陕西省榆林市府谷县部分学校2024-2025学年高二上学期12月月考试题物理含答案物理DA

1.C根据电流的定义式I,可知单位时间内通过导体某横截面的电荷量越多,导体中的电流就越大,而通过导体某一横截面的电荷量越多,电流不一定越多,还与时间有关,故A错误,C正确;公式I是电流强度的定义式,是q与时间t的比值,不能说电流大小与通过截面电荷量q成正比与时间t成反比,故B错误;并不是所有导体内部自由移动的电荷都是电子,故D错误2.C根据简谐运动的定义可知,物体做简谐运动时,回复力不一定是合力,也可以是某个力的分力,A错误;做简谐运动的物体,每次经过平衡位置回复力一定为零,合力不一定为零,B错误;回复力方向总是指向平衡位置,与偏离平衡位置的位移方向相反,C正确;物体做简谐运动时,回复力为F=—k父,k是比例系数,父是物体相对平衡位置的位移,不是弹簧的长度,D错误.3.B沿着电场线方向,电势逐渐减低,所以由题图知φB<φA,根据正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大,由于不知所放电荷的电性,所以不能确定该电荷在A、B两点电势能的大小,故A、D错误;电场线的疏密表示电场强度的大小,由题图可知,电场强度EA<EB,所以,同一电荷在A点受电场力较小,故B正确,C错误.4.A圆盘转动时带动弹簧,小球在弹力的作用下振动,做受迫振动,A正确;圆盘原来的转动频率为f0= Hz=4Hz,当小球振动稳定时,振动周期为T25s,B错误;当圆盘转动的频率为2Hz时,小球达到共振,则小球振动幅度最大,当圆盘转动的频率大于2Hz,圆盘转动越快,小球振动幅度越小,当圆盘转动的频率小于2Hz,圆盘转动越快,小球振动幅度越大,故小球的振幅与圆盘的转速有关,C、D错误.5.A小球平衡位置为父轴原点,竖直向下为父轴正方向,时刻弹簧弹力为0,位移大小为A,有kA=mg,可得劲度系数为k,A正确;0时刻在正的最大位移处,弹簧的伸长量为2A,则弹力大小为F=k●2A=2mg,B错误;时间段,小球从平衡位置沿负方向振动再回到平衡位置,回复力一直沿正方向,由I=Ft可知,回复力冲量不为0,C错误;~T时间段,小球从最高点振动到最低点,根据能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化,因弹簧的弹性势能一直增大,则小球的动能与重力势能之和减小,D错误.【高二年级第二次月考质量检测●物理参考答案第1页(共4页)】25—T—363B6.D小球沿滑块上滑的过程中,小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力,因而系统在水平方向上动量守恒,小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度Ψ,由系统在水平方向上动量守恒得mΨ0=(M十m)Ψ,解得Ψ=m,D正确.7.C冲量方向与力的方向相同,可知手机对人脸的冲量方向竖直向下,A错误;手机做自由落体运动,根据运动学公式Ψ2=2gh,解得Ψ=\=2m/s,手机没有反弹,速度减为零,以竖直向下为正方向,对手机根据动量定理有mgt—I=0—mΨ,解得I=0.48N●s,根据牛顿第三定律可知,手机对人脸的冲量大小约为II=0.48N●s,根据冲量定义I=Ft,解得FN,B错误、C正确;手机与人脸作用后速度变为零,取向上为正方向,手机动量变化为△p=0—(—mΨ)=0.32kg●m/s,D错误.8.BC由Ψt图像可知,电子从A到B做匀减速直线运动,加速度不变,所受静电力不变,电场为匀强电场;电子所受的静电力方向从B指向A,故可知电场线的方向从A到B.9.AC图线甲表示电源的伏安特性曲线,电源的内阻为r由图线乙得定值电阻的阻值为R==Ω=1.0Ω,则电源的内阻等于定值电阻的阻值,A正确;将该电阻接在电源上时,两图线的交点表示将该电阻接在该电源两端的工作状态,则电阻两端的电压为U=3V,电流为I=3A,则电源的输出功率P=UI=3×3W=9W,B错误;当外电阻等于内阻时,电源的输出功率最大,则如果将该电阻接在电源上,电源的输出功率最大,C正确;电源的效率为显然电源的效率随外电路电阻的增大而增大,当外电路的电阻等于电源内阻时,电源的效率仅为50%,D错误.△x△t10.BD由图乙可知,碰前P做匀速直线运动,Q处于静止状态,A错误;碰前P的速度大小为Ψ1==4△x△t方向只有向右才能与Q相撞,故图乙中向右为正方向,由图乙可求出碰后P和Q的速度分别为Ψ1I=I=2m/s,碰后Q的速度方向为正方向,说明Q向右运动,而P的速度方向为负方向,说明PI,解得m2=0.9kg,B正确;碰撞过程中,系统损失的机m2=0,故碰撞过程为弹性碰撞,C错误;若两球碰撞后粘合=1.8J,D正确.【高二年级第二次月考质量检测●物理参考答案第2页(共4页)】25—T—363B11.(1)20.6(2)C(3)不变(每空2分)解析:(1)摆球的直径为D=2cm十0.1×6mm=20.6mm.(2)根据单摆周期公式T,化简可得TL,故此图线斜率的物理意义是,C正确.(3)摆线长度与摆球半径之和等于摆长,则摆长L=l十r,根据T,化简可得T,斜率k,重力加速度大小为g,图像斜率不变,由图线斜率求得的重力加速度与原来的相比,其大小不变.12.(1)CD(每空1分)(2)乙(2分)(3)1.5(2分)0.8(2分)解析:(1)一节干电池电动势约为1.5V,则电压表应选0~3V的C;为方便实验操作,滑动变阻器应选总阻值较小的D;(2)由于电流表内阻已知,而电压表内阻未知,故可以采用将电流表作为等效内阻采用相对电源的内接法,应选乙图;(3)由图示电源UI图像可知,图像与纵轴交点坐标值是1.5,则电源电动势E=1.5V;电源等效内阻为r,故电源实际内阻为r0=r—rA=1Ω—0.2Ω=0.8Ω.13.解:(1)由于A做简谐运动,在最高点和最低点时加速度最大在最高点时,木块B刚好对地面的压力为零,此时弹簧弹力F=k父1=2mg(2分)对A物体,根据牛顿第二定律可得F十mg=ma(2分)解得木块A的最大加速度为a=3g(1分)(2)由对称性可知,在最低点时加速度向上,大小为a=3g(1分)对A受力分析由F1—mg=ma(1分)解得F1=4mg(1分)对B受力分析由F1十2mg=N支(2分)解得N支=6mg(1分)由牛顿第三定律可知N压=6mg(1分)14.解:(1)根据闭合电路的欧姆定律I(2分)代入数据解得【高二年级第二次月考质量检测●物理参考答案第3页(共4页)】25—T—363Br=—R=(—24)Ω=1Ω(2分)(2)开关S闭合后路端电压:U=E—I2r=(40—4.0×1)V=36V(2分)流过R的电流强度为:IR==1.5A(1分)流过电动机的电流强度为:I=I2—IR=(4.0—1.5)A=2.5A(1分)电动机消耗的热功率为:P热=I2r=(2.52×0.4)W=2.5W(1分)电动机机械功率:P机=UI—P热=87.5W(1分)(3)开关S闭合时电源输出功率为P=UI2=144W(2分)电动机的机械效率15.解:(1)小球在圆弧轨道上上升到最高时,两物体速度相同,系统在水平方向上动量守恒,规定Ψ0的方向为正=3mΨ