重庆市西南大学附属中学2025-2026学年高二上学期12月月考监督考试物理试题

物理试题卷一、单选题1.根据图甲所示电路测量的数据，作出某电源的路端电压U随干路电流I变化的关系如图乙所示。a为图像上的一点，关于a点所处的电路状态，下列说法正确的是（）A.电源电动势为0.5VB.电源内阻为1.5ΩC.滑动变阻器接入电路的阻值为6.5ΩD.滑动变阻器的电功率为0.30W【答案】C【解析】详解】AB．根据闭合电路欧姆定律有则有，故AB错误；C．a点所处的电路状态，根据欧姆定律有故C正确；D．结合上述，滑动变阻器的电功率故D错误。第1页/共19页故选C。2.如图所示，一边长为L的正方形导线框，匀速穿过宽为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域。线框刚进入磁场的时刻记为i随时间t）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】在时刻，线框开始进入磁场到全部进入时，线框的右边切割磁感线，由右手定则可知，线框中产生感应电流方向沿逆时针方向，是负值，线框的速度不变，由电磁感应定律可知，感应电动势和感应电流大小不变，全部进入时，穿过线框的磁通量不变，线框中不产生感应电流，当线框右边离开磁场时，线框的左边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向，为正值，且大小不变，直到整个线框离开磁场。故选B。3.某电场区域的电场线分布如图，在电场中有A、B、C、D四个点，下面说法正确的是（）第2页/共19页A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AB．根据电场线的分布特点可知，电场线密集的地方电场强度大，电场线稀疏的地方电场强度小，因此，，故A错误，B正确；CD．沿电场线的方向电势逐渐降低，则有，，故CD错误。故选B。4.ABC是边长为LA点和B点分别固定一个带电量大小均为q的点电荷，C点电场强度为E，下列说法正确的是（）A.若两点电荷均为正电荷，则方向垂直AB向下B.若两点电荷均为正电荷，则方向垂直AB向上C.若A为正电荷，B为负电荷，则方向平行于AB向左D.若A为正电荷，B为负电荷，则方向平行于AB向右【答案】B【解析】【详解】AB．两个正点电荷在点的电场强度大小均为方向分别由A、B指向点，根据矢量的合成可知C点电场强度方向垂直垂直AB向上，故B正确，A错误；第3页/共19页A点电荷产生的场强方向由A指向点，B点电荷产生的场强方向由C指向B点，根据矢量的叠加可知C点电场强度方向平行于AB向右，故CD错误。故选B。5.地球磁场是地球生命的保护罩，利用智能手机中的传感器可以测量地磁场的磁感应强度，如图甲所示，以手机显示屏所在平面为面，建立直角坐标系。某同学在地对地磁场进行测量时，轴始终保持竖直向上，手机平面绕与坐标轴正方向相同时则显示正值，相反则显示负值，根据图像可推知，下列说法正确的是（）A.A地在南半球B.图中时刻轴正方向指向地球北方C.图中时刻轴方向的磁感应强度大小为D.地的地磁场磁感应强度大小为【答案】D【解析】【详解】A．从图中可以看出，手机竖直方向（z轴方向）的磁场分量始终为负值，可知该处地磁场竖直分量向下，故测量地在北半球，故A错误；B．根据北半球地磁场保持水平分量为向北，因此当手机绕轴转动过程，地磁场水平分量在轴和轴的时刻xx轴正方向指向地球南方，故B错误；第4页/共19页C．在时刻，、分量相等，则由此可得，故C错误；D．根据题中数据可知地磁场磁感应强度大小为，故D正确。故选D。6.为管的最高点，为管的最低点，、为圆环的互相垂直的两条直径。及其以下区域处于水平向左、电场强度为的匀强电场中，重力加速度为。现将一质量为，电荷量为的带正电小球从管中点由静止释放，小球可视为质点，其半径略小于管的内径，则（）A.小球运动过程中不能通过点B.小球从点运动到点过程中机械能守恒C.小球第1次运动到点时对管的作用力大小为D.小球第1次和第5次通过M点时对管的作用力大小之比为1：17【答案】D【解析】【详解】A．从Q到M，由动能定理有（其中）解得则小球能过M点，故A错误；B．小球从点运动到点过程，电场力对小球做正功，小球机械能增大，即小球机械能不守恒，故B错误；第5页/共19页C．从Q到N，由动能定理有在N点有联立解得小球第1次运动到点时管对小球的作用力大小根据牛顿第三定律可知，小球对管的作用力大小为，故C错误；D．小球第1次通过M点时有，联立解得小球第1次通过M点时管对其的作用力大小设第五次过M点时速度为，由动能定理有小球第5次通过M点时有联立解得小球第5次通过M点时管对其的作用力大小可知小球第1次和第5次通过M点时管对其作用力大小之比为根据牛顿第三定律可知，小球第1次和第5次通过M点时对管的作用力大小之比为1：17，故D正确。故选D。7.一个边长为2L的正方形ABCD区域内，有垂直纸面的匀强磁场，其中ABC范围内的磁场垂直纸面向内，ACD范围内的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B，如图所示。其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化规律正确的是（）第6页/共19页A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】线框开始进入磁场运动L过程中，只有边bc切割，感应电流不变，根据右手定则产生的逆时针Lbcad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边bc在垂直纸面向外的磁场中产生的电动势的2倍，随着线框的运Lbcad边开始出垂直纸面向里的磁场，进入垂直纸面向外的磁场，有效切割长度逐渐减小，根据楞次定律可得产生的顺时针方向电流，即为负方向；当再前进时，有效切割长度为零，过后有效切割长度逐渐增大，根据楞次定律可得产生的逆时针方向电流，即为正方向，故A正确，B、C、D错误；故选A。二、多选题8.法拉第为电磁学的发展做出了巨大贡献，提出了“场”的概念，发现了电磁感应现象等，下列关于磁场和电磁感应现象的认识正确的有（）A.运动电荷在匀强磁场中一定会受到洛伦兹力作用B.运动电荷在磁场中某处所受洛伦兹力的方向一定与该处的磁感应强度方向垂直C.穿过闭合导体线圈的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D.穿过闭合导体线圈的磁通量为零，产生的感应电动势一定为零【答案】BC【解析】【详解】A．运动方向与磁场方向不平行的电荷在匀强磁场中会受到洛伦兹力作用，故A错误；第7页/共19页BB正确；C．根据可知穿过闭合导体线圈的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故C正确；D．感应电动势的产生与磁通量的变化率有关，与回路中的磁通量的多少无关，故D错误。故选BC。9.平行板电容器C、C2水平放置，如图所示连接在电路中，电源内阻不计，C1平行板的正对面积小于C2平行板的正对面积，两板间的距离相等，P为C1两板间一点，C1下板接地，则下列判断正确的是（）A.C1两板间电场强度小于C2两板间电场强度B.C1的带电量小于C2的带电量C.将一陶瓷板插入C2板间，C2的带电量增加D.将一陶瓷板插入C2板间过程中，P点电势升高【答案】BC【解析】【详解】A．由于两电容器并联在电源两端，电压相等，根据可知，两板间的距离相等，则两板间的电场强度相同，A错误；B．根据，解得可知，C1平行板的正对面积小于C2平行板的正对面积，则C1的带电量小于C2的带电量，B正确；C．将一陶瓷板插入板间，的电容变大，而电压U不变，根据上述，因此的带电量增加，C正确；第8页/共19页强度不变，P点的电势不变，D错误。故选BC。10.的物块相连，处在水平向左的匀强电场中，场强为。从开始，与桌面的动摩擦因数随的变化如图所示，取点电势为零，、质量均为，离滑轮的距离足够长，则（）A.在点的加速度为B.它们运动的最大速度为C.它们向左运动的最大位移为D.当速度为时，的电势可能是【答案】AC【解析】【详解】A．在点的加速度为，故A正确；BC．当加速度为零时，A、B运动的速度最大，根据平衡条件得，联立解得由图可知所以此时A、B运动位移大小为根据动能定理可得又解得当A、B到达最大位移处时，速度为零，则有，第9页/共19页D．当物体的速度为时，有，联立解得或所以A的电势为或，故D错误。故选C。三、实验题的电表的电路原理图．已知选用的电流表内阻，满偏电流，定值电阻。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，为考察大家对多用电表的理解，上排刻度线对应数值没有标出。（1）当选择开关接3时，电表为____________________。（2）为了测该多用电表欧姆挡的内电阻和表内电源的电动势，该同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节的阻值使电表指针满偏；②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示；③计算得到多用电表内电池的电动势为__________V。（3）掌握多用电表的使用也能够帮助我们识别或者检测简单的电路。在一密封盒里，可能有干电池、电阻、晶体二极管、电容器等元件，盒外有A、B、C三个接线柱，用多用电表测量结果如下：①用直流电压挡测量，A、B、C三点间均无电压②用欧姆挡测量，A，C间正，反接电阻阻值相等③用欧姆挡测量，黑表笔接A点，红表笔接B点，电阻很小；反接电阻很大④用欧姆挡测量，黑表笔接C点，红表笔接B点，指针先摆向“”，再返回指向一确定值，所得阻值比②中测得的略大；反接现象相似，但电阻很大第10页/共19页试在图中画出盒内电路结构__________。【答案】①.电压表②.2.5V③.1.5④.【解析】1）[1][2]根据电表改装原理可知，当选择开关接3时，电表为电压表，量程为（2[3]由图丙可知电阻箱阻值为150CC时电流为I=5mAC处为中值电阻，则欧姆表内阻为，电源电动势为（3）[4]用直流电压挡测量A、B、C三点间均无电压，说明盒内没有干电池；用欧姆挡测量，A、C间正、反接电阻阻值相等，说明AC间接有定值电阻；用欧姆挡测量，黑表笔接A点，红表笔接B点，电阻很小，反接电阻很大，说明AB间接有二极管，且A点为二极管的正极；用欧姆挡测量，黑表笔接C点，红表笔接B"BC之间有电容器，且与二极管相连，根据题意可得盒内电路结构如图所示:12.1的电阻率ρE和内阻r设计了如图（2）的电路。已知方块电阻的上、下表面是边长为L的正方形，上下表面间的厚度为d，连入第11页/共19页①断开开关K，闭合开关S，改变电阻箱R阻值，记录不同R对应的电压表的示数U；②将开关S、K均闭合，改变电阻箱R阻值，再记录不同R对应的电压表的示数U。（1随4为、，纵截距为、，请判断哪条是步骤①对应的图线，则电源的电动势E=______，电源内阻r=______，则方块电阻______。（2）若考虑电压表内阻的影响，方块电阻的测量值______（3）要测出方块电阻的电阻率，先用螺旋测微器测量上下表面间的厚度d。在测微螺杆和测砧相接时，示数如图（abd=______mm。（4）方块电阻的电阻率表达式为ρ=______a、b、c、d等已测量字母表示）【答案】①.②.③.④.不变⑤.0.544##0.543##0.545⑥.【解析】1）[1][2][3]步骤①中，根据闭合电路欧姆定律有变形有步骤②中，根据闭合电路欧姆定律有变形有第12页/共19页根据上述函数表达式，可知，两图线斜率相等，即两线平行，而步骤①中图线在纵轴上的截距小一些，可知图4中，上方的图线是步骤②中图线，下方图线是步骤①中图线，结合函数与图像有，，解得，，（2）[4]若考虑电压表的内阻，则有，变形有，则有，，仍然可以解得可知，若考虑电压表内阻的影响，方块电阻的测量值不变。（3）[5]根据螺旋测微器的读数规律，图（a）读数为根据螺旋测微器的读数规律，图（b）读数为则厚度为（4）[6]根据电阻的决定式有根据上述有第13页/共19页解得四、解答题13.中有电流流过，从灵敏电流计示数可得运动物体的速度。已知电源电动势，为粗细均匀的电阻丝，阻值，长度。（1）当滑动触头匀速移动时，电容器两极板电压的变化量为，不考虑电容器充放电的电流对电路的影响，试求与的关系式（用、、、、（2）电容器的电容，测得灵敏电流计的示数为，方向由流向，试求运动物体匀速运动的速度大小和方向。【答案】（1）2），左【解析】1）由电阻定律知匀速移动时，有由于不考虑电容器充放电电流对电路影响，由闭合电路欧姆定律知，得（2）由电流定义知第14页/共19页，得，代入数据得14.光滑固定轨道abcab0.5Rbc是半径为Rab相切于b量为m，带电量为q的小球能够在d点保持静止，Od与竖直方向的夹角α=53°。现将该小球由a点静止释放，求从a点开始运动的整个过程中（取重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6（1）小球受到的电场力大小及带电小球所带电性；（2）从a点开始运动到c点时，轨道对小球的弹力大小；（3）小球从c点离开轨道后速度最小时距c点的距离。【答案】（1），正电（2）（3）【解析】【小问1详解】由于小球在d点保持静止，则小球受竖直向下的重力、水平向右的电场力和指向圆心的支持力，电场力的方向与场强方向相同，则小球带正电，根据平衡条件可得第15页/共19页所以【小问2详解】对小球由a到c的过程，根据动能定理可得在c点，根据牛顿第二定律可得联立解得，【小问3详解】小球离开c点后竖直方向在重力作用力下做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，则小球的速度大小为根据二次函数知识可知