陕西省安康中学2024-2025学年高二上学期12月月考物理试题

答案第 1页，共 10页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C B D D C CD AD BD 1．c 【详解】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 A 10V 4V 6VU    ， B 4V 0 4VU    则 A和 B导线两端的电压之比为 A B: 6 : 4 3: 2U U   故 B错误； C．根据 UR I  ，可得 A和 B导线的电阻之比为 A B A B: : 3 : 2R R U U  根据 LR S  ，可得 LS R   则 A和 B导线的横截面积之比为 A A B B 2: 1: 3:S L L R R S  故 C正确； D．根据电流微观表达式 I neSv ，可得 A和 B导线中自由电荷定向移动的平均速率之比为 A B B A: : 3 :1v v S S  故 D错误。 故选 B。 2．B 【详解】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 2 10 20V 0.8V10 20 10 2010 10 20 U       B情况下电阻 R上电压 答案第 2页，共 10页 2 10 4000 V 0.999V10 4000 10 400010 10 4000 U       C情况下电阻 R上电压 2 2000 200 V 0.180V2000 200 2000 202000 2000 20 U       根据以上分析可知，B情况下电压最接近 1V。滑片 P处于 0R 正中央，电阻 R上两端电压不 一定为 1V。 故选 B。 3．C 【详解】A．图线上的点与原点 O连线的斜率的倒数表示电阻值，由图可知随着所加电压的 增大，图线斜率减小，故小灯泡的电阻增大，A正确，不符合题意； BC．由欧姆定律可得，对应 P点，小灯泡的电阻为 1 2 UR I  B正确，不符合题意，C错误，符合题意； D．对应 P点，小灯泡的功率为 P=U1I2 与题图中 PQOM所围的面积相等，D正确，不符合题意。 故选 C。 4．B 【详解】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 1R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 Q CU 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 2 2P I R 可知定值电阻 2R 消耗的电功率一直增大，故 B正确； 答案第 3页，共 10页 C．把 1R、 2R 和电源等效为新的电源 1 2( , )E r R R r   ，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 2P I r 可知电源内阻消耗的电功率一直增大，故 D错误。 故选 B。 5．D 【详解】A．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，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 F qE 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 2 d ，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 2 2 82 2 kQq kQq d d  （ ） 故 D正确。 故选 D。 6．D 【详解】电荷量为 5q 的负点电荷在 d点产生的电场强度方向向左，大小为 1 2 2 5 5 (3 ) 9 k q kqE x x    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 答案第 4页，共 10页 2 2 5 9 kqE x  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 2 2 5 9 kqE x   电荷量为 5q 的负点电荷在 b点产生的电场强度方向向左，大小为 3 2 5kqE x  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 3 2 2 50 9 kqE E E x    故选 D。 7．C 【详解】A． x  图像的斜率 k x    表示电场强度，由图像可知从O到 1x 电场强度逐渐减 小，电势升高，场强方向沿 x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿 x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 1x 到 3x 电势逐渐降低，结合电势能公式 PE q 可知正粒子的电势能是逐渐 减小的，故 B错误； C．若 00 2 qv m   ，则粒子运动到 3x 处时电势能最小，则动能最大，速度最大，由动能定理 得 0 2 2 0 1 1 1 2 2 2m q mv mv   解得 05 m qv m   故 C正确； D．若 00 qv m   ，粒子沿 x轴正方向做减速运动，当减速到零时，由动能定理得 0 21(0 ) 0 2 q mv   解得 0 2   则粒子运动不到 2x 位置速度就减为 0了，故 D错误。 答案第 5页，共 10页 故选 C。 8．CD 【详解】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 1B ， 导线 Q在 a点产生的磁场竖直向上，设为 1B ，若有 1 2B B ，即 1 2 1 2 I Ik k r r  则 a点磁感应强度为零，可得 1 2 2 1I r I r 由于 1 2I I ， 2 1r r ，则 1 2 2 1I r I r ，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 IB k r  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 3B ，导线 Q 在 b点产生的磁场为竖直向下的，设为 4B ，由通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足 IB k r  可知 4 3B B ，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．AD 【详解】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， 2L 在干路上，故 2L 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， 3L 的电流增大，L3变亮。总电流减小， 答案第 6页，共 10页 而 3L 的电流增大，则 1L 的电流减小， 1L 变暗，故 A正确，B错误； CD．电压表 1V 测的是并联电压，示数增大，电压表 2V 测的是 2L 的电压，示数减小，由于 路端电压增大，因此 1 2 0U U    故 1 2U U   故 C错误，D正确。 故选 AD。 10．BD 【详解】A．当小球静止于M 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 P到M 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 3 tan 30 mgF mg 合 这个方向上位移为 L，所以合外力做功为 3W F L mgL 合 合 B正确； C．若小球运动到M 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 3mgL，由动能定理知动能增加量为 3mgL，重力势能增加量为mgL， 则机械能增加量等于动能增加量 3mgL和重力势能增加量mgL之和，即其机械能增加了  1 3 mgL ，D正确。 故选 BD。 11． 答案第 7页，共 10页 (1) EBCD 小于 Ⅰ[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。 Ⅱ①[2]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 12 V，电压表选择 0 ~ 15 V量程，由甲图可知电阻元件的阻值大约为 20 Ω，则电路中最大电流约为 m 0.6A EI R   可知电流表选择 0 ~ 0.6 A量程。 ②[3]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 UR I  可知该电阻的测量值小于实际值。 12．(1)E (2)乙 (3)0.50 (4)C 【详解】（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 答案第 8页，共 10页 A 1.5 1.0 1Ω 0.50 r R     则 r=0.50Ώ （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。 13．(1)2A，1A (2)5.5W 【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得 M 1 1( )E U I R r   --------2 分 代入数据解得 1 2AI  ------2 分 流过 R2的电流为 M 2 2 1A UI R   -----2分 （2）流过电动机M的电流为 M 1 2 1AI I I   -------2 分 电动机的总功率 M M 6WP U I 总 ------1 分 电动机的热功率 2 M M 0.5WP I R 热 -------1 分 电动机的机械功率 5.5WP P P  总 热机 ------2分 14．(1)B = 0.5 T，方向垂直导轨平面向上 (2) 2 3A 3.46AI   【详解】（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 0 sinBI L mg  ----------2分 代入数据解得 答案第 9页，共 10页 0.5TB  -------2 分 方向垂直导轨平面向上------1分 （2）磁场竖直向上，此时杆受力如图所示 -----------2分 设导轨对杆的弹力为 N2，由平衡条件有 2 sin cos 0N BIL mg    ---------2 分 2sin cos 0mg N BIL     ---------2 分 代入数据解得 2 3A 3.46AI   ------2 分 15．（1） 1mBx  ；（2） 5tan 8   ；（3） 0 25 s 82 t  【详解】（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 1t ，则 0 1v gt -------------1 分 设水平方向的分加速度大小为 xa ，根据牛顿第二定律有 xEq ma --------1 分 小球运动到 B点时水平方向的分位移 2 1 1 2B x x a t ---------1 分 解得 1mBx  -------1 分 （2）将小球运动到 C点时的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 答案第 10页，共 10页 0yv v ---------1分 小球从 A点运动到 C点的时间 02vt g  -------1 分 水平方向的分速度大小 x xv a t -----------1 分 小球运动到 C点时速度方向与水平方向夹角的正切值 tan y x v v   ------1分 解得 5tan 8   -------1 分 （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 5tan 4 mg Eq    -------2 分 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， 0t 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 0 0 0 tan xa t v gt    ---------2 分 解得 0 25 s 82 t  ---------2 分