广东省广州市华南师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷

2024-2025学年度第一学期高二年级综合测试（二） 物理试题 （考试时间：75分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡相应的位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 第I卷 选择题（共46分） 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1．一列简谐横波某时刻波形如图甲所示，由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（    ）    A．该横波沿x轴正方向传播 B．时，质点L位于波谷处 C．该横波在该介质中传播的速度为5m/s D．该时刻质点K与M的速度、加速度都相同 2．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向左为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（   ）    A．0 ~ 0.5s时间内，振子的加速度方向向右，大小从最大变为零 B．0.5 ~ 1.0s时间内，振子所受回复力方向向左，大小从零变为最大 C．1.0 ~ 1.5s时间内，振子的速度方向向左，大小从零变为最大 D．1.5 ~ 2.0s时间内，振子的动能从零变为最大 3．下列关于元电荷和点电荷的说法，正确的是（　　） A．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场 B．静电力常量是卡文迪许通过扭秤实验测得 C．两个带电的金属小球，一定能将它们作为电荷全部集中在球心的点电荷处理 D．元电荷就是点电荷 4．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．取无限远处的电势为零，一带负电的试探电荷q，在静电力作用下运动，则（　　） A．若q从A点由静止释放，由A点向O点运动的过程中，加速度大小一定先变大再减小 B．若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动 C．q由A点向O点运动过程中，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大 D．若在A点给q一个合适的初速度，它可以做类平抛运动 5．如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地．一带电质点恰好静止于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容将增大，极板所带电荷量将减小 B．带电质点将沿竖直方向向下运动 C．P点的电势将升高 D．若将带电质点固定，则其电势能增大 6．电容位移传感器具有灵敏度高、精度稳定等许多优点。某电容位移传感器的工作原理可简化为如图所示的装置，其中A是固定极板，B是可动极板，备测位移物体与可动极板连接，当物体发生位移时，电容器极板间距发生变化，用电路（图中未画出）测出电容的变化，即可知道物体位移的大小和方向。假设工作中电容器接在恒压直流电源上，G为灵敏电流计，则当物体位移向右时，下列说法正确的是（　　） A．灵敏电流计中电流方向从a到b B．电容器所带电荷量保持不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器的电容变大 7．如图所示，A、B为两个带异种电荷的小球，分别被两根绝缘细绳系在木盒内的一竖直线上．静止时，木盒对地面的压力为N，细绳对小球B的拉力为T（T不为0），若将系小球B的细绳断开，下列说法中正确的是 （ ） A．细绳刚断开时，木盒对地面的压力仍为N B．细绳刚断开时，木盒对地面的压力为（N－T） C．在小球B向上运动的过程中，木盒对地面的压力逐渐变大 D．在小球B向上运动的过程中，木盒对地面的压力始终为(N+T) 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．在一次科学晚会上，一位老师表演了“魔术”：如图所示空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块弧形金属片，将锯条与静电起电机负极相连，金属片与静电起电机正极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。摇动起电机后，塑料瓶变得清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕。在摇动起电机时，下列说法正确的是（　　） A．带负电的烟尘最终被吸附到锯条上 B．烟尘被吸附过程中电势能逐渐减小 C．起电机使金属片和锯条带电的原理是感应起电 D．塑料瓶内存在的是非匀强电场，且锯条附近的电场强度较大 9．如图所示，在匀强电场中，A、、、位于边长的菱形的顶点上，，匀强电场的方向平行于菱形所在的平面。已知、、的电势分别为、、。则下列说法正确的是（　　） A．、间的电势差 B．电场的方向由B点指向D点 C．将电荷量为q=-2×10-3C的点电荷从D点移到A点其电势能减少了1.6×10-2J D．该匀强电场的场强大小为 10．空间存在一静电场，一沿x轴的电场线上的电势随x的变化如图所示．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子仅在电场力作用下，从坐标原点0由静止开始沿x轴做直线运动．则带电粒子的加速度a、速度v、动能Ek、电势能Ep与x的关系图像中可能正确的是 A． B．C． D． 第II卷 非选择题（（共54分） 三、实验题（本大题共2小题，共14分） 11．（6分）在我们测量金属丝电阻率的分组实验中： （1）测接入电路的金属丝长度时，起点、终点位置如图（a），则长度为： cm； （2）用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图（b），则直径为： mm； （3）在图（c）中完成余下的合理的电路连接；（已知滑动变阻器的总阻值为20Ω）； （4）在图（c）电路中，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片P移至最 (填“左”或“右”)端． （c） 12．（8分）某同学测定一电源的电动势及内阻，所用器材有：待测电池组（由两节干电池组成）、电阻箱、电压表（视为理想电表）、定值电阻（R0=5Ω）、开关各一个、导线若干。连接好的实验电路如图（甲）所示。 （1）请画出图（甲）对应的实验电路图；（在答题卡相应的虚线框内画图） （2）实验时，当电阻箱的阻值为40.0Ω时，电压表的示数为2.00V；当电阻箱的阻值为15.0Ω时，电压表的示数为1.50V；则电源的电动势E= V，内阻r= Ω；（均保留2位有效数字） （3）某次测量时电阻箱的旋钮位置如图（乙）所示，电压表的示数如图（丙）所示，则电阻箱的读数R=______Ω；则电压表的示数为 V；    （4）改变电阻箱的电阻R，读出电压表的示数U，记录多组（U,R）数据，根据数据绘出的图线如图丁所示，根据图像中的数据，可得出待测电源的电动势E = ，电内阻r = 。（均用图中的坐标值a、b、c和R0表示）    四、计算题（本大题共3小题，共40分） 13．如图所示的电路中，M为电动机，电表均为理想电表，当电动势为、内阻为的电源接入电路，闭合开关，电动机不转动，此时电压表和电流表的示数分别为；当电动势为、内阻为的电源接入电路，闭合开关，电动机刚好正常工作，此时电压表的示数为，导线的电阻可忽略。求： (1)电动机的内阻rM； (2)电动机刚好正常工作时，电源的输出功率P出； (3)电动机刚好正常工作时，电动机的效率η（最后一问结果保留2位有效数字）。 14．如图所示，电源的电动势恒定、内阻为，定值电阻，滑动变阻器的最大阻值，平行金属板A、B正对且水平放置，板的长度和两板间的距离均为。当滑动变阻器的滑片置于最左端时，闭合开关S，电路稳定后，一质量为、电荷量为+的微粒以水平初速度从左侧沿中心线射入两板间，恰好沿中心线射出。重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求板间电压； (2)求电源的电动势； (3)若移动滑动变阻器的滑片至某位置，闭合开关S，电路稳定后，仍使带电粒子以的水平初速度从左侧沿中心线射入两板间，粒子恰好从A板右边缘射出电场，求此时滑动变阻器接入电路中的阻值。 15．如图所示，光滑绝缘圆弧轨道BCD，轨道半径为，OC和OD之间的夹角，轨道位于竖直平面内，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、电量为+q的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，距离B点的距离为s，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.25．已知电场强度的大小，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）若滑块从距离B点s=R的A点由静止释放，求滑块到达圆弧轨道B点时受到的支持力的大小； （2）若滑块运动到D点时，它所受合力的方向指向圆心O，求角的大小和滑块在D点的最小速度vmin； （3）若改变s的大小，使滑块沿轨道运动时不脱离圆弧轨道，求s的范围。 参考答案： 1．C 【解析】A．根据乙图可知该时刻N点向上振动，结合上下坡法可知波沿x轴负方向传播，故A不符合题意； B．根据图乙可知盖博的周期为T=0.4s，而 所以时质点L位于波峰处，故B不符合题意； C．该横波在该介质中传播的速度为 故C符合题意； D．该时刻质点K与M的速度都为零，加速度大小相同，方向相反，故D不符合题意。 故选C。 2．D 【解析】A．根据图像可知，0 ~ 0.5s时间内，振子由O向B运动，振子从平衡位置到正的最大位移处，根据 可知加速度方向向右，大小从零变为最大，故A不符合题意； B．根据图像可知，0.5 ~ 1.0s时间内，振子由B向O运动，振子从正的最大位移处运动到平衡位置，根据F = ﹣kx可知回复力减小，所受回复力方向向右，大小从最大变为零，故B不符合题意； C．根据图像可知，1.0 ~ 1.5s时间内，振子由O向A运动，振子的速度方向向右，大小从最大变为零，故C不符合题意； D．根据图像可知，1.5 ~ 2.0s时间内，振子由A向O运动，振子的速度方向向左，大小从零变为最大，则振子的速度方向向左，大小从零变为最大，故D符合题意。 故选D。 3．A 【解析】A．物理学家法拉第最早引入了电场概念，为了形象地描述电场中电场强度的大小和方向，法拉第提出了电场线的概念，故A符合题意； B．静电力常量是库仑通过扭秤实验测得的，故B不符合题意； C．两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理，故C不符合题意； D．带电体的形状、大小对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系，元电荷是最小的带电量，而点电荷是一种理想化的物理模型，二者不是同一物理量，故D不符合题意。 故选A。 4．B 【解析】A．在射线OM上，O点电场强度为零，无穷远处的电场强度也为零，故射线OM上有一个电场强度的最大的点，将q从A点由静止释放，由A点向O点运动的过程中，加速度大小可能一直减小，也可能先增加后减小，故A不符合题意； B．电场强度在MN上是对称分布的，带负电的试探电荷q所受电场力指向O点，其将以O点为对称中心做往复运动；故B符合题意； C．从A到O过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C不符合题意； D．类平抛运动要求合力恒定，该电场不是匀强电场，粒子不可能做类平抛运动，故D不符合题意． 5．D 【解析】A．下极板向上移动时，板间距减小，根据可知，电容减增大，因U不变，由Q=UC可知，电量将增大，故A不符合题意； B．开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据E=U/d可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动，故B不符合题意； C．场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故C不符合题意； D．电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大，故D符合题意． 6．A 【解析】A．电容器所带电荷量变小，电容器放电，灵敏电流计中电流方向从a到b，故A符合题意； B．根据 结合D选项可知电容器所带电荷量变小，故B不符合题意； C．根据 可知极板间电场强度变小，故C不符合题意； D．当物体位移向右时，极板间的距离变大，根据 可知电容器的电容变小，故D不符合题意。 故选A。 7．C 【解析】AB．由题意知，细绳刚断开时，A、B间的库仑力不变，细绳未断开时，对A、B和木盒整体进行受力分析，有：系统的总重力，方向向下，地面的支持力N，由系统平衡得 N＝G木＋GA＋GB 隔离B分析受力，有B的重力，方向向下，绳向下的拉力F和库仑引力F库，则B的平衡方程为 F库＝GB＋F 断开时，对A与木箱整体进行受力分析，有A与木箱重力，方向向下，地面的支持力N′、库仑引力F库，则A与木盒整体的平衡方程为 N′＝G木＋GA＋F库 细绳刚剪断时库仑引力不变，所以 N′＝ G木＋GA +GB＋F=N+F 所以AB选项不符合题意； CD．在B向上运动过程中F库变大，木盒对地面的支持力逐渐变大，由牛顿第三定律知木盒对地面的压力逐渐变大，所以D选项不符合题意，C符合题意。 故选C。 8．BD 【解析】A．负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，因此，带电尘粒在电场力的作用下，向金属片运动，被吸附到金属片上，故A不符合题意； B．烟尘被吸附过程中，电场力做正功，电势能减小，故B符合题意； C．起电机使金属片和锯条带电的原理是接触起电，故C不符合题意； D．塑料瓶内存在的是辐条形的电场属于非匀强电场，且锯条附近的电场线密集，电场强度较大，故D符合题意。 故选BD。 9．BC 【解析】A．、间的电势差 A不符合题意； B．在匀强电场中，一组平行且相等的线段端点电势满足 解得 因为A、C两点电势相等，所以AC连线为等势线，电场线与等势线垂直，并由高电势指向低电势，所以电场方向为垂直于连线，且指向D，B符合题意； C．将电荷量为q=-2×10-3C的点电荷从D点移到A点，电势能的减少量为 qUDA=-2×10-3C×(3V-11V)=1.6×10-2J C符合题意； D．根据菱形的特点，两对角线垂直平分，故电场方向由B指向D，根据几何关系得BD长度为4cm，根据场强公式得 D不符合题意。 故选BC。 10．CD 【解析】A、沿x轴的电场线上的电势随x的变化图像的斜率代表电场强度的大小，图像的斜率越来越小，故物体受到的电场力越来越小，电场力提供加速度，故加速度越来越小，故A不符合题意； BC、粒子在电场力的作用下从静止开始运动，故电场力做正功，动能增大，由题意得， 故图像的斜率表示电场力的大小，C图像可读取的信息是：图像的斜率越来越小，由图像可知电场力越来越小，故C符合题意；，故图像的斜率与电场力成正比，故图像的斜率也越来越小，故图像不可能是一条直线；故B不符合题意，C符合题意． D、电场力做功，，是初始位置的电势能；故图像的斜率的大小也表示电场力的大小， 图像的斜率越来越小，故电场力也越来越小，故D符合题意． 11． 50.10(±0.02) 0.985(±0.002) 左 【解析】（1）电阻丝长度：60.10 cm–10.00 cm=50.10 cm （2）螺旋测微器读数固定刻度0.5mm，可动刻度格数48.5，所以可动刻度读数：48.5×0.01 mm =0.480 mm，所以读数为0.985 mm． （3）连图如图所示 （4）闭合开关前应将滑动变阻器的滑片P移至阻值最大处，由连接图可知应该移到最左端。 12． 2.5 5.0 115.0，2.30； 【解析】（1）根据实物图可知，定值电阻R0、开关以及电阻箱R串联并接到两节电池的正负极，电压表测量的是电阻箱两端的电压，电路图如图； （2）电阻箱的读数等于各挡位的电阻之和，图乙中电阻箱的读数为115.0Ω； 如图，电压表的量程为3V，精度为0.1V，读数应估读一位，该电压表读数为2.30V；根据部分电路欧姆定 （3）根据原理式 E=U+I(R0+r) 分别将电压表和电阻箱的值代入得 2+0.05(5+r)=E； 1.5+0.1(5+r)=E 得 E=2.5V，r=5.0Ω （4）根据闭合电路欧姆定律有 变形得 结合图像有 ， 联立解得 13．(1) (2) (3) 【解析】（1）当电动势为3V，内阻为的电源接入电路时，由欧姆定律得 代入数据解得定值电阻的阻值为 由闭合电路欧姆定律 得 解得电动机的内阻为 （2）当电动势为10V，内阻为的电源接入电路时，由欧姆定律可得电路中的电流 解得 电源的输出功率为 （3）电动机刚好正常工作时，电动机两端的电压为 解得 电动机消耗的电功率为 电动机内阻消耗的电功率为 电动机输出的机械功率为 则电动机正常工作时的效率为 解得 14．(1) (2) (3) 【解析】（1）A、B两板间电场的电场强度大小 对带电粒子受力分析，根据受力平衡有 解得 （2）根据欧姆定律可知，电路中的电流 根据闭合电路欧姆定律有 解得 （3）粒子在两板间做类平抛运动，根据运动规律有 设此时定值电阻两端的电压为，根据牛顿第二定律有 根据闭合电路欧姆定律有 解得 15．（1）；（2）；；（3）s≤2R或s≥5.75R 【解析】（1）设滑块到达B点时的速度为vB，由动能定理有 而 联立解得 在B点，根据牛顿第二定律 解得 （2）由题意知，在D点，电场力和重力的合力沿半径指向圆心O，则 解得 ，即 又有 解得 （3）要使滑块始终沿轨道滑行，如图所示 讨论一：若滑块恰好能通过圆轨道的等效重力场的最高点D，由前面可知 对滑块，从起始位置到D点，由动能定理得： 解得 讨论二：若滑块恰好滑到N点（ON垂直于OD）（如图），有： vN=0 从起始位置到N点，由动能定理得： 解得 故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的s的取值范围s≤2R或s≥5.75R 学科网（北京）股份有限公司 $$