重庆市南坪中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试卷

（上期）月考试物理试题满分：分考试时间：分钟；一、选择题：共题，共分。（一）单项选择题：共7题，每题4分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在真空中有两个静止的点电荷，若保持它们之间的距离不变，仅将各自的电荷量均减小为原来的，则它们之间的为库仑力将（）A.增大为原来的2倍B.减小为原来的C.减小为原来的D.增大为原来的4倍【答案】B【解析】【详解】根据库仑定律：可知，若保持它们之间的距离不变，仅将各自的电荷量均减小为原来的1/2，则它们之间的为库仑力将变为原来的1/4，故选B.2.如图所示，、分别表示、两个点电荷到表示两个点电荷在点产生的合场强。下列对甲、乙两个点电荷的判断，正确的是（）A.异种电荷，＞B.异种电荷，＜C.同种电荷，＞D.同种电荷，＜第1页/共18页

【答案】A【解析】【详解】由于、两个点电荷到点的距离相等，点合场强方向偏向右上方，根据场强叠加原理可知，两点电荷一定为异种点电荷，且甲为正电荷，乙为负电荷，两电荷在点产生的场强根据点电荷场强公式则＞故选A。3.如图甲为测量电源的电动势和内阻的电路图，路端电压和电流表的关系如图乙所示，则该电源的电动势和内阻分别为（）A.、B.、C.、D.、【答案】C【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律有结合图乙有，故选C。4.如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（第2页/共18页

）A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功【答案】A【解析】【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；D．洛伦兹力永不做功，D错误。故选A。5.如图所示，一台电动机线圈的阻值为R，一定值电阻的阻值也为R，将它们串联在电压为U的电路中，电动机恰好正常工作。下列说法正确的是（）A.电动机两端的电压大于B.电路中的电流大于C.定值电阻的电功率等于D.在相同的时间内定值电阻产生的焦耳热小于电动机产生的焦耳热【答案】A【解析】A则两者的热功率相同，而电动机消耗的电功率等于热功率与机械功率之和，所以电动机消耗的电功率大于定值电阻消耗的电功率，则有第3页/共18页

对整个电路有联立可得，故A正确；B．对定值电阻R，根据部分电路欧姆定律有，故B错误；C．对定值电阻R，有，故C错误；D．由题知，电动机线圈电阻的阻值与定值电阻的阻值相等，根据焦耳定律有，可知在相同的时间内定值电阻产生的焦耳热等于电动机产生的焦耳热，故D错误。故选A。6.S分别置于ab与之间的安培力的大小为、，判断这两段导线（）A.相互吸引，B.相互排斥，C.相互吸引，D.相互排斥，【答案】D【解析】【详解】当电键S置于a处时电源为一节干电池电流的方向是M′MNN′，电流大小为由于导线MM′与NN′中电流方向相反故两段导线相互排斥，当电键S置于b处时电源为两节干电池，电流的方向仍是M′MNN′MM′与NN′变，此时电路中电流大小为显然第4页/共18页

MM′在NN′处的磁感应强度应用安培力公式F=BIL可知故选D。7.在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生了I、、和、、和表示，下列说法不正确的是（）A.不变，不变B.变小，变小C.变小，不变D.变小，不变【答案】B【解析】【详解】A．根据欧姆定律可得比值是定值，则不变，不变，故A正确，不符合题意；BC．R2随P向下移动而变小，即变小根据闭合电路欧姆定律有可知不变，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；D．因为且R2减小，所以变小根据闭合电路欧姆定律有第5页/共18页

可知为电源内阻不变，故D正确，不符合题意。故选B。（二）多项选择题：共3题，每题5分，共分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.迹，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，下列判断正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．根据电场线的疏密程度可知，M处的电场强度小于N处的电场强度，则带电粒子在M处受到的电场力小于在N处受到的电场力，根据牛顿第二定律知故A正确，B错误；CD．根据粒子做曲线运动受到合力位于轨迹的凹侧，可知带电粒子受到的电场力偏右，由于粒子带负电，M处的电势高于NM处的电势能小于子在N处的电势能，粒子在M处的动能大于在N处的动能，则有故C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（）第6页/共18页

A.甲表是电流表，R增大时量程增大B.乙表电压表，R增大时量程增大C.在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则R=0.5ΩD.在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则R=1200Ω【答案】BD【解析】A和一个变阻器量程可知当增大时，量程减小。故A错误；B．乙由一个灵敏电流表和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表。伏特表的量程可知增大时，量程增大。故B正确；C．由公式知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则，故C错误；D．由公式知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则，故D正确。故选BD。10.内存在平行于纸面向右的匀强电场，一质量为为的带正电粒子（重力不计）从点以的初速度垂直于进入电场，最终第7页/共18页

从边界的点以与水平边界成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度，已知、点电势为零，如果以点为坐标原点0方向建立子从点运动到点的过程中，电场的电场强度、电势、粒子的速度、电势能随的变化图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】A．匀强电场中的电场强度处处相等，粒子进入电场后做类平抛运动，粒子离开电场时的速度动能的增加量为解得竖直方向有水平方向求得第8页/共18页

电场的电场强度随的变化图像如A图，A正确；B．因为粒子离开电场时速度电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，B错误；C．粒子在电场运动的过程中，由动能定理可知所以与不是线性关系，C错误；D．因为规定点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，动能的增加量为解得电势能减少量所以粒子到达点时的电势能为竖直方向有水平方向求得根据电场力做功与电势能的变化的关系，有因此第9页/共18页

所以，图象是位于第四象限过原点的向下倾斜的直线，D正确。故选AD。二、非选择题：共5题，共分。丝的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示.（1）圆柱体的长度L为_______cm，直径D为_______mm。（2）若测得电阻丝的电阻为，则电阻丝的电阻率为______（用，L，D，R【答案】（1）①.5.45②.1.415（2）【解析】【小问1详解】[1]游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为5.4cm+=5.45cm[2]螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为1mm+=1.415mm【小问2详解】根据电阻定律有解得12.丝的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，第10页/共18页

（1）圆柱体的长度为___________cm，直径为___________mm。（2）若测得电阻丝的电阻为，则电阻丝的电阻率为___________（用【答案】（1）①.5.45②.1.415（2）【解析】【小问1详解】[1]游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为5.4cm+mm=5.45cm[2]螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为1mm+mm=1.415mm【小问2详解】根据电阻定律有解得13.某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻下：A．待测电池组；B．电压表（量程0~3V，内阻约C．电阻箱R（阻值范围D．开关、导线若干。实验步骤如下：第11页/共18页

①将电池组与其余实验器材按图甲所示电路连接；②调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和电压表的示数U后立即断开开关；③改变电阻箱的阻值，重复实验，计算出相应的和，绘制出关系图线如图乙中的直线所示。请回答下列问题：（1）步骤②中立即断开开关最可能的原因是________A.防止烧坏电阻箱B.防止烧坏电压表C.防止长时间通电，电池内阻和电动势发生明显变化（2）根据闭合电路欧姆定律，可以得到与的关系表达式为________（用E、r和R（3）根据实验数据绘制的图像得出电池组的电动势________V（4）本实验系统误差产生的原因是________内阻r测量值比真实值________【答案】（1）C（2）（3）2.9（4）①.电压表分流②.偏小【解析】【小问1详解】步骤②中立即断开开关的原因是防止长时间通电，电池内阻和电动势发生变化。故选C。【小问2详解】在闭合电路中，由闭合电路欧姆定律有解得【小问3详解】结合图像有解得第12页/共18页

【小问4详解】根据闭合电路欧姆定律可知，函数中的电流为干路电流，本实验系统误差原因是电压表分流；将电压表与电源等效为一个新电源，流过电阻箱的电流等于新电源的干路电流，所测电源内阻为电源内阻与电压表并联的等效电阻，可知电源内阻测量值偏小。14.MNPQ1m36V1Ω。将导体棒ab0.5T棒质量为1kg4ΩS后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数g取试求：（1）导体棒受到的安培力的大小；（2）滑动变阻器接入电路中的电阻。【答案】（1）2N（2）【解析】【小问1详解】导体棒恰好未滑动，根据水平方向力的平衡条件有N【小问2详解】根据安培力公式有根据闭合电路欧姆定律有解得滑动变阻器接入电路中的电阻为15.xOy平面的第Ix轴上的P点以大小不第13页/共18页

x轴正方向成锐角θ=30°v0的电子可从x轴上的Q点离开磁场，不计电子间的相互作用，电子的重力可以忽略，已知PQ=l，OP=3l，电子的电量为e，质量为m，求：（1）磁感应强度的大小和方向；（2）能从y轴垂直射出的电子的速率；（3）从Q点离开磁场和从y轴垂直射出的两电子在磁场中运动的时间比。【答案】（1）2）3）【解析】【详解】1）电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子运动轨迹如图所示由牛顿运动定律得又由几何知识可得，从Q点射出的电子，其半径联立解得电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向外。（2）设电子从y轴垂直射出的速率为v、半径为r，轨迹如图所示第14页/共18页

根据几何关系有又由牛顿运动定律得解得电子的速率（3）粒子在磁场中运动的周期为粒子在磁场中运动时间为从Q点射出的电子，在磁场中转过的角度为从y轴垂直射出的电子，在磁场中转过的角度为联立可得从Q点离开磁场和从y轴垂直射出的两电子在磁场中运动的时间比第15页/共18页

16.如图所示，在距水平地面高的光滑绝缘水平台面上，一个质量为、带电量的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了的弹性势能。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后以水平速度B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BCB点距水平地面高，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与水平地面上长为的粗糙直轨道CM平滑连接，CM轨道区域存在水平向左的匀强电场，小物块穿过电场后平滑的滑上以速度逆时针转动的传送带，小物块与直轨道和传送带的动摩擦因数均为，传送带MN两端点间距离，小物块刚好没有从N端滑离传送带。小物块在整个运动过程中电量保持不变，重力加速度，空气阻力忽略不计。试求：（1）压缩弹簧后被锁扣K锁住时的弹性势能；（2）匀强电场的场强大小E；（3）小物块从开始运动到最后静止的整个运动过程中因摩擦力做功产生的热量Q。【答案】（1）2）3）【解析】1）小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知小物块由A运动到B的时间为根据图中几何关系可知第16页/共18页

解得根据平抛运动规律有解得根据能的转化与守恒可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为（2）设小物块在B点和C点的速度大小分别为、，B点的速度大小从B点和C点由机械能守恒定律得解得小物块刚好没有从N端滑离传送带，小物块在N端速度为零，从C点N端由动能定理得解得（3）小滑块第一