福建省三明第一中学2025_2026学年高二上学期12月月考物理试题【附解析】

这是一份福建省三明第一中学2025_2026学年高二上学期12月月考物理试题【附解析】，共10页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题所给出的的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1.如图所示，矩形线框在匀强磁场中做下列四种运动，能够产生感应电流的是 ()
2.某静电除尘器的除尘原理如图所示，一带正电的金属板和一个带负电的放电极形成电场，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为一带电烟尘颗粒的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若不计烟尘颗粒的重力，下列说法正确的是 ()
A.烟尘颗粒带正电
B. a点电势高于 b点电势
C. a点电场强度大于 b 点电场强度
D.烟尘颗粒在a点的电势能小于在b点的电势能
3.在如图所示电路中，开关S闭合后，若将滑片P向上滑动，则()
A.灯泡L变亮
B.电容器C所带电荷量减小
C.电源内部发热功率减小
D. R₂两端的电压减小
4.如图所示，在竖直平面内有水平向右，场强为E=104V/m的匀强电场。在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角。图中A，B和C，D分别为圆的竖直和水平直径上与圆的交点。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，已知：sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,g=10m/s2,下列说法错误的是( )
A.小球的带电荷量q=6×10-5C
B.小球动能的最小值为1J
C.小球运动到C 点时的机械能最小
D.小球运动到D 点时对绳子的拉力大小为4.2N
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5.在磁感应强度为B₀、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中 ()
A. a、b两点的磁感应强度大小相等
B. b、d两点的磁感应强度大小相等
C. c点磁感应强度的值最小
D. b点磁感应强度的值最大
6.如图所示，直线A 为电源的 U-I图像，曲线B 为灯泡的 U-I图像。用该电源和灯泡组成闭合电路时，下列说法正确的是 ()
A.电源电动势为3V
B.电源的内阻为2Ω
C.电源的输出功率为6W
D.电源的总功率为6W
7.如图所示，真空中有一电子以速度ν沿着与电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场。以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x轴上取OA=AB=BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线，跟电子的径迹交于M、N、P三点。忽略电子重力的影响，下列说法正确的是()
A.电子在OM、ON、OP 三段运动的时间比为1:2:3
B.电子经过M、N、P三点沿y轴方向的分速度大小之比为1：2：3
C.电子经过M、N、P三点的瞬时速度大小之比为1：2：3
D.电子在OM、MN、NP 三段动能增量之比为1:2:3
8.如图甲，同一竖直平面内，A，B，M，N四点距O点的距离均为2L,O点为水平连线AB的中点，M，N在AB连线的中垂线上。A，B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q (Q>0)。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g，g为重力加速度大小，k为静电力常量。则下列说法正确的是()
A.小球在 M 点的加速度为零
B.从O点到N点场强逐渐增大
C.小球S在M 点受到的电场力大小为2kQ28L2
D.从O点到N点，小球S动能变化为22−1kQ22L
三、非选择题：共60分。其中 9-11 小题为填空题，12、13 小题为实验题，14-16小题为计算题。考生根据要求在答题卡的非选择题答题区域内作答。
9.(3分)(1)用游标卡尺测量某圆柱体的直径d，其中某次测量结果如图所示，其读数为mm。
(2)用多用电表粗略测量圆柱导体的电阻，选择“×100”倍率的欧姆挡进行测量指针偏转角度过大，改选倍率为(选填“×10”、“×100”或“×1k”) 的欧姆挡后重新欧姆调零，再进行测量，多用电表的示数如图丙所示，粗测出电阻值约为 Ω。
10.(3分)如图，定值电阻R1=2Ω,滑动变阻器 R₂最大阻值为10Ω，电源电动势E=3V，内阻r=3Ω。闭合开关S，调节滑动变阻器R₂的阻值：
(1)电路中可达到的最大电流为A；
(2)R₂调为Ω时，R₂获得的功率最大，其最大功率为W。
11.(3分)“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点， abc是一段以O为圆心的圆弧，d为 b的中点。a、d两点场强大小分别为Eₐ、 Ed, 、a、c、d四点电势分别为φ₀、φa、φc、φa, 则φaφd; φaφc, (φ-φa)2(φ-φd)。(选填“大于”“等于”或“小于”)
12.(8分)电话手表越来越受儿童的青睐，某同学要测某品牌电话手表的电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，电路中R₀为定值电阻，阻值大小为0.5Ω。
(1)闭合开关S前，应先将滑动变阻器的滑片移到(选填“左”或“右”)端。
(2)实验过程中，若某次电压表的示数如图乙所示，则该示数为V。
(3)闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表U和电流表I的示数，作出U——I图像如图丙所示，则电池的电动势E=V，电池的内阻r=Ω。(结果均保留三位有效数字)
13.(10分)学习小组在测量某粗细均匀的圆柱形合金细棒的电阻率实验中，先用毫米刻度尺测出接入电路中合金细棒的长度，又用多用电表粗略测量合金细棒的电阻约为100Ω。
(1)进一步用螺旋测微器测合金细棒的直径，示数如图甲所示，其直径d=_mm。
(2)为了精确测得该合金细棒的电阻.Rx,实验室提供了下列器材：
①电源E (电动势为3V、内阻约为0.2Ω)
②电压表V (量程1V、内阻为1000Ω)
③电流表 A (量程30mA、内阻约为1Ω)
④滑动变阻器R₁(最大阻值20Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值2000Ω)
⑤电阻箱 R₀(0~9999Ω)
⑥导线若干，开关一只
①由于提供的电压表量程不足，现需使其量程变为3V，则需要在电压表上串联一个电阻箱R0,则R0=Ω;
②若按照图乙所示设计电路，则滑动变阻器应选择(选填“R1”’或“R₂”)；并请用笔画线代替导线将图丙的实物电路连接完整；
③由于电表不是理想电表，若从系统误差的角度分析，用上述方法测得的合金电阻率与真实值比(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
14.(8分)如图所示，电源电动势，E=9V,内阻.r=1Ω,，闭合开关S 后，标有“6V，6W”的灯泡恰能正常发光，电动机 M绕线的电阻.R0=1Ω,求：
(1)电源的输出功率.P出;
(2)10s内电动机产生的热量Q；
(3)电动机的机械功率。
15.(9分)如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，板间距离为d=0.1m,极板正对面积足够大，定值电阻阻值分别为R0=10Ω、R1=1Ω,电源电动势E=6V、内阻r=1Ω。用绝缘细线将质量为m=0.004kg的带电小球悬于电容器内部。闭合开关S，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=37∘,，小球与N板的距离L=0.024m。。重力加速度g取10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。求：
(1)电容器两极的电压；
(2)小球的带电量q；
(3)剪断细线后小球到达N板的速度大小。
16. (16分)
如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ=37∘,，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于电场强度大小为.E=1×104N/C、方向水平向右的匀强电场中，一质量m=4×10−3kg、带电荷量q=+3×10−6C的小滑块在C处由静止释放。已知CD段长度.L=0.8m,，动摩擦因数μ=0.25,圆弧DG的半径r=0.2m;不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点.g=10m/s2
(1)求滑块第一次经过D点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)若规定D点电势为零，求滑块经过G点时的电势能Ep;
(3)求滑块在CD段上运动的总路程；
(4)滑块经过G点的速度最小时，求圆弧轨道对滑块支持力的大小。
三明一中2025-2026学年上学期12月月考高二物理试卷参考答案与评分标准
4. 【答案】D
【详解】A.小球静止时悬线与竖直方向成37°，受重力，拉力和电场力，三力平衡，如图：
根据平衡条件，有mgtan37∘=qE,解得q=mgtan37∘E=3mg4E=6×10−5C,故A 正确。
B.小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 P 速度最小，如图：
根据牛顿第二定律mgcs37∘=mvP2L
则最小动能EkP=12mvP2=58mgL=1J,故B 正确。
C.根据能量守恒定律，电势能与机械能之和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，即与O点等高的最左的位置C，故C 正确。
D.小球从等效最高点 P 点运动到D 点，根据动能定理有
mgLcs37'+Eq⋅L1+sin37=12mvD2−EkP,其中EkP=1J
小球在 D 点时，根据牛顿第二定律有T−Eq=mvD2L
联立代入数据，求得绳子对小球的拉力为T=4.8N
根据牛顿第三定律可得，小球运动到D 点时对绳子的拉力大小为4.8N，故D 错误。故选错误的为D。
7.【答案】AB
【详解】A.电子做类平抛运动，设电子的初速度为v₀，沿x轴方向做匀速直线运动，则有x=v₀t, 由于OA=AB=BC, 可得.xOM:xON:xOP=1:2:3
可得电子在OM、ON、OP 三段运动的时间比为tOM:tON:tOP=xOM:xON:xOP=1:2:3,A 正确;
BC.电子沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有vy=at
电子经过M、N、P三点沿y轴方向的分速度之比为vyM:vyN:vyP=tOM:tON:tOP=1:2:3,B 正确;电子经过M、N、P三点的瞬时速度之比为
vM:vN:vP=v02+vyM2:v02+vyN2:v02+vyP2≠vyM:vyN:vyP=1:2:3,C错误；
高二物理答案 第 1 页 共 4 页
D.电子沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有y=12at2
可知.yOM:yON:yOP=tOM2:tON2:tOP2=1:4:9,则有yOM:yMN:yNP=1:3:5
根据动能定理可得(qEy=△Ek
电子在 OM、MN、NP 三段动能增量之比为ΔEkOM:△EkMN:ΔEkNP=yOM:yMN:yNP=1:3:5,D错误。
8.【答案】AD
【详解】A.小球在N点的加速度大小为2g，说明在N点的电场力大小等于 mg，方向竖直向下，根据对称性，在M点的电场力大小也为 mg，且向上，故M点的加速度为0，A正确；
B.图像的斜率表示电场强度，结合图像来看从O点到N点场强先增大后减小，B错误；
C.根据库仑定律可知两个点电荷在M 点产生的电场力大小都为F=kQ24L2
则合成之后的合电场力大小为F合=2Fsin45∘=2kQ24L2,故C错误；
D.在N点的加速度大小为2g，根据牛顿第二定律有2kQ24L2+mg=ma
小球S从O点到N点由动能定理有Qφ−φN+mg⋅2L=ΔEK
根据图线可解得ΔEK=22−1kQ22L,故从O 点到N点小球S 的动能增加了22−1kQ22L,故D正确。
9.(3分) (1) ① (2) ②.×10③.120
10.(3分) (1) ①.0.6(2) ②.5③
11.(3分)①.小于②.等于③.小于
12.(8分)(1)①. 左(2) ②(3)③④
13.(10分)(1) 3.499/3.500/3.501(2) ①.2000②. R₁③.④.偏大
14.(8分) 【答案】(1)(3分)P1=18W(2) (3分) Q=40J(3)(2分)P机=8W
解：(1)由题意知，并联部分电压为U=6V
电源内电压应为U内=E−U=3V(1分)
高二物理答案 第 2 页 共 4 页
电路总电流I=U内r=3A(1分)
电源的输出功率P出=UI=18W(1分)
(2)流过灯泡的电流I1=PU=1A(1分)
则流过电动机的电流I2=I−I1=2A(1分)
电动机 10s 内产生的热量Q=I22R0t=40J(1分)
(3)电动机的总功率P'=UI2=12W(1分)
电动机的机械功率P机=P'−I22R0=8W(1分)
15.(9分)【答案】(1)(2分)5V (2)(3分)(6×10−4C(3)(4分)1m/s
解：(1)由闭合电路的欧姆定律可得I=ER0+R1+r=0.5A(1分)
电容器两极的电压U=IR0=5V(1分)
(2) 又因U=E1d(1分)
对小球由力平衡有qE1=mgtanθ(1分)
联立解得小球的带电量q=mgdtanθR0+R1+rR0E
代入数据解得q=6×10−4C(1分)
(3)剪断细线后，小球沿剪断前细线的延长线方向斜向下做匀加直线运动，由牛顿第二定律有
mgcsθ=ma(1分)
小球的位移为x=Lsinθ(1分)
又2ax=v2(1分)
联立解得小球到达N板的速度为v=2gLsinθcsθ
代入数据解得
v=1m/s(1分)
16. (16分)【答案】(1) (4分) 0.2N; (2) (4分)−3.6×10−3J;(3)(4分)2.4m;(4)(4分)0.07N解：(1)对滑块由 C到D 根据动能定理得
EqL−μmgL=12mvD2(1分)
在D点：FD−mg=mvD2r(1分)
解得FD=0.2N(1分)
由牛顿第三定律FD'=FD=0.2N(1分)
(1)若规定D 点电势为零，则根据匀强电场中电势差与场强关系有
UDG=Ersinθ(1分)
又UDG=0−φG(1分)
解得φG=−1.2×103V(1分)
滑块经过G 点时的电势能为Ep=qφG=−3.6×10−3J(1分)
(2)分析可知在CD段滑动摩擦力小于电场力，故滑块不可能停在 CD段，假设重力和电场力的合
力与竖直方向的夹角为a，则tanα=qEmg=34,(1分)
则α=θ，即在DG段G为等效最低点，速度最大，之后GH段做匀速直线运动，与挡板碰后原速率返回匀速运动至G点，也不可能停在 GH段，因此滑块最终会在 DGH间来回往复运动，到达D 点的速度为0，全过程由动能定理得
qEL-μmgs=0(2分)
解出s=2.4m(1分)
(4)滑块最终在DGH间来回往复运动，到达D 点的速度为0时，经过G 点的速度最小，对此D到G 过程，由动能定理得
qErsinθ−mgr−rcsθ=12mvG2−0(2分)
在G点：FG−mgcsθ−Eqsinθ=mvG2r(1分)
解得FG=0.07N(1分)
(本卷计算题用其它方法解答正确的同样给分)题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
B
D
BC
AD
AB
AD