山东省名校联盟2024-2025学年高二上学期12月考试物理试题

这是一份山东省名校联盟2024-2025学年高二上学期12月考试物理试题，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（28分）
1．某手机电池背面印有的一些符号如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该手机电池充满电储存的电荷量为20C
B．该手机电池充满电储存的电能为2592J
C．若该手机的待机电流为15mA，则手机最多可待机100小时
D．若该手机工作电流为0.1A，则手机工作时间为20小时
2．如图所示，直角三角形中∠B = 30°，O为BC边的中点，AC边的长度为L，现在A、B、C三点分别固定电荷量为−2q、−q、+q的点电荷。若使O点的电场强度为零，有两种方案：一是在空间加一匀强电场，二是在AB边的中点F（图中未画出）固定一点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场方向由C指向A
B．匀强电场的场强大小为
C．F点的点电荷带负电
D．F点的点电荷所带的电荷量大小为
3．如图甲所示，一点电荷Q固定在x轴上的某点。x轴上A、B两点的位置坐标分别为0.2 m和0.5 m。以x轴正方向为静电力的正方向，在A、B两点分别放置试探电荷，试探电荷所受静电力与其电荷量的关系分别对应图乙中的直线a、b。下列说法正确的是（ ）
A．点电荷Q为正电荷
B．B点的电场强度大小为0.5 N/C
C．点电荷Q的位置坐标为0.3 m
D．A点电势高于B点电势
4．如图所示，E为内阻不可忽略的电源，为定值电阻，为滑动变阻器，V与A分别为电压表与电流表，M、N是平行板电容器的两极板，一带电小球由绝缘丝线悬挂在电容器两板间，现闭合开关S，悬线稳定时偏离竖直方向θ角，下列判断正确的是（ ）
A．若将P向左滑，V与A表的读数均减小
B．若将P向左滑，电容器两极板上带电荷量减小
C．若将P向左滑，θ将增大
D．若断开S，将N板向M板靠近，角度θ将变大
5．如图所示，指纹采集装置中的半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则在指纹采集过程中，下列说法正确的是（ ）
A．指纹的凹点处与对应的小极板距离远，该位置的电容大
B．指纹的凸点处与对应的小极板距离近，该位置的电容小
C．由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较小
D．由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较大
6．如图所示，真空中固定两个等量同种点电荷，为两电荷连线的中点，直线是两电荷连线的中垂线，、是两电荷连线上关于对称的两个点，、是直线上关于对称的两个点。下列说法正确的是（ ）
A．、两点的场强相同，将一质子沿两电荷连线由移动到，其所受静电力先减小后增大
B．、两点的场强不同，将一质子沿两电荷连线由移动到，其电势能先减小后增大
C．、两点的场强不同，将一电子沿直线由移动到，其所受静电力先增大后减小
D．c，d两点的场强相同，将一电子沿直线由移动到，其电势能先减小后增大
7．某智能手机中有多种传感器，其中包括磁传感器，安装合适的软件后，利用手机中的磁传感器可以测量磁感应强度。地磁场的磁感线分布如图甲所示。小明为了测量当地的地磁场，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为平面，如图乙所示。某次测量时，手机水平放置，轴正方向竖直向上，测出以下数据、、。根据测量结果可以推断（ ）
A．测量地点位于南半球
B．轴正方向指向西方
C．轴正方向指向北方
D．当地地磁场的磁感应强度大小约为
二、多选题（16分）
8．中国女排队员的拼搏精神永远激励着人们奋发前进。如图所示，一名排球运动员进行垫球训练。排球以的速度竖直向下打在运动员的手臂上，然后以的速度竖直向上飞出。已知排球的质量为，排球与手臂的作用时间为。不计空气阻力，取，下列说法正确的是（ ）

A．排球速度变化量的大小为
B．排球动量变化量的大小为
C．排球受到手臂的冲量大小为
D．排球对手臂的平均作用力大小为
9．如图所示，光滑绝缘细管与水平面成角，在管的上方点固定一个点电荷，点与细管在同一竖直平面内，管的顶端与点连线水平，，，是的中点。电荷量为的小球（小球直径略小于细管内径）从管中处以速度开始沿管向下运动，在处时小球的加速度为，取，则（ ）
A．点的电势高于点的电势
B．点的电场强度大小是点的4倍
C．小球运动到处时加速度大小为
D．小球运动到处时速度大小为
10．如图甲所示的电路，其中电源电动势E＝6V，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A．图乙中滑动变阻器的最大功率
B．滑动变阻器消耗功率最大时，定值电阻R也消耗功最大
C．图乙中
D．调整滑动变阻器的阻值，不能使电源的输出电流达到2A
三、实验题（16分）
11．用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒。
(1)下列关于本实验条件的叙述，正确的是_______。
A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B．入射小球的质量需等于被碰小球的质量
C．斜槽部分必须光滑
D．轨道末端必须水平
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上同一位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后，把半径相同的被碰小球静置于轨道的水平末端，仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，测得两小球平均落地点位置分别为M、N，实验中还需要测量的物理量有_____。
A．入射小球和被碰小球的质量、
B．入射小球开始的释放高度h
C．小球抛出点距地面的高度H
D．两球相碰后的平抛射程OM、ON
(3)在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则认为两球碰撞前后的动量守恒。
(4)若采用图乙装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中小球平均落点位置分别为、、，与小球在斜槽末端时球心的位置等高。下列说法中正确的是______。
A．若，则表明此碰撞过程动量守恒
B．若，则表明此碰撞过程动量守恒
C．若，则表明此碰撞过程机械能守恒
D．若，则表明此碰撞过程机械能守恒
12．某实验小组为了测量一新型金属丝的电阻率，先用多用电表粗测其电阻约为，可供选用的器材如下：
电压表（量程，内阻约）
电压表（量程，内阻约）
电流表（量程，内阻约）
电流表（量程，内阻约）
电源（电动势为，内阻不计）
滑动变阻器（最大阻值为）
毫米刻度尺、螺旋测微器、导线、开关
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲所示，读数为 。
(2)为使测量尽量精确，电压表应选 ，电流表应选 。（均填器材代号）
(3)若滑动变阻器采用限流式接法，请在图乙所示的虚线框内画出电路原理图 。
(4)考虑到电表内阻的影响，实验中所测出的该金属丝的电阻率与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
四、计算题（38分）
13．如图所示的电路中，电压表为理想电表，电源电动势，内阻。定值电阻，，电容器的电容为，电动机线圈的电阻为，电压表的示数，电动机正常工作。求：
(1)电容器的带电量为多少；
(2)电动机的输出功率是多少；
(3)若电动机突然发生断路故障，则因电动机故障导致电源的输出功率减少了多少。
14．如图所示竖直平面内的直角坐标系中，第一象限内存在着沿轴正方向的匀强电场。将质量m=10g、电荷量的绝缘带电小球从第二象限的点沿轴正方向水平抛出，打在轴正半轴的点（图中未画出）。已知小球从抛出时的速度大小，小球在第一象限内做直线运动，重力加速度取，小球可视为质点，不计空气阻力，求：
(1)小球穿过轴位置的纵坐标；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)小球到达点时的速度大小。
15．如图所示一个上表面粗糙的木板B静止于光滑水平面上，木板B的质量，另有一个质量的物块A停在B的左端，质量的小球用长的轻绳悬挂在固定点上，小球在最低点时与物块A相切，现将轻绳拉至水平位置，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后弹，反弹的速度大小为，设物块与小球均可视为质点，且木板B足够长，不计空气阻力，取，试求：
(1)小球与A发生碰撞前瞬间的速度；
(2)物块A与木板B相互作用后达到的共同速度；
(3)在从释放小球到A、B达到共同速度的过程中，小球及A、B组成的系统损失的总机械能．
参考答案解析
1．D
【解析】A．该手机电池充满电储存的电荷量为
故A错误；
B．该手机电池充满电储存的电能为
故B错误；
C．待机时长为
故C错误；
D．工作时间
故D正确。
故选D。
2．D
【解析】AB．A点的点电荷在O点产生的电场强度大小为
方向由O指向A，B点的点电荷在O点产生的电场强度大小为
方向由O指向B，C点的点电荷在O点产生的电场强度大小为
方向由O指向B，则B、C两点的点电荷在O点产生的合电场强度大小为
方向由O指向B，根据几何关系可知EA与EBC方向的夹角为120°，将EA与EBC合成，根据矢量叠加可知，O点的合场强大小为
方向由C指向A，欲使O点的合场强为0，方案一中的匀强电场的方向应由A指向C，大小为
故AB错误；
CD．结合上述可知，方案二中，F点固定的点电荷应带正电，设F点的电荷量为q′，由几何关系可得
根据场强公式有
由于
解得
故C错误，D正确。
故选D。
3．C
【解析】A．由图像可知，在A点放正电荷时，所受电场力沿x轴正向，可知A点的场强沿x轴正向；在B点放负电荷时，所受电场力沿x轴正向，可知B点的场强沿x轴负向；可知点电荷Q在AB之间，且带负电，故A错误；
B．根据图像可知，B点的电场强度大小为
故B错误；
C．A点的电场强度大小为
设点电荷Q距离A点距离为∆x，则

解得
∆x = 0.1 m
可知点电荷Q的位置坐标为x = 0.3 m，故C正确；
D．A点距离点电荷−Q较B点近，可知A点电势低于B点电势，故D错误。
故选C。
4．C
【解析】ABC．若将P向左滑，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，则A表读数变大，和内阻上的电压变大，则上的电压减小，即V表的读数减小，由于两端电压增大，则电容器两极板上电压增大，则电容器两极板上带电荷量增大，电容器两极板上电场强度变大，则θ将增大，故AB错误，C正确；
D．由图可知，若断开S，平行板电容器与组成新的回路，电容器将放电，最终极板上电荷量为零，则极板间电场强度为零，角度变为零，即角度变小，故D错误。
故选C。
5．D
【解析】AB．电容器电容的定义式可知，指纹的凹点处与小极板距离远，较大，该位置的电容小，指纹的凸点处与小极板距离近，较小，该位置的电容大，故AB错误；
CD．由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，该位置的电容大，每个电容器的电压保持不变，根据可知，小极板的带电量较大，故C错误，D正确。
故选D。
6．B
【解析】AB．根据电场的叠加原理可知，、两点的电场强度大小相等方向相反，因此两点的电场强度不同，质子从a到b的过程中，由于O点的场强为零，质子受到的静电力先减小后增大，静电力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，A错误，B正确；
CD．同理可知，、两点的场强不同，设点电荷在c点的场强大小为与MN的夹角为，则合场强
将一电子沿直线由移动到，电子从c到O的过程中，离场源电荷越来越近，E逐渐增大，与MN的夹角逐渐增大，则逐渐减小，故电子受到的电场力可能一直减小，也可能先增大再减小；从c到O的过程中，电场力做正功，电势能减小，O到d的过程中，电场力做负功，电势能增大，故从c到d的过程中，电子的电势能先减小后增大，CD错误。
故选B。
7．C
【解析】A．地球磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近，由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A错误；
BC．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，由于可知，y轴正向指向北方，x轴正向指向东方，故B错误，C正确；
D．磁感应强度为矢量，由题目数据可得此处的磁感应强度大致为
故D错误。
故选C。
8．BC
【解析】A．根据题意，以向下为正方向，则排球速度变化量为
故A错误；
B．根据题意，以向下为正方向，排球动量变化量的大小为
故B正确；
C．根据题意，设排球受到手臂的冲量大小为，以向下为正方向，由动量定理有
解得
故C正确；
D．根据题意，由公式可得，手对排球的平均作用力为
由牛顿第三定律可得，排球对手臂的平均作用力大小为
故D错误。
故选BC。
9．BD
【解析】A．正点电荷的电场线是发散型的，沿着电场线方向电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，A错误；
B．结合几何关系
PA=2PB
由点电荷电场强度公式
可知B点的电场强度大小是A点的4倍，B正确；
C． 在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，由A处则有
Fcs30°+mgsin30°=ma
而在C处,则有
mgsin30°−Fcs30°=ma′
解得
a′=g−a=6m/s2
C错误；
D．A、C两点到场源电荷O点距离相等，A、C电势相等，小球从A运动到C电场力做功为0，由动能定理可知
解得
小球运动到C处时速度大小为，D正确。
故选BD
10．AD
【解析】AC．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为
把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当
滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为
故A正确、C错误；
B．当回路中电流最大时，即时定值电阻R消耗的功率最大，故B错误；
D．当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为
则调整滑动变阻器的阻值，不可能使电源的输出电流达到，故D正确。
故选AD。
11．(1)AD
(2)AD
(3)
(4)BD
【解析】（1）[1]A．同一组实验中，为了保证每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球必须从同一位置由静止释放，故A正确；
B．为了保证碰后入射小球不反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B错误；
C．轨道倾斜部分是否光滑对实验无影响，故C错误；
D．为了保证小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须水平，故D正确。
故选ABD。
（2）[2]设入射小球碰撞前的速度为，碰撞后入射小球的速度为，被碰小球的速度为，入射小球的质量为，被碰小球的质量为，若碰撞过程满足动量守恒，则有
因小球从同一高度做平抛运动，故运动时间都相同，设为t，则有
联立可得
故实验中还需要测量的物理量有入射小球和被碰小球的质量、，两球相碰后的平抛射程OM、ON。
故选AD。
（3）[3]由上可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式
则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
（4）[4]AB．若采用图乙装置来验证碰撞中的动量守恒，设入射小球碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，被碰小球的速度为，抛出点到挡板的水平位移为，则小球平均落点在点时有
联立解得
同理，小球平均落点在点、点时，水平位移仍为，则对应的平抛初速度为
若满足
代入以上三个速度，可得
故A错误，B正确；
CD．若满足能量守恒
代入以上三个速度，可得
则表明此碰撞过程机械能守恒，故D正确，C错误。
故选BD。
12．(1)0.600/0.599/0.601
(2) V1 A1
(3)
(4)偏小
【解析】（1）螺旋测微器读数为
（2）[1]电源电动势为使测量尽量精确，电压表应选；
[2]电阻约为，电路中电流约为0.5A，所以电流表选A1；
（3）由于待测电阻较小，所以采用电流表外接方式，若滑动变阻器采用限流式接法，电路原理图如图所示
（4）由于电压表的分流，导致所测电流偏大，所测电阻偏小，根据
所以实验中所测出的金属丝的电阻率与真实值相比偏小。
13．(1)
(2)
(3)
【解析】（1）由电路图可知，电容器两端的电压为
电容器的带电量
（2）由欧姆定律可知，干路中的电流为
电动机两端的电压
通过的电流
因此电动机的额定电流
电动机的额定功率
电动机的输出功率
（3）电动机正常工作时电源的输出功率
电动机出现断路后，电路中的电流
这时电源的输出功率
因此电源的输出功率减少量
14．(1)30cm
(2)N/C
(3)
【解析】（1）小球在第二象限做平抛运动，有
将cm=0.4m代入解得
m=20cm，s
小球穿过轴位置的纵坐标为
=50cm-20cm=30cm
（2）竖直方向的速度为
小球进入第一象限时，速度与水平方向的夹角满足
则有
解得
N/C
（3）小球在第一象限运动，水平方向的位移为
从抛出小球到点，根据动能定理有
解得
15．（1）5m/s（2）0.75m/s（3）4.875J
【解析】(1)对于小球,向下摆动的过程中机械能守恒，则有:
即得小球与A发生碰撞前瞬间的速度v1=5m/s．
(2)小球与A碰撞过程中，取水平向右为正方向，系统的动量守恒，得
mv1=−mv′1+MAvA
对于物块A与木板B相互作用的过程中，由动量守恒定律得
MAvA=(MA+MB)v共，
解得v共=0.75m/s
(3)小球及A. B组成的系统损失的总机械能为：
联立以上各式，解得△E=4.875J.