重庆市黔江中学2025-2026学年高二上学期12月月考监督考试物理试题（Word版附解析）

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一、单选题
1. 如图所示，一根质量为 m 的金属棒 AC，用软线悬挂在磁感强度为 B 的匀强磁场中，通入 A→C 方向的
电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（ ）
A. 不改变电流和磁场方向，适当减小电流
B. 不改变磁场和电流方向，适当增大磁感强度
C. 只改变电流方向，并适当增加电流
D 只改变电流方向，并适当减小电流
【答案】B
【解析】
【详解】根据左手定则可得，电流由 M 流向 N 时，受到的安培力方向向上，要使线的拉力为零，则需要增
大安培力，根据公式 F=BIL 可得 B 正确．
2. 下图中磁场对通电直导线的作用力的方向向下的是（ ）
A.
B.
C.
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D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据左手定则可知，安培力向上，故 A 错误；
B. 电流方向与磁场方向相同，故电流不受安培力，故 B 错误；
C. 根据左手定则可知，安培力向下，故 C 正确；
D. 根据左手定则可知，安培力水平向右，故 D 错误；
故选：C。
3. 如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为 B，一个质量为 m，电荷量为 q，初速度
大小为 v 的带电粒子沿磁场区域的直径方向从 P 点射入磁场，从 Q 点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场
时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误的是（ ）
A. 粒子带正电 B. 粒子在磁场中运动 轨迹长度为
C. 粒子在磁场中运动 时间为 D. 圆形磁场区域的半径为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据粒子的偏转方向，由左手定则可以判断出粒子带正电，A 不符合题意；
B．由洛伦兹力提供向心力可得
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解得粒子在磁场中运动时，其轨迹的半径为
由几何关系可知其对应的圆心角为 ，则粒子在磁场中运动的轨迹长度为
B 不符合题意；
C．粒子做匀速运动的周期为
则粒子在磁场中运动的时间为
C 不符合题意；
D．设圆形磁场区域的半径为 R，由
解得
D 符合题意。
故选 D。
4. 如图所示，边长为 L 的正方形有界匀强磁场 ABCD，带电粒子从 A 点沿 AB 方向射入磁场，恰好从 C 点
飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从 AD 的中点 P 垂直 AD 射入磁场，从 DC 边的 M 点飞出磁场（M 点
未画出）。设粒子从 A 点运动到 C 点所用的时间为 t1，由 P 点运动到 M 点所用时间为 t2（带电粒子重力不计），
则 t1∶t2 为（ ）
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A. 2∶1 B. 2∶3 C. 3∶2 D. ∶
【答案】C
【解析】
【详解】如下图所示，画出粒子从 A 点射入磁场到从 C 点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移
则粒子做圆周运动的半径
从 C 点射出的粒子运动时间为
那么，从 P 点入射的粒子圆心在 AD 延长线上距 D 点 处，那么粒子转过的圆心角为
解得
运动时间
所以
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故选 C。
5. 如图所示，质量为 m、长为 L 的导体棒电阻为 ，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为 E，
内阻为 ，匀强磁场的磁感应强度为 B，其方向与轨道平面成 角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，
则（ ）
A. 导体棒向左运动
B. 开关闭合瞬间导体棒 MN 所受安培力为
C. 开关闭合瞬间导体棒 MN 所受安培力为
D. 开关闭合瞬间导体棒的加速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体
棒向右运动。故 A 错误；
BC．当开关闭合后，根据安培力公式
F=BIL
闭合电路欧姆定律
可得
故 BC 错误；
D．当开关闭合后，安培力的方向与导轨成 90∘−θ的夹角，由牛顿第二定律可知
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解得
故 D 正确。
故选 D。
6. 图（a）中 和 是真空中的两块面积很大的竖直平行金属板，加上周期为 的交变电压，在两板间产生
交变的匀强电场。已知 板电势为零， 板电势 随时间 变化的规律如图（b）所示（图中只画出一个周
期）。在两板之间的中点 处，有一个带负电粒子（不计重力），在 时，粒子在电场力的作用下从静止
开始运动。已知在 时刻，粒子的速度大小为 （粒子始终不会和金属板相碰），则在 时间内，关
于粒子的速度 —时间 的图像，下列正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
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【详解】由题可知 A 板电势 随时间 变化的规律，由
即 随时间 变化图，可以等效于 随时间 变化图，故
在 随时间 变化图中，斜率代表加速度，则 B 正确。
二、多选题
7. 如图所示的 图像中，直线 表示某电源路端电压与电流的关系，直线 为某一电阻 的 图像。
用该电源直接与电阻 连接成闭合电路，由图像可知（ ）
A. 电源的输出功率为
B. 电源电动势为 ，内阻为
C. 电源的总功率为
D. 若将两个相同电阻 串联接入该电源，则电流变为原来的
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．电源的输出功率为
故 A 正确；
B．由图像可知电源电动势为 ，内阻为
故 B 正确；
C．电源的总功率为
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故 C 错误；
D．根据图像信息，有
若将两个相同电阻 串联接入该电源，则电流为
故 D 错误。
故选 AB。
8. 如图所示，A、B、C 三个带电离子（不计重力），以相同的初速度沿水平金属板 M、N 间的中心线射入匀
强电场中，两极板间的距离为 d，A 离子落在 N 板的中点；B 离子落在 N 板的边缘；C 离子飞出极板时，沿
电场方向的位移为 ，已知它们带电量比值为 ，则下列说法中正确的是（ ）
A. 离子 A、B 在极板间的运动时间之比为 1:1
B. 离子 A、B 的加速度之比为 4:1
C. 离子 B、C 的加速度之比为 1:2
D. 离子 B、C 的动能增加量之比为 1:1
【答案】BD
【解析】
【详解】A．粒子在偏转电场中做类平抛运动，A、B 在水平方向的位移之比为 1：2，根据 可知，在
极板间的运动时间之比为 1:2，故 A 错误；
B．离子 A、B 的竖直位移相同，根据 ，可知，加速度之比为 4:1，故 B 正确；
C．离子 B、C 的水平位移相同，则运动时间相同，竖直位移比为 2:1，则加速度之比为 2:1，故 C 错误；
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D．根据动能定理 可知，离子 B、C 的动能增加量之比为 1:1，故 D 正确。
故选 BD。
9. R1 和 R2 是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体，把它们分别连接在如图所示电路的 A、B
两端，接 R1 时电压表的读数为 U1，接 R2 时电压表的读数为 U2，则下列判断正确的是（ ）
A. R1=R2 B. R1>R2 C. U1>U2 D. U1=U2
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】AB．电流从导体的横截面流过，由电阻定律
R=ρ =ρ =
可见电阻与边长 a 无关，故 A 正确，B 错误；
CD．因外电阻相同，故路端电压相等，故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
10. 如图所示，置于磁场中的一段导线 与缠绕在螺线管上的导线组成闭合回路，螺线管 上的绕线
方式没有画出，A 是 正下方水平放置在地面的细金属圆环，若磁场在变化的过程中，线圈 A 突然跳起，
以下磁场的强弱 B 随时间 t 变化的规律可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
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【答案】CD
【解析】
【详解】线圈中产生感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化，由于线圈 A 突然跳起，向通电螺
线管靠近，说明穿过线圈的磁通量减小，所以螺线管 MN 中产生的磁场在减弱，即螺线管中的电流减小，
根据法拉第电磁感应定律
知 减小，即 B 的变化率减小，故 CD 正确，AB 错误。
故选 CD。
三、实验题
11.
（1）如图 1 所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（ ）
A. A 板与静电计的指针带的是异种电荷
B. 将 B 板上移，静电计的指针偏角减小
C. 将 B 板左移，静电计的指针偏角不变
D. 将电介质插入 A、B 两板之间，静电计的指针偏角减小
（2）利用如图 2 甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，已知
直流电源能提供的恒定电压为 9V，实验过程中屏幕上显示出电流随时间变化的 I-t 图像如图乙所示。
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①关于电容器充电过程中两极板间电压 U、所带电荷量 Q 随时间 t 变化的图像，正确的是____。
A． B． C． D．
②如果不改变电路其他参数，只减小电阻 R，充电时 I-t 曲线与横轴所围成的面积将____（填“增大”“不
变”或“变小”），充电时间将____（填“变长”“不变”或“变短”）。
③电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器充电后储存的能量 E 与电容 C、电荷量 Q 及两极板间电
压 U 之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板
过程中克服电场力所做的功。为此他作出电容器两极板间的电压 U 随电荷量 Q 变化的图像如图 3 所示。按
他的想法，下列说法正确的是____
A.U-Q 图线的斜率越大，电容 C 越大
B.搬运Δq 的电荷量，克服电场力所做的功近似等于Δq 上方小矩形的面积
C.对同一电容器，电容器储存的能量 E 与两极板间电压 U 成正比
D.若电容器电荷量为 Q 时储存的能量为 E，则电容器电荷量为 时储存的能量为
（3）某学习小组在“用传感器观察电容器放电过程”的实验中得到的 I-t 图像如图 4 所示，已知图线与坐
标轴所围图形包含约 40 个小方格，则电容器释放的电荷量约为____C。
【答案】（1）D （2） ①. AC ②. 不变 ③. 变短 ④. B
（3）3.2×10-3
【解析】
【小问 1 详解】
A．A 板与静电计的指针带的是同种电荷，故 A 错误；
B．甲图中将 B 板上移，两极板相对面积减小，根据
可知电容 C 减小，因 Q 一定，根据 可知两极板电压 U 变大，可知静电计的指针偏角变大，故 B 错
误；
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C．乙图中将 B 板左移，两极板间距 d 变大，根据
可知电容 C 减小，因 Q 一定，根据 可知两极板电压 U 变大，静电计的指针偏角变大，故 C 错误；
D．丙图中将电介质插入两板之间，根据
可知电容 C 变大，因 Q 一定，根据 可知两极板电压 U 变小，静电计的指针偏角减小，故 D 正确。
故选 D。
【小问 2 详解】
①[1]CD．电容器充电过程中电容器所带电荷量 Q 从零开始逐渐变大，随时间增加电量增加的逐渐变慢最终
趋于定值，故 C 正确，D 错误；
AB．电容器两极间电压 U 从零开始逐渐变大，随时间增加电压增加的越来越慢，最终趋于定值，故 A 正确，
B 错误。
故选 AC。
②[2][3]如果不改变电路其他参数，只减小电阻 ，因电容器带电量不变，而 图像与坐标轴围成的面积
等于电量，故充电时 曲线与横轴所围成的面积将不变；因充电电流变大，可知充电时间将变短。
③[4]A．根据 ，可知 图线的斜率为
斜率越大，电容越小，故 A 错误；
B．根据电场力做功
所以搬运 的电量，克服电场力所做的功近似等于 上方小矩形的面积，故 B 正确；
C．电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，由 B 选项的分
析，可知 曲线与横轴所围成的面积表示电场力做功，可得
可知 E 和 成正比，故 C 错误；
D．由 ，
可得
则电容器电荷量为 时储存能量为 ，故 D 错误。
故选 B。
【小问 3 详解】
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电容器带电荷量为
12. 测金属电阻率实验中，实验员已备好如图（甲）所示器材，及若干导线。
（1）选择图（甲）中电阻定律实验器接线柱③、④接入电路测镍铬合金电阻率，并用刻度尺测出接入金属
丝的长度 L；用螺旋测微仪测出金属丝直径 ______mm（图乙所示）
（2）为精确测量阻值约十几欧的镍铬合金电阻率，并使电压表、电流表读数范围广。该同学观察到配备的
电流表所给参数如图（丙）所示，选择接入“-”与“0.6A”的量程，若三个接线柱都无电阻，此时该量程
电流表内阻 ______Ω（保留两位有效数字）；
（3）完成虚线框内实验电路图剩余连线，使其能更精确测镍铬合金电阻率。
（4）根据步骤（3）中设计实验操作，所得镍铬合金的 图像如图（丁）所示，已知图像斜率为 k，则
该材料的电阻率 ______。（用字母 L、d、k、 表示）
【答案】（1）
（2）
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（3） （4）
【解析】
【小问 1 详解】
根据螺旋测微器的读法可知，金属丝的直径为
小问 2 详解】
根据电流表的内部结构及串并联电路的特点可知，电流表的内阻
【小问 3 详解】
实验中要使电压表、电流表的读数范围更大，滑动变阻器应采用分压式接法，电流表内阻已知，电流表采
用内接法，电路连接如下
【小问 4 详解】
由欧姆定律可得
结合图像则有
根据电阻定律则有
其中
联立解得
四、解答题
13. 如图所示为某化学兴趣小组模拟工业制铝的装置，A 为电解槽， 为电炉。先给电炉通电，利用电炉将
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三氧化二铝加热至熔融状态，保持 闭合，再闭合 ，电解熔融状态下的三氧化二铝，最终将三氧化二铝
电解为单质铝和氧气。已知电源电动势恒为 ，电源内阻 ，当 闭合， 断开时，理想电
流表示数为 ；当 均闭合时，理想电流表示数为 ；已知电解槽内阻 。求：
（1）电炉的电阻和仅闭合 时电炉的发热功率；
（2）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率。
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
当 S1 闭合，S2 断开时，根据闭合电路的欧姆定律
代入数据解得电炉的电阻
根据功率公式，电炉的发热功率
【小问 2 详解】
当 S1、S2 均闭合时，理想电流表示数为
电源的内电压
路端电压
通过电炉的电流
通过电解槽的电流
电解槽的输入功率
电解槽的热功率
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电能转化为化学能的功率
14. 如图所示，在范围足够大的水平向左的匀强电场中，固定一由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而
成的圆弧 BD，圆心为 O，竖直半径 ，B 点和地面上 A 点的连线与水平地面成 ， 。
一质量为 m、电荷量为 q 的小球（可视为质点）从地面上 A 点以某一初速度沿 AB 方向做直线运动，恰好无
碰撞地从管口 B 进入管道 BD 中，当小球到达管中某处 （图中未标出）时，恰好与管道间无作用力且小
球所受合力指向圆心。已知 ， ，重力加速度大小为 。求：
（1）匀强电场的场强大小 E 和小球到达 C 处时的速度大小 v；
（2）小球到达 D 处时对圆管轨道的压力 ；
（3）若小球从管口 D 飞出时电场反向，则小球从管口 D 飞出后的最大水平射程 。
【答案】（1） ， ；（2） ；方向竖直向上；（3）
【解析】
【详解】（1）小球从 A 到 B 做直线运动时的受力情况如图所示
故小球带正电，由平行四边形定则可得
解得
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小球到达 C 处时恰好与管道间无作用力，即电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图
所示
由几何关系可知 OC 平行 AB，在 C 点由牛顿第二定律可得
解得
（2）小球从 C 处运动到 D 处的过程，根据动能定理有
解得
取向下为正方向，在 D 点，根据牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知小球到达 D 处时对圆管轨道的压力 ，方向竖直向上；
（3）小球水平飞出后，在水平方向的初速度为 ，先向左减速至速度为零再向右加速，竖直方向上做
自由落体运动，水平方向上的加速度大小为
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由速度位移公式可得
联立解得水平速度为 0 时 水平位移大小为
小球从管口 D 飞出到落地所用的时间设为 t，则
解得
由于
说明小球水平速度为 0 时，小球尚未落地，则最大水平射程
15. 直角坐标系 xOy 如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域边界均平行于 y 轴。宽度为 1.5L 的Ⅰ区域内存在磁感应强
度大小为 B（未知）、方向垂直于纸面向里的匀强磁场；宽度为 L 的Ⅱ区域内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，
电场强度的大小 ；Ⅲ区域内存在磁感应强度大小也为 B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场（磁
场宽度足够大）。一质量为 m、带电量为+q 的粒子由点 P（0，－0.5L）以速度 v0 沿 x 轴正方向射入Ⅰ区域，
经点 Q（1.5L，0）射入Ⅱ区域，然后射入Ⅲ区域，粒子经Ⅲ区域偏转后再次返回Ⅱ区域。已知 sin37°=0.6，
sin53°=0.8，不计粒子重力。求：
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（1）磁感应强度 B 的大小；
（2）粒子刚射入Ⅲ区域时的速度；
（3）粒子第二次经过Ⅲ区域左边界时的位置与 x 轴的距离 d。
【答案】（1）
（2） ，与 轴正方向的夹角为
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
粒子在区域的运动轨迹如图所示
由几何知识可得
解得
由牛顿第二定律
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解得
【小问 2 详解】
设粒子进入Ⅱ区域时速度与 轴正方向的夹角为 ，在Ⅱ区域运动时间为 ，进入区域时与 轴正方向的夹
角为 ，速度大小为 。由几何知识可得
解得
方向
方向
又 ，
解得 ,
【小问 3 详解】
设粒子在Ⅲ区域中运动的半径为 ，第一次进入Ⅲ区域时与 轴的距离为 ，则有
又
粒子第二次经过Ⅲ区域左边界的位置距 轴的距离
解得
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