【物理】陕西省安康市2024-2025学年高二上学期12月月考试题（解析版）

这是一份【物理】陕西省安康市2024-2025学年高二上学期12月月考试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每题4分，共28分）
1. 两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为1m和2m，串联在电路中时，其沿长度方向电势的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. A和B导线中的电流之比为1：2
B. A和B导线两端的电压之比为5：2
C. A和B导线的横截面积之比为1：3
D. A和B导线中自由电荷定向移动的平均速率之比为1：1
【答案】C
【解析】A．由于导线A和B串联在电路中，则A和B导线中的电流之比为1：1，故A错误；
B．由题图可知导线A两端电压和导线B两端电压分别为
，
故电压之比为
故B错误；
C．根据
，
可得
可得
故C正确；
D．根据电流微观表达式
可得
故A和B导线中自由电荷定向移动的平均速率之比为
故D错误。
故选C。
2. 如图所示的电路中，ab间的电压恒定为2V，滑动变阻器的总电阻为，滑动端P处在正中央。下列四种情况中，电阻R上两端电压最接近1V的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. 只要滑片P处于正中央，电阻R上两端电压均为1V
【答案】B
【解析】A情况下由串并联电路特点及欧姆定律，可得电阻R上电压
B情况下电阻R上电压
C情况下电阻R上电压
根据以上分析可知，B情况下电压最接近1V。滑片P处于正中央，电阻R上两端电压不一定为1V。
故选B。
3. 小灯泡通电后其电流I随电压U变化的曲线如图所示，P为图线上的一点，PN为图线上P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。则下列说法正确的是（ ）

A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B. 对应P点小灯泡的电阻为
C. 对应P点小灯泡的电阻为
D. 对应P点小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
【答案】ABD
【解析】A．由图像可知灯泡的电阻，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，可知电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大，故A正确；
BC．由图像可知，P点对应的电压为U1，电流为，则灯泡的电阻
故B正确，C错误；
D．对应P点小灯泡的功率为
所以对应P点小灯泡功率为图中矩形PQOM所围的面积，故D正确。
4. 如图所示，、均为定值电阻，电源的电动势和内阻不变，闭合开关，在滑动变阻器的滑片从a端缓慢地移动到b端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电容器所带的电荷量逐渐减少
B. 定值电阻消耗的电功率一直增大
C. 滑动变阻器消耗的电功率先减小后增大
D. 电源内阻消耗的电功率一直减小
【答案】B
【解析】A．在滑动变阻器的滑片从a端缓慢地移动到b端的过程中，电阻变小，电路电流变大，定值电阻两端电压变大，则电容器并联在其两端，表示电容器电压也增大，根据公式
可知电容器电容不变，电压增大，所以电容器所带的电荷量逐渐增大，故A错误；
B．在滑动变阻器的滑片从a端缓慢地移动到b端的过程中，电阻变小，电路电流变大，根据公式
可知定值电阻消耗的电功率一直增大，故B正确；
C．把、和电源等效为新的电源，因不知道滑动变阻器阻值与等效内阻阻值大小关系，所以无法判断滑动变阻器消耗的电功率如何变化，故C错误；
D．在滑动变阻器的滑片从a端缓慢地移动到b端的过程中，电阻变小，电路电流变大，根据公式
可知电源内阻消耗的电功率一直增大，故D错误。
故选B。
5. 图为竖直面内两个固定在同一水平线上的点电荷，距离为d，电荷量分别为和。静电力常量为k。在它们的中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为的带电小球以初速度从管口射入，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球的速度先增大再减小
B. 小球对管壁的作用力先变小后变大
C. 电场力对小球先做正功再做负功
D. 管壁对小球的弹力的最大值为
【答案】D
【解析】A．根据等量异种电荷电场分布可知，小球受到的库仑力的合力水平向右，与管壁对小球的弹力大小相等，方向相反，水平方向上的合力为零，所以小球受到的合外力为重力，故小球做匀加速直线运动，速度逐渐增大，故A错误；
B．根据等量异种电荷的电场分布可知，小球受到的库仑力的合力水平向右，根据可知，电场力正比于电场强度，因为电场先变大后变小，所以电场力先变大后变小，小球对管壁的作用力先变大后变小，故B错误；
C．带电荷量为+q的小球受到+Q的排斥力和−Q的吸引力，库仑力的合力水平向右，带电小球是竖直向下运动的，所以库仑力对小球不做功，故C错误；
D．小球受到的库仑力的合力水平向右，与管壁对小球的弹力大小相等，方向相反，库仑力的合力最大时，管壁对小球的弹力也就最大，根据库仑定律可得，+Q对小球的库仑力沿两者连线背离+Q，−Q对小球的库仑力沿两者连线指向−Q，又小球到两电荷距离相等，所以点电荷+Q和−Q到小球的最小距离均为，根据库仑定律可得，两点电荷对小球的库仑力大小相等，故库仑力的合力水平向右，最大值的大小为
故D正确。
故选D。
6. 如图所示，一均匀带电绝缘细棒的电荷量为，在过细棒中点c的中垂线上有a、b、d三点，且。在a点固定一负点电荷，其电荷量为，已知d点的电场强度为零，静电力常量为k，则b点的电场强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】电荷量为的负点电荷在d点产生的电场强度方向向左，大小为
根据电场的叠加原理可知，细棒在d点产生的电场强度方向向右，大小为
根据对称性可知，细棒在b点产生的电场强度方向向左，大小为
电荷量为的负点电荷在b点产生的电场强度方向向左，大小为
根据电场的叠加原理可知，b点的电场强度方向向左，大小为
7. 某静电场方向平行于轴，其电势随的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为、带电荷量为的粒子（不计重力），以初速度从点进入电场，沿轴正方向运动。下列叙述正确的是（ ）

A. 粒子从向右运动到运动的过程中做匀减速运动
B. 若粒子能运动到，则从运动到的过程中，电势能先减小后增大
C. 若，则粒子运动到处时速度最大，其大小为
D. 若，粒子运动到时速度大小为
【答案】C
【解析】A．图像的斜率表示电场强度，由图像可知从到电场强度逐渐减小，电势升高，场强方向沿轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿轴负方向，粒子做加速度减小的减速运动，故A错误；
B．由图可知从到电势逐渐降低，结合电势能公式可知正粒子的电势能是逐渐减小的，故B错误；
C．若，则粒子运动到处时电势能最小，则动能最大，速度最大，由动能定理得
解得
故C正确；
D．若，粒子沿轴正方向做减速运动，当减速到零时，由动能定理得
解得
则粒子运动不到位置速度就减为0了，故D错误。
故选C。
二、多选题（每题6分，共18分，少选得3分，错选不得分）
8. 如图所示，两根通有异向电流的长直导线P、Q平行放置，电流大小，a、b两点在导线横截面连线的延长线上，c、d为P、Q连线中垂线上两点，且到P、Q连线的距离相等。已知通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足，式中k是常量，I是导线中的电流大小，r是该点到直导线的距离。则下列说法正确的是（ ）
A. a点磁感应强度不可能为零
B. c、d两点磁感应强度方向相同
C. c、d两点磁感应强度大小相等
D. b点磁感应强度的方向垂直于P、Q连线向下
【答案】CD
【解析】A．根据题意，由右手螺旋定则可知，导线P在a点产生的磁场竖直向下，设为，导线Q在a点产生的磁场竖直向上，设为，若有，即
则a点磁感应强度为零，可得
由于，，则，可能成立，即a点磁感应强度有可能为零，故A错误；
BC．根据题意，由右手螺旋定则和通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足可知，导线在c、d两点产生的磁感应强度如图所示
由磁场的叠加原理可知，c、d两点磁感应强度方向不同，由几何关系可知，c、d两点磁感应强度大小相等，故B错误，C正确；
D．根据题意，由右手螺旋定则可知，导线P在b点产生的磁场竖直向上，设为，导线Q在b点产生的磁场为竖直向下的，设为，由通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足可知，则b点磁感应强度的方向垂直于P、Q连线向下，故D正确。
故选CD。
9. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为和，下列说法中正确的是（ ）
A. 小灯泡L1、L2变暗，L3变亮B. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C. D.
【答案】AD
【解析】AB．当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，L2在干路上，故L2变暗。变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分电压增大，L3的电流增大，L3变亮。总电流减小，而L3的电流增大，则L1的电流减小，L1变暗，故A正确，B错误；
CD．电压表V1测的是并联电压，示数增大，电压表V2测的是L2的电压，示数减小，由于路端电压增大，因此
故
故C错误，D正确。
故选AD。
10. 在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为的匀强电场，电场中有一质量为，电荷量为的带电小球，用长为的不可伸长的绝缘细线悬挂于点，如图所示。开始时小球静止在点，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点，然后由静止释放，重力加速度为，则以下判断正确的是（ ）
A. 小球再次到点时，速度刚好零
B. 小球从到过程中，合外力对它做的功为
C. 如果小球运动到点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动
D. 小球从到过程中，其机械能增加了
【答案】BD
【解析】A．当小球静止于点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从到过程中，细线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，A错误；
B．电场力与重力合力为
这个方向上位移为，所以合外力做功为
B正确；
C．若小球运动到点时，细线突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故C错误。
D．合外力做功为，由动能定理知动能增加量为，重力势能增加量为，则机械能增加量等于动能增加量和重力势能增加量之和，即其机械能增加了，D正确。
故选BD。
三、实验题（11题每空2分，共6分；12题每空2分，共8分）
11. 某实验小组对比多用电表测电阻和伏安法测电阻的测量值是否相同。
（1）他们找来一电阻元件，首先用多用电表“×10”档进行测量，多用电表显示如图甲所示，为减小测量误差他们又重新测量。请在下列操作中选择正确的操作步骤并按先后顺序进行排序________。（填步骤前的字母代号）
A使红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在刻度盘最左端0刻度
B使红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在刻度盘最右端0刻度
C使红、黑表笔接触待测电阻两端，测量并读数
D断开表笔，将选择开关旋至“OFF”挡
E将选择开关旋至“×1”挡
F将选择开关旋至“×100”挡

（2）他们又用如图乙所示的电路对该电阻元件进行测量，图乙中部分器材的参数如下：电源（电动势为12V，内阻约为1Ω）；
双量程电压表（量程0~3V时内阻约为3kΩ，量程为0~15V时内阻约为15kΩ）；
双量程电流表（量程为0~0.6A时内阻约为0.1Ω，量程为0~3A时内阻约为0.02Ω）；
滑动变阻器（最大阻值为5Ω）。
①要求测量尽量精确，用笔画线代替导线将图乙中的测量电路补充完整________。
②用正确的电路多次测量，电压表示数用U表示，电流表示数用I表示，根据U－I图像可得出电阻的测量值，考虑到系统误差，该电阻的测量值________（填“大于”“小于”或“等于”）实际值。
【答案】（1）EBCD （2） 小于
【解析】（1）由甲图可知，选择开关旋至“×10”挡，指针偏角较大，读数不准确，为了减小测量误差，应该换成“×1”挡使指针向表盘的中央三分之一区域，正确操作步骤为
E.将选择开关旋至“×1”挡
B.使红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在刻度盘最右端0刻度
C.使红、黑表笔接触待测电阻两端，测量并读数
D.断开表笔，将选择开关旋至“OFF”挡
故先后顺序为EBCD。
（2）[1]滑动变阻器总阻值较小，需要采用分压式接法；电源电动势为12V，电压表选择0~15V量程，由甲图可知电阻元件的阻值大约为20Ω，则电路中最大电流约为
可知电流表选择0~0.6A量程，待测电阻较小，故电流表用外接法，故完整的电路图如图所示
[2]用正确的电路多次测量，电压表示数用U表示，电流表示数用I表示，根据U－I图像可得出电阻的测量值，考虑到系统误差，由于电压表的分流，致使电流表的测量值大于真实值，根据欧姆定律
可知该电阻的测量值小于实际值。
12. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.待测干电池一节
B.电流表A：量程0~0.6A，内阻为0.5Ω
C.电压表V1：量程0~3V，内阻未知
D.电压表V2：量程0~15V，内阻未知
E.滑动变阻器：0~20Ω，2A
F.滑动变阻器：0~2000Ω，1A
G.开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）在上述器材中滑动变阻器选________。（填写器材前的序号字母）。
（2）实验电路图应选择上图中的________（填“甲”或“乙”）。
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图像。由此可知，干电池的内电阻r＝________Ω。（结果保留2位有效数字）
（4）某小组按要求的电路进行实验，调节滑动变阻器阻值，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U－I坐标纸上描点，如图丁所示。出现该现象的主要原因是（ ）
A. 滑动变阻器调节范围小
B. 电压表内阻太大
C. 干电池内阻较小
【答案】（1）E （2）乙 （3）0.50 （4）C
【解析】（1）由于电源内阻较小，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差。
故选E。
（2）为了准确测量内阻，电流表与电池串联，已知电流表的内阻，将电流表内阻等效为电源内阻。
故电路图选择乙。
（3）由U－I图像可知斜率为
解得
（4）由图可知，电流变化过程中，路端电压变化较小，即内阻所分的电压变化较小，根据闭合电路欧姆定律可知，出现该现象的主要原因是干电池的内阻太小。
故选C。
四、解答题（13题12分，14题13分，15题15分，共40分）
13. 如图，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，电阻为1Ω，R2为6Ω，开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压，线圈电阻，求：
（1）电动机正常工作时，通过电阻和电阻的电流分别是多大；
（2）电动机正常工作时，产生的机械功率是多大。
【答案】（1）2A，1A （2）5.5W
【解析】（1）由闭合电路欧姆定律得
代入数据解得
流过的电流为
（2）流过电动机M的电流为
电动机的总功率
电动机的热功率
电动机的机械功率
14. 如图所示，宽L = 0.5 m的光滑金属导轨与水平面夹角α = 30°，质量m = 0.05 kg、长L = 0.5 m的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路电流为I0 = 1 A时，金属杆恰好能静止，取g = 10 m/s2。求：
（1）磁感应强度B至少为多大？此时方向如何？
（2）若导轨粗糙，与金属杆间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路电流I调到多大才能使金属杆恰好不上滑？
【答案】（1）B = 0.5 T，方向垂直导轨平面向上 （2）I ≈ 3.46 A
【解析】（1）杆受力如图所示
由图可知，支持力N1与安培力F1的合力F，与mg等大，根据平行四边形定则，可知此时安培力有最小值F1，由平衡条件有
代入数据解得
方向垂直导轨平面向上
（2）磁场竖直向上，此时杆受力如图所示
设导轨对杆的弹力为N2，由平衡条件有
，
代入数据解得
15. 如图所示，水平地面上方有水平向右的、范围足够大的匀强电场，从地面上的A点竖直向上以初速度抛出一个质量为m、电荷量为的小球，B点为其运动轨迹的最高点，小球落在水平地面上的C点，取重力加速度大小，匀强电场的电场强度大小，忽略空气阻力的影响，求：
（1）小球运动到B点时水平方向的分位移大小；
（2）小球运动到C点时速度方向与水平方向夹角的正切值；
（3）小球从A点运动到C点的过程中，小球动能减少过程所对应的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向的分运动为匀加速直线运动，竖直方向的分运动为竖直上抛运动。设小球从A点运动到B点的时间为，则
设水平方向的分加速度大小为，根据牛顿第二定律有
小球运动到B点时水平方向的分位移
解得
（2）将小球运动到C点时速度沿水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向运动的对称性可知
小球从A点运动到C点的时间
水平方向的分速度大小
小球运动到C点时速度方向与水平方向夹角的正切值
解得
（3）设小球受到的电场力和重力的合力与水平方向的夹角为α，则
小球从A点抛出后小球的合力与速度方向的夹角为钝角，小球的动能逐渐减小，时刻速度方向与合力方向垂直，此后小球的合力与速度方向的夹角为锐角，小球的动能逐渐增加，则
解得