湖南省株洲市第四中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题

株洲市四中2025年高二12月月考试题 物理 分值：100分 时量：75分钟 一、单选题(共6题，每题4分，共24分。) 1．科学的发展离不开科学家的不断探索。关于科学家及其贡献，下列说法正确的是（ ） A．库仑做了大量实验，发现了电磁感应现象 B．密立根最早测定了元电荷e的数值 C．洛伦兹提出了分子电流假说 D．法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系 2．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是（ ） A．粒子一定带负电 B．A处场强小于C处场强 C．粒子在A处电势能小于在C处电势能 D．粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 3．如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和电阻箱改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流Ig=100mA，内阻Rg=5Ω，电阻箱接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是（ ） A．甲表是电流表，R0增大时量程增大 B．乙表是电流表，R0增大时量程增大 C．若改装为量程0~5V的电压表，选择图甲，R0=1Ω D．若甲乙两表串联接入电路，甲图中电表指针的偏转角度更小 4．如图所示，电源电动势E=12V、内阻r=0.5Ω，电动机M的内阻R0=1Ω，闭合开关S后，标有“10V，20W”的灯泡恰能正常发光，电流表为理想电流表，下列说法错误的是（ ） A．流过电动机的电流为10.0A B．电流表的示数为4.0A C．电源的输出功率为40W D．电动机的机械功率为16W 5．如图是三根平行通电直导线的截面图，它们的电流大小都相同，电流方向均垂直纸面向里。已知AB=AC=AD，导线B在A点产生的磁感应强度大小为B0，下列说法正确的是（ ） A．A点处的磁感应强度的方向竖直向下 B．A点处的磁感应强度的方向水平向左 C．A点处的磁感应强度的大小为B0 D．A点处的磁感应强度的大小为3B0 6．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（ ） A．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点左侧 B．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点 C．保持开关S闭合，减小R1，粒子依然打在O点 D．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点右侧 二、多选题(共4题，每题5分，共20分。全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分。) 7．如图所示装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是（ ） A．开关S闭合的瞬间 B．开关S断开的瞬间 C．开关S闭合后，电路中电流稳定时 D．开关S闭合后，滑动变阻器滑片滑动的瞬间 8．如图甲所示，质量为0.8kg的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.25。某时刻对物块施加水平向右的拉力F，F随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（ ） A．0~2s内物块的重力对物块的冲量为0 B．0~2 s内拉力F对物块的冲量大小为4 N·s C．t=2s时物块的速度大小为5m/s D．t=4s时物块重回静止状态 9．绝缘的水平面上存在着沿水平方向的电场，带负电的滑块（可视为质点）在水平面上不同位置所具有的电势能EP如图甲所示，P点是图线最低点，P点切线水平。现将带负电的滑块由x0处以EP0的初动能沿x轴正方向运动（如图乙），滑块质量为、与水平面间的动摩擦因数，重力加速度为g，则（ ） A．电场中3x0处的电势最低 B．滑块沿x轴正方向运动过程中，动能先增加后减少，滑块在处动能最大 C．滑块运动至处，速度大小为 D．滑块不可能到达处 10．如图所示，电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值，开关S闭合，平行板电容器中带电质点P处于静止状态，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A1示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（ ） A．质点将向下运动，理想电流表A2中有从b流向a的瞬间电流 B． C．电源的输出功率增大 D．理想电压表V1、V2、V3的示数均增大 三、实验题(共15分) 11．（6分）孙玉同学利用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一段固定的圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道上某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离（如图甲所示）；然后将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从圆弧轨道上同一点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿水平桌面滑行的距离（如图乙所示）。已知小滑块A和B的材料相同。 （1）若滑块A、B的质量分别为m1、m2，与水平桌面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则A、B碰撞前的瞬间AB系统的动量P1= ，碰撞后的瞬间AB系统的动量P2= （用字母m1、m2、μ、g、x1、x2表示）。若P1=P2，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。 （2）本实验 （选填“需要”或“不需要”）测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。 12．（9分）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差，实验电路如图甲所示。 (1)现有电压表（0~3V）、开关和导线若干，以及以下器材： 电流表A1：量程0~0.6A，内阻约0.125Ω 电流表A2：量程0~3A，内阻约0.025Ω 滑动变阻器R1：0~20Ω，额定电流2A 滑动变阻器R2：0~1000Ω，额定电流1A 实验中电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；（选填相应器材前的字母） (2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于电阻R 端（“左”或者“右”）； (3)通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图中画出了图线。由图像可以得出，此干电池的电动势 V，内阻 Ω； (4)引起该实验的系统误差的主要原因是 。 A．由于电流表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小 B．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小 C．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小 D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大 四、计算题 13．(12分)如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω。闭合开关S，理想电压表的示数U=4.0V。求： (1)通过滑动变阻器的电流； (2)滑动变阻器消耗的功率； (3)电源的效率； (4)仅调节滑动变阻器的阻值，求滑动变阻器的最大电功率Pmax。 14．(13分)一个质量为60kg的蹦床运动员，某次训练中，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面3.2m高处。已知运动员与网接触的时间为0.6s，g取10m/s2。 （1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小； （2）求网对运动员的平均作用力大小； （3）求从自由下落开始到蹦回离水平网面3.2m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。 15．(16分)如图所示，绝缘水平面上有相距的两滑块A和B，滑块A的质量为2m，电荷量为+q，B是质量为m的不带电的金属滑块。空间存在有水平向左的匀强电场，场强为。已知A与水平面间的动摩擦因数，B与水平面间的动摩擦因数，A与B的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B所带电荷量相同且总电荷量始终不变，不计A、B之间的电场力（g取10m/s2）。试求： （1）A第一次与B碰前的速度的大小；  （2）A第二次与B碰前的速度大小； （3）A、B停止运动时，B的总位移。 第4页，共4页 第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市四中2025年高二12月月考 物理答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D A C B ABD CD CD BC 1．【答案】B 【详解】A．库仑通过扭秤实验研究电荷间作用力，提出库仑定律；电磁感应现象由法拉第发现，故A错误； B． 密立根通过油滴实验首次精确测定了元电荷e的数值，故B正确； C．分子电流假说由安培提出，用于解释磁现象，故C错误； D．电流的磁效应由奥斯特发现，法拉第的贡献是电磁感应，故D错误。 故选B。 2．【答案】C 【解析】 A项， 电场线与等势线垂直且由高等势线指向低等势线，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，即受力的方向向左上，故粒子应带正电， B项， A点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于C处， C项，从A到C过程中，电场力做负功，电势能增大，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，C项说法正确。 D项，电场力做功与路径无关，只与初末位置电势差有关，因为UAB=UBC，所以粒子从A点到B点到C电场力做功大小相等。 故本题正确答案为D。 3．【答案】D 【详解】AB．甲表是电流表，需并联分流电阻，R0增大时量程变小，乙表是电压表，需串联分压电阻，R0增大时量程变大，AB错误； C．若改装为量程0~5V的电压表，需串联分压电阻，故选择图乙，电阻箱接入电路的阻值为，C错误。 D．若甲乙两表串联接入电路，图甲中通过电阻箱和表的电流之和等于图乙中通过表的电流，则甲图中电表指针的偏转角度更小，故D正确。 4．【答案】A 【详解】由闭合电路欧姆定律可得干路的电流为 则电源的输出功率为 正常发光的灯泡中的电流为 故流过电动机的电流为 则电动机的机械功率为，故选A 5．【答案】C 【详解】导线B在A点产生的磁感应强度大小为B0，方向竖直向下，导线C在A点产生的磁感应强度大小为B0，方向水平向右，导线D在A点产生的磁感应强度大小为B0，方向竖直向上。故选C。 6．【答案】B 【详解】AB．设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，则根据牛顿第二定律可得加速度为 方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为 结合 可得 电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响粒子的运动，故还打在O点；N极板稍微下移，粒子在竖直方向运动的位移增大，由 h=at2可知运动时间增大，沿平行板方向运动的位移 x=v0t变大，粒子打在O点的右侧，B正确，A错误； C．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=R0 减小R1，U将增大，电容器两端的电压增大，粒子向下运动的加速度减小，由 h=at2 可知粒子运动时间变长，沿平行板方向运动的位移x=v0t变大，故粒子打在O点右侧，故C错误； D．保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故D错误。 7．【答案】ABD 【详解】A．将开关突然接通的瞬间，线圈产生的磁场从无到有，穿过线圈A的磁通量增大，产生感应电流，故A正确； B．将开关断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无，穿过线圈A的磁通量减小，产生感应电流，故B正确； C．开关S闭合后，电路中电流稳定时，回路中电流不变，穿过线圈A的磁通量不变，不产生感应电流，故C错误； D．通电时，使变阻器的滑片滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过线圈A磁通量变化，产生感应电流，故D正确。故选ABD。 8．【答案】CD 【详解】A．0~2s内物块的重力对物块的冲量，故A错误； B．结合图乙，可知0~2 s内拉力F对物块的冲量大小，故B错误； C．规定F方向为正方向，根据动量定理 代入题中数据，联立解得2s时物块的速度大小，故C正确； D．从开始到最终停下，对物块，根据动量定理联立解得 可知t=4s时物块重回静止状态，故D正确。 故选CD。 9．【答案】CD 【详解】A．由图甲可知，滑块在处电势能最小。根据可知，由于滑块带负电，所以处的电势最高，故A错误； B．图像斜率的绝对值表示电场力，即 由图甲可知，从处到处，滑块受到的电场力逐渐减小，处斜率为零，则电场力为零，由于滑块水平方向受摩擦力的作用，故在的左侧滑块已经开始减速，所以动能最大的位置在的左侧，故B错误； C．对滑块从处运动到处列动能定理方程有 代入数据解得滑块运动至处时的速度大小为，故C正确； D．滑块在处的电势能与在处的电势能相等，滑块从处运动到处，需要克服摩擦力做的功为 所以滑块不可能到达处，故D正确。故选CD。 10．【答案】BC 【详解】A．滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器接入电阻减小，电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻与定值电阻R共同承担电压增大，则滑动变阻器两端电压减小，即平行板电容器两端电压减小，根据可知，电容器极板所带电荷量减小，上极板与电源正极连接，上极板带正电，由于电荷量减小，则上极板得电子，电子从b向a运动，则理想电流表A2中有从a流向b的瞬间电流， A错误； B．根据电路关系可知，定值电阻与滑动变阻器串联，根据闭合电路欧姆定律有， 则有，可知 故B正确； C．电源的输出功率根据题意可知 根据数学函数规律可知，当滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器接入电阻减小，电路总电阻减小，电源的输出功率增大，故C正确； D．结合上述可知，干路电流增大，定值电阻R上电压增大，即V1示数增大，根据闭合电路欧姆定律，路端电压减小，即V2、V3示数均减小，故D错误。故选BC。 11．（6分） [1] [2] [3]不需要 【详解】（1）[1][2]滑块A在水平桌面上的运动过程，由动能定理得 解得 故碰撞前动量 两滑块共同运动时，有 解得 碰撞后动量 （2）[3]比较、，即比较和，可抵消，故不需要测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。 12．（9分）（前三空，每空1分；后三空，每空2分） 【答案】(1) A1 R1 (2)左 (3) 1.45 1.30 (4)B 【详解】（1）[1][2]实验中电路中的电流不超过0.6A，则电流表应选用A1，为方便调节，则滑动变阻器应选用R1； （2）闭合开关前，滑动变阻器应处于电阻最大的位置，即滑片P应位于电阻R左端； （3）[1][2]根据U=E-Ir，结合图像可知，干电池的电动势1.45V，内阻 （4）由电路可知，电压表的读数等于路端电压，但由于电压表有分流使得电流表的示数小于通过电源的电流，即引起该实验的系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小，故选B。 13．(12分) 【答案】(1)2A (2)8W (3)66.7% (4)9W 【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，有 解得通过滑动变阻器的电流 （2）滑动变阻器的电阻 滑动变阻器消耗的功率 （3）电源的效率 （4）Pmax=9W 14．(13分) 【答案】（1）840kg•m/s；（2）2000N；（3）1200N•s ，方向向下，1200N•s ，方向向上 【详解】（1）向下接触网面的速度为 向上离开网面的速度为 向上为正， 动量的变化量为 解得ΔP=840kg•m/s （2）网对运动员的平均作用力，根据动量定理 解得 （3）自由下落时间 解得t1=0.6s 向上运动到最高的时间 解得 t2=0.8s 重力的冲量 IG=mg(t1+t2+t)=1200N•s 方向向下， 弹力的冲量1200N•s 方向向上。 15．(16分)【答案】（1）2m/s；（2）；（3） 【详解】（1）从A开始运动到与B碰撞过程,由动能定理得： ， 代入数据解得：v0=2m/s； （2）AB碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得： 2mv0=2mv1+mv2， 由机械能守恒定律得： ， 代入数据解得： ，； 两物体碰撞后电量均分，均为，则B的加速度： ， A的加速度： ， 即B做匀减速运动，A做匀速运动， A第二次与B碰前的速度大小为：； （3）B做减速运动直到停止的位移：， AB第二次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒， 由动量守恒定律得：2mv1=2mv′1+mv′2， 由机械能守恒定律得：， 代入数据解得：，， B再次停止时的位移， 则A. B停止运动时，B的总位移：x=x1+x2=； 第4页，共4页 第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $