】
【小问1详解】
开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5 A，根据闭合电路欧姆定律有

解得
【小问2详解】
根据电路结构，电表测的是路端电压，根据闭合电路欧姆定律有
【小问3详解】
开关S闭合一段时间后，定值电阻R2两端电压
根据电容的定义式有
将开关S断开后，电容器对定值电阻R2放电，结合上述可知，通过R2的电荷量
16. 在如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离，板长，电源电动势，内电阻，定值电阻。在A板的中点O固定一条长为的轻质绝缘细线，细线另一端连接一个可视为质点且重力不计的正电小球。闭合开关S，待电路稳定后，小球在水平恒力F作用下恰好保持静止，细线与竖直方向的夹角。当撤去恒力F后，小球运动到最低点C时，细线恰好断裂，小球继续运动。已知该粒子电荷量，质量，C点在B板上投影点为D，空气阻力忽略不计。求：

（1）水平恒力F的大小；
（2）在C点，细线对小球的拉力T（细线断裂前）；
（3）试判断小球最终是落在B板上还是从板间飞出、若落在B板上，求落点到D点间的水平距离x，若从板间飞出，求偏转距离y。
【答案】（1）
（2）；方向竖直向上
（3）
【解析】
【小问1详解】
金属板间的电压
小球在金属板间所受的电场力的大小
解得

小球在恒力F作用下静止时，设绳子的拉力大小为，由平衡条件，有
联解解得
【小问2详解】
小球由静止开始运动到C的过程中，根据动能定理，有
解的小球在C点的速度大小
在C点，由牛顿第二定律
解得细线对小球的拉力大小
方向竖直向上；
【小问3详解】
细线断裂后，小球做平抛运动，假设小球不能从金属板间飞出，落在B板上所用的时间为t，则
根据牛顿第二定律，有
根据位移-时间公式

联立解得
故假设成立。即小球最终落在B板上，落点到D点间的水平距离为。
17. 如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场。质量为的绝缘木板B放在水平地面上，左端挡板处固定一轻质绝缘弹簧，开始时弹簧处于原长，木板右端被不可伸长的轻绳系在墙上，轻绳处于伸直状态。木板B上表面光滑，下表面与地面之间的滑动摩擦因数。质量为、带电量为的滑块A以初速度向左滑上木板B，当弹簧的压缩量为时，A速度达到最大；当A速度第一次减到0时，轻绳恰好达到最大拉力并断裂。已知匀强电场的场强大小（为重力加速度），A电荷量保持不变，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）求轻绳断裂后瞬间，滑块A与木板B的加速度大小之比；
（3）若开始A以初速度从右端滑入木板，求轻绳断裂瞬间滑块A速度的大小；
（4）若开始A以初速度从右端滑入木板，求滑块A从木板B滑落时的速度。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4），方向向右
【解析】
【详解】（1）A速度最大时，对A分析有
解得弹簧劲度系数为
（2）轻绳刚断裂瞬间，设弹力大小为，对A分析，加速度向右，则有
对B分析，加速度向左，则有
联立可得
（3）设第一次A运动位移为时轻绳断裂，若A的初速度，仍然在位移处轻绳断裂，如图所示
此时弹性势能记为，第一次有
第二次有
解得
（4）由于
故当木板向左滑动时，A、B组成的系统动量守恒，设A刚从木板上滑落时，A、B速度分别为、，有
根据能量守恒可得
而
联立可得
解得
，
或
，（舍去）
则A滑落时的速度大小为
方向向右。