广西贺州市普通高中2025-2026学年高二上学期12月教学质量抽检物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贺州市普通高中2025秋季学期高二年级12月教学质量抽检物理本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（1~7题为单选题，每小题4分；8~10题为多选题，每小题6分，选不全得3分，选错或不选得0分）1.关于电流及电流周围产生的磁场分布，下列各图中正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】A．根据安培定则可知，图中磁场方向与给出的箭头所指方向相反，故A错误；B．根据安培定则可知，图中磁场方向与给出的箭头所指方向相反，故B错误；C．根据电源正负极判定电流方向没有问题，根据安培定则可知，图中磁场方向与给出的箭头所指方向相反，故C错误；D．根据安培定则可知，图中磁场方向与给出的箭头所指方向相同，故D正确。故选D。2.真空中有两个等量同种点电荷，它们之间的静电力大小为F，如果它们所带的电量均减半，间距增大为原来的2倍，则它们之间的作用力大小变为（）A.16F B.4F C. D.【答案】D【解析】根据库仑定律，点电荷间静电力。初始时，电荷量均为，间距为，有变化后，电量均减半，即，间距增大为2倍，即，有故选D。3.如图所示，某灵敏电流计的满偏电压为1V，与阻值为4Ω的定值电阻R并联可改装成量程为0.3A的电流表，则该灵敏电流计的内阻为（）A.20Ω B.10Ω C.0.4Ω D.0.2Ω【答案】A【解析】根据欧姆定律可得解得故选A。4.电子秤已经成为日常生活不可缺少的测量工具，如图所示的一种是用平行板电容器制成的电子秤及其电路简图。称重时把物体放到电子秤面板上，上极板发生如图所示的形变，则此过程中下列说法正确的是（）A.电容器的电容变小 B.极板间电场强度变小C.电容器的电荷量增大 D.极板形变过程中电流表无电流【答案】C【解析】A．根据平行板金属电容器表达式可知，放上物体后两个极板间的距离减小，电容器的电容增大，故A错误；B．由匀强电场公式，可知当电压不变，两个极板的距离减小时，极板间电场强度变大，故B错误；C．由于电容器一直和电源相连，两极板间电压不变，根据电容器定义式，当电容增大时，极板所带电荷量增大，故C正确；D．极板形变过程中，电容器两极板所带电荷量增大，电容器充电，电流表有电流，故D错误。故选C。5.如图所示，固定在、两点处长直导线，通有如图所示大小相等的电流，M处导线在坐标为的P点处产生的磁感应强度大小为，则P点处（）A.磁感应强度大小为 B.磁感应强度大小为C.磁场沿x轴正方向 D.磁场沿y轴正方向【答案】B【解析】AB．导线电流大小相等，到P点距离一样，因此两导线产生的磁场在P点处的磁感应强度大小相等，都为，根据安培定则可知两通电导线在P点的磁场方向夹角为120°，根据平行四边形定则可得P点磁感应强度大小为，故A错误，B正确；CD．方向沿y轴负方向，故CD错误。故选B。6.如图为一匀强电场，某带电粒子仅受重力和电场力，以一定初速度从A点沿虚线运动到B点。这一运动过程中粒子克服重力做功为2.0J，电场力做的功为1.5J，则下列说法正确的是（）A.粒子带负电 B.粒子的动能增加3.5JC.粒子的机械能守恒 D.粒子的动能减少0.5J【答案】D【解析】A．粒子运动轨迹向电场力方向弯曲，说明电场力方向水平向右，而电场强度方向也是水平向右，因此粒子带正电，故A错误；BD．根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量，已知重力做的功为，电场力做的功为，因此合外力做的功为，动能减少，故B错误，D正确；C．根据机械能守恒条件可知，由于电场力做正功，因此机械能不守恒，故C错误。故选D。7.如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的滑片从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2A以下时电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（）A.电流表读数为0.3A时，B.滑动变阻器向右滑动时读数逐渐减小C.滑动变阻器的最大电阻为30ΩD.此过程中电动机的输出功率最大值为0.9W【答案】C【解析】A．电流表读数为0.3A时，，变阻器分压为零，即，故A错误；B．变阻器向右滑动时接入电路总电阻增大，路端电压升高，的示数增大，故B错误；C．当电流表读数在0.2A以下时，电动机未转动，相当于纯电阻（内阻）。由图乙下方直线（段），当时，读数，根据欧姆定律有当滑动变阻器滑片滑到最右端时，R最大，电路电流最小，因，电动机仍不转动，此时读数（图乙上方直线的截距），即R和M的总电压为3.4V。根据串联电路电压规律，滑动变阻器的最大电阻，故C正确；D．电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，因此电机内阻当滑动变阻器调到零时，电动机输入功率最大，而输出功率小于输入功率，故D错误。故选C。8.下列各图的线圈中能产生感应电流的是（）A.图甲，金属线框从有界匀强磁场匀速向右移出B.图乙，金属线框在匀强磁场中匀速向右移动C.图丙，金属线框在竖直向上的匀强磁场中绕竖直轴转动D.图丁，条形磁铁自左向右穿过闭合金属线圈【答案】AD【解析】A．图中线框在磁场中的面积不断减小，磁感应强度不变，所以磁通量不断减小，产生感应电流，故A正确；B．当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中才能产生感应电流，图中面积不变、磁感应强度不变，所以磁通量不变，不会产生感应电流，故B错误；C．图中穿过线圈的磁通量始终为零，所以没有感应电流，故C错误；D．当条形磁铁插入线圈的过程中，线圈的面积不变，但磁感应强度不断变化，所以有感应电流产生，故D正确。故选AD。9.两根均匀金属导线A和B，A的电阻率是B的2倍，串联在电路中时其沿长度方向电势的变化如图所示，下列说法正确的是（）A.A和B导线的电阻之比为3∶1B.A和B导线两端的电压之比为4∶1C.A和B导线中的电场强度之比D.A和B导线的横截面积之比为1∶6【答案】AC【解析】AB．A和B导线串联，电流大小相等，两端的电压之比为根据可知电阻之比为3∶1，故A正确，B错误；C．由图可得B的长度是A的2倍，A和B导线两端的电压之比为，根据，可知A和B导线中的电场强度之比为6∶1，故C正确；D．根据A选项可得A和B导线的电阻之比为3∶1，根据，可知A的电阻率是B的2倍，B的长度是A的2倍，则A和B导线的横截面积之比为1∶3，故D错误。故选AC。10.如图所示，一可视为点电荷的小物块被锁定在固定斜面上的M点，一根弹性绳跨过墙上固定的光滑定滑轮B，一端固定在天花板上的A点，另一端连接物块。空间中有一平行于斜面向上的匀强电场，某时刻解除物块的锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点。已知斜面倾角，物块质量，电荷量，物块与斜面间的动摩擦因数，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数为10N/m，BM与斜面垂直，且，。物块沿斜面方向移动的距离用L表示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，，下列说法正确的是（）A.小物块从M到N电势能增加B.小物块上滑过程中受到的支持力不变C.电场强度大小D.小物块在MN的中点P处的速度大小为0.5m/s【答案】BC【解析】A．电场方向平行于斜面向上，物块沿斜面向上运动，电场力做正功，电势能减少，选项A错误；B．物块在垂直斜面方向受力：重力分力、弹力垂直于斜面的分力（大小始终不变）；支持力，大小始终不变，选项B正确；C．设物块运动至Q点（未画出）时位移大小为d，弹性绳上弹力平行于斜面的分力大小根据微元法可知物块克服弹力做的功根据动能定理可得解得，选项C正确；D．从M到P，根据动能定理可得解得，选项D错误。故选BC。二、实验题（共两小题8空，每空2分）11.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻，用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的图像如图2所示。（1）图1的电路图为图中的______（选填“A”或“B”）。A. B.（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于最______（选填“左”或“右”）端。（3）如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势______V，内阻______Ω。（结果均保留两位有效数字）【答案】（1）B（2）左（3）1.52.0【解析】（1）通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B。（2）滑动变阻器电路中采用限流接法，为了确保安全，闭合开关前，应使其接入电阻最大，即闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于最左端。（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律得则图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率的绝对值是电池的内阻r，根据图像可知电池电动势；内阻。12.某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为100.00cm电阻丝的电阻率，该电阻丝的电阻值约为100Ω~200Ω，材料未知。实验过程如下：（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图（a）所示，该电阻丝的直径为______mm；（2）对多用电表进行机械调零；（3）将多用电表的选择开关旋至______（选填“×1”“×10”“×100”或“×1k”）倍率的电阻挡；（4）将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线；（5）将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图（b）所示。该电阻丝的电阻值为______Ω；（6）测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置；（7）实验测得的该电阻丝电阻率为______（结果保留2位有效数字）。【答案】（1）1.414##1.413##1.415（3）×10（5）160##160.0（7）【解析】[1]螺旋测微器的精度为，该电阻丝的直径为[2]使用多用电表欧姆挡测电阻时，为了减小误差，应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近，由于该电阻丝的阻值在100Ω~200Ω，而表盘中央三分之一刻度在5~50之间，所以应选择×10倍率的电阻挡。[3]15~20之间的分度值为1，所以该电阻丝的电阻值为[4]根据电阻定律有解得该电阻丝的电阻率为三、计算题（13题8分，14题12分，15题18分）13.如图所示，在磁感线竖直向下的匀强磁场中放入一矩形线圈abcd，ab边与磁场垂直，长度，bc边长度；线圈平面与水平方向夹角，线圈中通有大小为2A的电流，ab边所受的磁场力为0.4N，已知。求：（1）该匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）穿过线圈的磁通量。【答案】（1）（2）【解析】（1）线圈中通有大小为2A的电流，ab边所受的磁场力为0.4N，电流方向和磁场方向垂直，根据解得（2）线圈在垂直磁场方向上的投影面积穿过线圈的磁通量14.如图所示，长度为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点），整个装置处于水平向右的匀强电场中。当小球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，重力加速度大小为g。（1）求电场的电场强度大小E；（2）若剪断轻绳，求小球此后在电场中运动时加速度大小a；（3）若其他条件不变，突然将电场的方向变为竖直向下，求小球通过最低点时轻绳的拉力大小F。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）小球受重力、电场力和绳子拉力，根据平衡条件可得解得（2）剪断轻绳前，小球受到重力和电场力的合力与重力的关系为剪断轻绳后，根据牛顿第二定律可得小球加速度大小为（3）根据动能定理得根据向心力公式得解得15.如图所示的电路中，电源电动势，内阻，定值电阻，调节滑动变阻器R的滑片，使得沿平行板电容器MN的中心线射入的初速度的带正电小球恰好沿水平方向运动，然后从CD板中点处的小孔O进入平行板电容器AB、CD之间。已知小球的质量、电荷量，平行板电容器MN上下两极板的间距为，平行板电容器AB、CD左右极板间距为，极板AB、CD长均为，极板MN的右端与极板CD的距离忽略不计。当AB、CD极板间电压为时，小球恰好从CD极板下端D点离开，忽略电容器的边缘效应，重力加速度g取。求：（1）平行板电容器MN的电压U；（2）滑动变阻器接入电路的阻值R；（3）AB、CD极板间电压。【答案】