海南省部分学校协作校2024-2025学年高二年级上册12月月考物理试题（解析版）

2024-2025学年度海南创新中学协作校高二月考

物理试题

一、单选题（每题3分，共计24分）

1.以下说法正确的是（）

A.电流有大小有方向，所以电流是矢量

B.据尺=且可知，导体两端的电压越大，导体的电阻越大

1

C.据/=且可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比

R

D.据。=与可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的

长度/成反比

【答案】C

【解析】A.电流有大小有方向，但电流是标量，不遵循矢量叠加原则，A错误；

B.电阻是由导体本身的性质决定的，与电压和电流无关，不能说导体的电阻与加在电阻

两端的电压成正比，B错误；

C.根据欧姆定律的内容可知：电阻一定时，通过导体中的电流与导体两端的电压成正

比，C正确；

D.电阻率与导体的电阻、长度、横截面积无关，是导体材料本身的电学性质，由导体的

材料决定，且与温度有关。同种材料的导体，导体的电阻率不变，即电阻率与导体的电阻

和横截面积的乘积无关，与导体的长度无关，D错误。

2.如图所示，小车B静止在光滑的水平面上，小球A用轻绳悬挂在小车B的杆子上，现将

小球A缓慢拉开一定角度，小车和小球均静止，释放小球后，下列说法正确的是（）

A.当小球向左摆动时，小车也向左运动

B.小球和小车组成的系统动量始终守恒

C.当小球向左摆动到最高点时，小车的速度为零

D.当小球摆动到最低点时，小球和小车的速度相同

【答案】C

【解析】ABD.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，

故系统只在水平方向动量守恒，则小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相

反，则小球向左摆动时，小车向右运动，当小球摆动到最低点时，小球和小车的速度不相

同，故ABD错误；

C.小球向左摆到最高点，竖直方向速度为零，水平速度小球与车等大反向，则小球的速

度为零时小车的速度也为零，故C正确。

故选C。

3.如图所示，水平放置着一根通电直导线，电流方向垂直纸面向外，。、6、c和1是以通

电直导线为圆心的同一圆周上的四个点。已知通电直导线产生磁场的磁感应强度在同一圆

周上各点大小相等。再添加一个竖直向下的匀强磁场，则在这四个点中合磁场的磁感应强

度最大的点是（）

_.一一

bB

A.aB.bC.cD.d

【答案】A

【解析】根据右手螺旋定则可知，通电直导线产生的磁场方向为逆时针方向，如图所示

d

▼八B+

根据磁感应强度叠加原则可知合磁场的磁感应强度最大的点是

故选Ao

4.如图所示，图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨

迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）

A.M点的电势小于N点的电势

B.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能

C.粒子在M点的速度大于在N点的速度

D.M点的电场强度大于N点的电场强度

【答案】B

【解析】A.根据沿电场线的额方向，电势降低，可知M点的电势大于N点的电势，A错误;

BC.过轨迹与电场线的交点做沿电场线方向的切线和沿轨迹方向的切线，如图所示

可知粒子从"点到N点的过程中，电场力对带电粒子做正功，电势能减小，动能增加，

速度变大，B正确，C错误；

D.电场线的疏密反应电场强度的大小，电场线越密的地方，电场强度越大，故/点的电

场强度小于N点的电场强度，D错误。

故选B。

5.如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行间距为d的活动金属

片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙

所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（）

甲乙丙

A.按键过程中，电容器的电容减小

B.按键的过程中，电容器的电量减小

C.按键的过程中，图丙中电流方向从。流向》

D.按键的过程中，电容器两极板间的电场强度增大

【答案】D

【解析】A.根据平行板电容器的电容计算公式

4兀kd

得知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误；

B.电容C变大，由于U不变，根据

Q=CU

可知。增大，故B错误；

C.因C增大，U不变，根据

Q=CU

知。增大，电容器充电，电流方向从6流向故C错误；

D.按键过程中，板间距离d减小，由于。不变，根据石=3可知，电容器两极板间的电

d

场强度增大，故D正确。

故选D。

6.微型吸尘器的直流电动机的内阻一定，当加在它两端的电压q=0.3V时，电流

/i=0.3A,此时电动机不转动；当加在它两端的电压=2QV时，由流，2=0.8A,此

时电动机能够正常工作，则下列说法正确的是（）

A.电动机线圈的电阻为2.5。

B.电动机正常工作时的输入功率为0.09W

C.电动机正常工作时的发热功率为6.4W

D.电动机正常工作时的输出功率为0.96W

【答案】D

【解析】A.当加在它两端的电压a=0.3V时，电流/|=0.3A,此时电动机不转动，则

电动机线圈的电阻为

故A错误；

BCD.当加在它两端的电压。2=20V时，由流A=0.8A,此时电动机能够正常工作，

则电动机正常工作时的输入功率为

P入巴卜=L6W

电动机正常工作时发热功率为

4=/；r=0.64W

电动机正常工作时的输出功率为

^=^-4=096W

故BC错误，D正确。

故选D。

7.2024年在与菲律宾南海岛礁对峙中，我国海警船装备的大功率水炮沉重地打击了挑衅者

的嚣张气焰。水炮配备的大功率水泵将水以很大的速度从喷口喷出，利用冲击力毁伤被冲

击物体。水的密度为夕=lxl()3kg/m3,水炮喷口处水的压强为p=1.44xl()7pa(若喷口

处放一挡板，水冲击挡板时速度减为零，水对挡板冲击力产生的压强)，则水从喷口处喷出

的速度为()

A.12m/sB.120m/sC.14.4m/sD.144m/s

【答案】B

【解析】设挡板的面积为S,根据压强的计算公式有

在&时间内，水的质量为

Am=pvAtS

根据动量定理有

FAZ=A»zv

解得

v=120m/s

8.如图所示，一绝缘轻质细绳悬挂一质量为相、电量为-q的带电小球静止于水平向左足

够大的匀强电场中，已知电场强度大小E=等。现使匀强电场保持场强大小不变，方向在

2q

纸面内缓慢逆时针转动30。，则在该过程中（已知重力加速度为g,轻绳与竖直方向的夹角

A.6先增大后减小

B.8最小值为30°

C.电场力不做功

D.轻绳拉力最小值为日Mg

【答案】D

【解析】A.根据受力分析可知，小球受重力，电场力和绳子拉力，重力大小方向不变，

电场力大小不变，因为电场方向在纸面内缓慢逆时针转动30。，所以电场力也逆时针转动

30°,与重力之间的夹角变大，因此。一直增大，A错误;

B.当电场力水平向右时，。最小，正切值为

tan0==—<tan30°

mg2

B错误；

C.因为电场方向缓慢移动，小球动能不变，6一直增大，小球高度升高，重力做负功，因

此电场力做正功，C错误；

D.由受力分析可知，当电场力与水平方向夹角为30。时，轻绳拉力最小，此时电场力与拉

力垂直，根据勾股定理可得

D正确。

故选D。

二、多选题（每题4分，选对但不全得2分，共计20分）

9.如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或

排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的

电磁铁'/

空气导管

A.电磁铁的工作原理是电流的磁效应

B.电磁铁用的铁芯应选用不易退磁的材料

C.工作时AB接线柱应接入稳恒电流

D.当电流从8接线柱流入时，电磁铁吸引小磁铁向下运动，则小磁铁的下端为S极

【答案】AD

【解析】AB.当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片

对橡皮碗下面的气室施加力的作用，故电磁铁的工作原理是电流的磁效应；根据电磁铁的

工作要求，当没有电流时，要让铁芯失去磁性，当通电时，要有磁性，因此铁芯应选用易

磁化和退磁的软磁性材料，故A正确，B错误；

C.当A、2间接入恒定电流时，电磁铁的磁场始终保持一个方向，小磁铁将只能被吸引或

排斥，如果接入的是交流电，电磁铁的磁场方向在不断变化，从而可以使小磁铁不断地与

电磁铁之间有吸引和排斥的作用，使得弹性金属片上下振动，故A、3间应接入交流电，

故C错误；

D.当电流从电磁铁的接线柱8流入时，根据右手螺旋定则可知电磁铁的下端为S极，上

端为N极；吸引小磁铁向下运动，根据磁铁同极相斥，异极相吸的特性可知，小磁铁的下

端为S极，故D正确。

10.某地新装了一批节能路灯可通过光控开关实现自动控制，电灯的亮度可自动随周围环

境的亮度改变而改变。其内部电路简化原理图如图所示，电源电动势为E,内阻为r,R,

为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）现增加光照强度，灯泡电阻不变，则下列

判断正确的是（）

/

A.A灯变暗，B灯变暗

B.电源的总功率变小

C.电源的输出功率变大

D.电源的效率变小

【答案】AD

【解析】A.光照强度增大，光敏电阻阻值减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆

定律

1=且

R息

可知电路总电流/增大；根据

0外=5一/厂

可知路端电压。外减小，A灯两端的电压即为路端电压。外，故A灯变暗，则通过A灯电

流减小；而总电流

J八

可知%增大，故&两端的电压增大，而路端电压

U外=%+5

可知UB减小，故B灯变暗，故A正确；

B.根据

因总电流/增大，故电源的总功率变大，故B错误；

C.由于不知道电源内阻与外电路电阻的大小关系，则无法判断输出功率的变化，故C错误;

D.电源的效率为

〃=xio。％=且xio。％

EIE

因路端电压。外减小，可知电源的效率变小，故D正确。

故选ADo

11.如图所示，M.N为两个等量同号正电荷。在其连线的中垂线上任意一点尸自由释放

一个负点电荷心不计重力影响，下列关于点电荷q的运动的说法正确的是（）

I

M\N

+Q0T+2

A.从Pf0的过程中，加速度一定先增大后减小，速度也越来越大

B.从PfO的过程中，加速度可能越来越小，而速度越来越大

C.点电荷运动到。点时加速度为零，速度达到最大值

D.点电荷越过。点后，速度越来越小，加速度可能也越来越小，直到速度为零

【答案】BCD

【解析】AB.点电荷在从PfO的过程中，根据等量同种正电荷电场线分布特点可知，

负点电荷所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从。点向上

到无穷远，电场强度先增大后减小，从Pf0的过程中，电场强度大小变化可能越来越

小，也可能先增大再减小，加速度的变化也是如此，故A错误，B正确；

C.分析可知点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运

动，所以。点的速度达到最大值，故C正确；

D.根据电场线的对称性可知，越过。点后，负电荷做减速运动，加速度可能越来越小，

也可能先增大后减小，故D正确。

故选BCDo

12.如图所示，a、Z?两点间的电压为9V,三个电阻的阻值分别为舄='=6。、&=3。。

下列说法正确的是（）

b

-o

&、生、用两端的电压之比为1:1:1

B.流过鸟、耳、招的电流之比为1」：2

在相等的时间内，通过劣、%、用的电荷量之比为2:2:1

D.在相等的时间内，&、%、居产生的焦耳热之比为1：1：2

【答案】ABD

【解析】A.由电路图可知，凡、鸟并联再串由串并联电路特征可知鸟、尺的电压

相等，电路中的总电阻为

R=R+A4-=6Q

3Rj+与

通过&的电流为

I必A

R2

则&两端的电压为

5=胆=4-5V

并联部分两端电压为

u=/用幺=4.5V

并&十用

所以4、殳、与两端的电压之比为1：1：1，A正确;

BC.由电路图可知，&、凡并联再串与，由串并联电路特征可知凡、%的电压相等，

打、凡的电阻相等，所以电流相等，故流过N、耳、%的电流之比为1:1：2,根据

q=It

可知在相等的时间内，通过N、凡、用的电荷量之比为1:1:2,B正确，C错误;

D.根据焦耳定律

Q=I2Rt

可知在相等的时间内，&、R？、招产生的焦耳热之比为1：1：2,D正确。

故选ABDo

13.如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体P,P和Q通过细绳

绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置。。将滑块P向左推至弹

簧原长的位置A点后由静止释放，P物体将在A点和右侧的某位置（图中未画出）之间来

回运动，滑块未与定滑轮相碰，弹簧未超出弹性限度，己知P和Q的质量均为优，弹簧的

劲度系数为左，重力加速度为g,不计一切摩擦，则（）

P

/////////////////77/^//////////

II

AO

A.刚释放瞬间，P的加速度为g

B.P做简谐运动的振幅为蹩

k

3

C.绳上最大拉力为彳加g

D.从A点到0点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体Q所受重力对Q

所做的功

【答案】BC

【解析】A.开始时将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，则在释放瞬

间，由牛顿第二定律，对P、Q整体分析可得

mg=2ma

解得

a兽

2

故A错误；

C.做简谐运动的物体，加速度在振幅最大处最大，即加速度的最大值为

而绳的拉力在P运动至最右端时最大，将Q隔离分析，由牛顶第二定律有

心一何二•1

解得

T3

m

4nax=-S

故C正确；

D.从A点到。点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体Q所受重力对Q

所做的功与Q的动能之差，故D错误；

B.根据题意可知，P、Q以及弹簧组成的连接体静态平衡时，物块P位于位置O,则可知

物块P做简谐运动时的平衡位置位于。点，根据平衡条件可得

mg-kx

解得平衡时弹簧的伸长量为

mg

X——----

k

而释放时弹簧处于原长，则可知间的距离为无，即可得P做简谐运动的振幅为超，

k

故B正确。

三、实验题（每空2分，共计20分）

14.图（°）中，水平放置的气垫导轨上有A、B两滑块，A的质量是B的质量的3倍，滑

块上的遮光片宽度均为％A位于导轨的左端，B位于导轨中间，A、B间和B与导轨右端

之间各有一个光电门。用手推一下A,A向右运动与B发生碰撞并粘到一起，测得A通过光

电门1时A上遮光片的遮光时间为九A、B一起通过光电门2时B上遮光片的遮光时间为

小完成下列填空:

光电门1光电门2

0cm12

ABIIIIIIIIII1,1,1I1,1,1,1,1IIII

----------------1—1--------------rr1o5io

H图（a）6图（b）

（1）B通过光电门时速度的大小为；（用题中物理量的符号表示）

（2）用游标卡尺测量d时示数如图（6）所示，则“=cm；

（3）当乙=弓时，A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。

d3

【答案】（1）—（2）0.85（3）一

t]4

【解析】（1）由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡

光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可

表示为

d

v-一

（2）游标卡尺的主尺读数为8mm,游标尺读数为Qlx5mm=0.5mm,所以挡光片的宽

度为

d=8mm+0.5mm=8.5mm=0.85cm

（3）滑块经过光电门1的速度

d

巧一工

滑块经过光电门2的速度

d

吗工

没有摩擦力作用，碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律

3m■—=4m•—

化简可得

此时A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。

15.暑假期间，几名同学到郊外野游，登上一座小荒山后，一时兴起他们想利用学过的知

识粗略测量一下他们所在处的重力加速度。于是他们用长线拴好一个易拉罐P,爬到树上

系在树枝上做成一个简易单摆，如图所示。然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测

量。同学们首先测出摆长L然后将易拉罐拉开一个小角度，由静止释放，使易拉罐在竖

直平面内摆动（树枝始终静止），用电子手表测出单摆完成w次全振动所用的时间入

（I）利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g=O

（2）若振动周期测量正确，但由于难以确定易拉罐重心，只是测出悬点。到易拉罐上方

的节点A的距离，并把0A距离当作摆长，这样计算出来的重力加速度值比真实值

（选填“偏大”“偏小”或“相等"）=

【答案】（1）空尸（2）偏小

【解析】（1）单摆的周期

T=-

由单摆周期公式T=2万,可得

4TT2L4兀2H2L

8=^=~^~

（2）悬点到易拉罐重心的距离是单摆的摆长，只测出悬点。到易拉罐上方的节点A的距

47r2”2人

离,把OA距离当作摆长，则所测摆长L偏小，由g=空尸可知，所测重力加速度偏小。

16.某同学利用两个量程为0~3V的电压表、一个飞）=5。的定值电阻和一个滑动变阻器R

测定两节干电池的电动势和内电阻，使用的器材还有开关一个、导线若干，实验原理如甲

所示。

（1）若滑动变阻器R有与（。〜10。，允许最大电流为1A）和&（0〜100。，允许最

大电流为0.6A）供选择，则实验中滑动变阻器应该选择（选填“凡”或“为”）。

（2）按照图甲，完成图乙中的实物连线o

（3）按照图甲接通开关S,多次改变滑动变阻R,同时读出对应的电压表的示数q和

u2,并作记录，画出q-。2关系图线，如图丙所示，图线与横轴的截距为。，与纵轴的

截距为b,则根据图线可求得电源的电动势E=,内阻-=（用。、

b和RQ表示）o

（4）实验中由于电压表分流（选填“吊，”72，或、和丫2”）。使测量的电动势

E和内阻r都偏小。

【答案】（1）&（2）见解析（3）b——（4）V］和V,

a

【解析】（1）两节干电池的电动势约为3V,电压表V2的量程除以定值电阻阻值得最大电

流为0.6A,电路的最小电阻约为5Q,为方便实验操作，同时为了减小电压表V］的分流，

滑动变阻器应选。〜10Q的&o

（2）按照图甲，实物连线如图所示

(3)[1]⑵根据电路图和闭合电路欧姆定律可得

E=U、+」

R。

整理可得

U\=E-£z

可知纵坐标的截距和图像的斜率绝对值分别为

br

b=E,

aRo

可得

E=b,

(4)通过电源内阻的干路电流真实值为

凡RV2Ryi

故

即V[和v2的分流都会引起误差。

四、解答题(共3小题，计36分)

17.如图所示为一弹簧振子的振动图像，完成以下问题:

(2)该振子在前100s的总位移是多少？路程是多少？

(3)写出该振子简谐运动的表达式，计算ul.5s时振子的位移。

【答案】(1)2cm,4s,0.25Hz；(2)0,2m；(3)x=2sin(—f+万)cm,-J7cm

2

【解析】(1)由振动图像可得振子振动的振幅

A—2cm

周期

T=4s

频率

y=l=0.25Hz

(2)振子经过一个周期位移是零，路程为4A=8cm,前100s刚好经过了25个周期，所

以前100s振子总位移x=0,振子路程

s=25x4Acm=200cm=2m

(3)初相位夕=万，圆频率

27r7i/

CD-——=—rad/s

T2

故该振子做简谐运动的表达式为

71

x=2si.n(—1+71X)cm

2

由简谐运动的表达式，可知当UL5s时振子的位移

x=2sin|—xl.5+^|cm=2sincm=-V2cm

l2J4

18.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线

从。点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，o'点为荧光屏的中心。

已知电子质量加，电荷量e,加速电场电压偏转电场电压U,极板的长度L1,板间

距离d,极板的末端到荧光屏的距离4（忽略电子所受重力）。求:

（1）电子射入偏转电场时的初速度%;

（2）电子从进入偏转场到打在荧光屏尸的运动时间九

（3）电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。

eU2G

【答案】（1）严(3)

Vm4d?Uo

【解析】电子射入偏转电场时的初速度%;

粒子再加速电场中运动，由动能定理有

eU0=^mv1

代入数据解得电子射入偏转电场时的初速度为

（2）电子再在偏转电场中平行极板方向