安徽省2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷（解析版）

这是一份安徽省2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了本试卷共6页，作答非选择题时必须用黑色字迹0，考试结束后，请将答题卡交回， 如图是电子射线管示意图等内容，欢迎下载使用。
（卷面分值：100分 考试时间：75分钟）
注意事项：
1.本试卷共6页。答题前，请考生将自己的学校、姓名、座位号写在答卷上，条形码粘贴在指定位置。
2.作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答卷的指定位置上，作答选择题必须将答案填涂在答卷的相应题号框内。请保持试卷卷面清洁，不折叠、不破损。
3.考试结束后，请将答题卡交回。
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 四根相互平行的通电长直导线a、b、c、d电流均为I，如图所示放在正方形的四个顶点上，每根通电直导线单独存在时，正方形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为（ ）
A. 2B，方向向左B. 2B，方向向下
C. 2B，方向向右D. 2B，方向向上
【答案】A
【解析】根据安培定则判断四根导线在点产生的磁感应强度的方向分别为
导线产生的磁感应强度方向为方向；
导线产生的磁感应强度方向为方向；
导线产生的磁感应强度方向为方向；
导线产生的磁感应强度方向为方向；
每根通电直导线单独存在时，正方形中心O点的磁感应强度大小都是B，则根据平行四边形定则合成可知四根导线同时存在时点的磁感应强度大小为，方向水平向左。
故选A。
2. 如图所示，框架面积为，框架平面与磁感应强度为的匀强磁场方向垂直，则下列关于穿过平面的磁通量的情况中，正确的是（ ）
A. 如图所示位置时磁通量为零
B. 若使框架绕转过，磁通量为
C. 若从初始位置转过角，磁通量为
D. 若从初始位置转过角，磁通量变化为
【答案】B
【解析】图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。当它绕轴转过角时，线圈在磁场垂直方投影面积，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积。线圈从图示转时，磁通量为，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差。
A．线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积，故图示位置的磁通量，故A错误；
B．使框架转过角，则在磁场方向的投影面积，则磁通量，故B正确；
C．当线圈从图示转时，线框与磁场平行，故磁通量为，故C错误；
D．从初始位置转角，磁通量变化为
故D错误；
3. 在光滑水平地面上，有两个可自由移动的点电荷分别放在A、两处，如图所示。A处电荷带正电，处电荷带负电，且，另取一个可以自由移动的电荷放在连线上。欲使整个系统处于平衡状态，则（ ）
A. 为负电荷，且放于A左方
B. 为负电荷，且放于右方
C. 为正电荷，且放于之间
D. 为正电荷，且放于右方
【答案】A
【解析】假设Q3放在Q1、Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立，设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，并且处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小
由于Q2=2 Q1，所以
所以Q3位于Q1的左方，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电。
故选A。
4. 如图所示，直角三角形ACB中，电量为q的正点电荷固定在C点。另一负点电荷沿AB边从A点运动到B点，则下列说法正确的是（ ）
A. 电场力所做总功为正值
B. 其电势能先增大后减小
C. 电场力先做正功再做负功
D. 其所受电场力逐渐减小
【答案】C
【解析】ABC．在正点电荷形成的电场中，离点电荷越近电势越高，所以从A到B电势先升高后降低，负电荷在电势高处电势能小，故其电势能先减小后增大，说明电场力先做正功后做负功，负电荷在B点的电势能大于在A点的电势能，则电场力所做的总功为负，故C正确，AB错误；
D．根据知，从A到B电场强度先增大后减小，故负电荷受到的电场力先增大后减小，故D错误；
故选C。
5. 如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（ ）
A. 加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B. 加一磁场，磁场方向沿y轴负方向
C. 加一电场，电场方向沿z轴正方向
D. 加一电场，电场方向沿y轴正方向
【答案】C
【解析】A．若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，荧光屏上的亮线向y轴负方向偏转，故A错误；
B．若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，荧光屏上的亮线向z轴正方向偏转，故B错误；
C．若加一沿z轴正方向的电场，电子带负电，电场力方向沿z轴负方向，荧光屏上的亮线向z轴负方向偏转，故C正确；
D．若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴负方向，荧光屏上的亮线向y轴负方向偏转，故D错误。
6. 在光滑水平地面上，一质量为1kg的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 0 ~ 1s内合外力的冲量为1N·s
B. t = 4s时，物体的速度0
C. t = 1s时，物体的速度最大
D. 0 ~ 4s内合外力的冲量为2N·s
【答案】A
【解析】AD．根据F-t图像面积的物理意义表示冲量，由于物体在光滑水平地面上运动，拉力F为合外力，所以0～1s内，合外力的冲量为
0～4s内，合外力的冲量为
故A正确，D错误；
B．前4s内，根据动量定理得
代入数据解得t=4s时物体的速度为
故B错误；
C．根据F-t图像可知前2s内物体的加速度方向与速度方向相同，一直做加速直线运动，从2s末开始速度方向与加速度方向相反，开始做减速直线运动，所以t=2s时，物体的速度最大，故C错误。
故选A。
7. 如图所示，一木块以速度v1沿着光滑水平面向右匀速运动，某时刻在其后方有一颗子弹以速度v0射入木块，最终子弹没有射穿木块。下列说法中正确的是（ ）
A. 子弹克服阻力做的功等于木块的末动能与摩擦产生的热量之和
B. 木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功
C. 木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量相同
D. 系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功
【答案】D
【解析】A．子弹射入木块的过程中，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的减少量，根据能量守恒定律可知，子弹动能的减少量等于木块动能增加量与摩擦产生热量之和，木块有初速度，子弹动能的减少量不等于木块的末动能与摩擦产生热量之和，故A错误；
B．相对于地面而言，子弹的位移大于木块的位移，子弹对木块的作用力和木块对子弹的作用力大小相等，根据功的公式W=Fx可知，木块对子弹做的功大于子弹对木块做的功，故B错误；
C．子弹对木块的作用力和木块对子弹的作用力大小相等、方向相反，作用时间相等，根据冲量公式I=Ft可知，木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量大小相等，方向相反，故C错误；
D．系统损失的机械能等于子弹损失的动能和木块动能增加量之差，即等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功，故D正确。
故选D。
8. 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（ ）
A. 平面c上的电势不为零
B. 该电子经过平面d时，其电势能为2eV
C. 该电子一定能到达平面f
D. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【答案】B
【解析】A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A错误；
B．在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故B正确；
C．当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此电子可能会到达平面f，也可能不会到达f，故C错误；
D．电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10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。）
9. 如图所示，小车的立柱上O点固定有长L的不可伸长的轻绳，绳的末端拴有小球A（可视为质点）．小车静止在光滑的水平面上且OA水平，此时将小球由静止释放．小车的质量是小球的5倍．小球在摆动时不计空气和摩擦阻力．下面说法中正确的是（ ）
A. 小球和小车组成的系统总动量守恒
B. 摆动过程中小球和小车组成系统的机械能守恒
C. 小球向右最大位移为L
D. 当小球摆至最低点时，小球与小车的动量大小相等，方向相反，此时小车的速度为
【答案】BCD
【解析】A、小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在水平方向动量守恒；小球摆动过程中，小球与小车系统竖直方向受力不为零，总动量不守恒，故A错误．
B、小球与小车系统在摆动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确．
C、设小球的质量为m，小球向右最大位移大小为x，小车向左运动的最大位移大小为x´，取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒得：m-5m=0，且有：x+x´=2L，解得：x=，故C正确．
D、原来系统水平总动量为零，当小球摆至最低点时，根据系统水平动量守恒知，系统的水平总动量也为零，则小球动量与小车的动量大小相等，方向相反．设此时小车的速度为v1，小球的速度为v2．取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒得：mv2-5mv1=0，根据系统的机械能守恒得：mgL=mv22+5mv12，联立解得：v1=，故D正确．
10. 如图所示，水平面上放置的一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球，空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时，直管水平放置，且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动，经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中 （ ）
A. 磁场对小球做正功
B. 直管对小球不做功
C. 小球所受洛伦兹力的方向改变
D. 小球的运动轨迹是一条抛物线
【答案】D
【解析】A．小球受磁场的洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故A错误；
CD．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动；小球做类平抛运动，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，故C错误，D正确；
B．对小球受力分析，受重力、支持力和洛伦兹力，其中重力和洛伦兹力不做功，而动能增加，根据动能定理可知支持力做正功，故B错误。
故选D。
三、非选择题（共58分，解答题应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
11. （1）图甲中游标卡尺的读数为____cm，图乙中螺旋测微器的读数为_________mm。
（2）某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，器材如图甲所示。先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的______ （选填“＋”或“－”）接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至_____（选填“×1”或“×100”）挡并____________，最终测量结果如图乙所示，则电压表的电阻为 ______Ω。
【答案】（1）2.98 0.880 （2）- ×100 重新进行欧姆调零 3000
【解析】（1）甲中游标卡尺的读数为
29mm+8×0.1mm=29.8mm=2.98cm
图乙中螺旋测微器的读数为
0.5mm+38.0×0.01mm=0.880mm
（2）[1][2][3]通过多用表的电流由红表笔流入，由黑表笔流出；电流通过电压表时也是由“+”接线柱流入，由 “-”接线柱流出，则红表笔应接电压表的“-”接线柱，欧姆表指针偏角太小，则电阻大，则应将选择开关旋至×100挡并重新进行欧姆调零。
[4]电压表的电阻为
12. 一研究学习小组采用如图所示的“碰撞实验器”探究碰撞中的不变量。先将质量为入射小球从斜槽轨道上某固定点由静止释放，从轨道末端点水平抛出，在四分之一圆弧轨道上留下压痕。再把质量为被碰小球放在斜槽轨道末端，此时小球的球心恰好位于圆弧轨道的圆心上，让入射小球仍从固定点由静止释放，和被碰小球相碰后，两球分别落在圆弧轨道的不同位置上，重复多次，找到平均落点。用量角器量出与竖直方向的夹角分别为。
（1）下列说法正确的是________
A. 实验中两球直径必须相等且
B. 在同一组实验的不同碰撞中，每次入射小球必须从同一高度静止释放
C. 安装轨道时斜槽末端切线必须水平
D. 斜槽轨道必须光滑
（2）放上被碰小球，两球相碰后，小球的落地点是图中圆弧面上的_______点，小球的落地点是图中圆弧面上的_______点；在同一组实验的不同碰撞中，圆弧面上三个落地点位置与所用小球质量无关的是________点。
（3）若两球碰撞时动量守恒，应满足的关系式为_______（用题中所给物理量的符号表示）。
（4）若在被碰小球的被碰位置贴一小块胶布，让入射小球仍从固定点由静止释放，则增大的物理量是_______
A. 系统的总动量B. 系统动能的损失
【答案】（1）BC （2） （3） （4）B
【解析】（1）A．为了保证两小球发生正碰且碰后小球不反弹，实验中两球直径必须相等且，故A错误；
B．为了使小球每次做平抛运动的初速度相等，每次入射小球必须从同一高度静止释放，故B正确；
C．为了使小球离开斜槽轨道末端后做平抛运动，安装轨道时斜槽末端切线必须水平，故C正确；
D．只要每次入射小球都从同一高度静止释放，就能保证小球每次做平抛运动初速度相等，斜槽轨道是否光滑对实验没有影响，故D错误。
故选BC。
（2）[1][2][3] 未放被碰小球时，小球应落在圆弧面上的P点，放上被碰小球，两球相碰后，小球速度变小，应落在圆弧面上的M点，小球碰后应获得一个比小球入射速度更大的速度，所以小球应落在圆弧面上的N点；因每次入射小球都从同一高度静止释放，所以小球每次离开斜槽末端的速度都相等，与小球的质量无关，即在同一组实验的不同碰撞中，圆弧面上三个落地点位置与所用小球质量无关的是P点。
（3）设小球从斜槽末端做平抛运动初速度为，落在圆弧面上时落点与圆心的连线与竖直方向的夹角为，则水平方向有
两式联立，得
两球碰撞时动量守恒，应满足
其中
，，
将、和代入动量守恒方程，得
（4）若在被碰小球的被碰位置贴一小块胶布，让入射小球仍从固定点由静止释放，则碰后两小球将结合为一体共同运动，即两小球的碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程仍遵循动量守恒，但系统动能损失最大。
故选B。
13. 如图所示，在匀强磁场中磁感应强度、方向与导轨平面垂直且向下，导轨与水平面成角，垂直导轨放置一个可自由移动的金属杆。已知接在导轨中的电源电动势，内阻。ab杆长，质量，杆与滑轨间的动摩擦因数，导轨与ab杆的电阻忽略不计。要使杆在导轨上保持静止，（g取，，，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：
（1）ab棒受到的最大安培力和最小安培力；
（2）滑动变阻器R有效电阻取值范围。
【答案】（1）2N，0.4N （2）
【解析】（1）ab棒受到的最大静摩擦力为
根据左手定则可知，ab棒受到的安培力沿斜面向上，当安培力最大时，根据平衡条件可知
当安培力最小时
（2）根据闭合电路欧姆定律
安培力
将最大最小安培力代入解得滑动变阻器R有效电阻的取值范围为
14. 如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m）无初速度地放入电场E1中的A点，A与虚线MN的间距为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；
（2）电子刚射出电场时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值；
（3）电子打到屏上的点到点O的距离y。
【答案】（1） （2）2 （3）3L
【解析】（1） 电子运动情况如图所示
电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动。设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得 ，
解得，
电子在MN右侧到屛的区域内，沿AO方向不受力，故沿AO方向的分运动为匀速直线运动，分速度
在该区域运动时间为
电子从释放到打到屏上所用的时间
（2）电子在电场E2中受到与场强方向相反的电场力，做类平抛运动，沿AO方向的分运动为匀速直线运动，在电场E2中运动的时间
沿垂直AO方向的分运动为匀加速直线运动，加速度为
电子刚射出电场时，沿垂直AO方向的分速度为
则
（3）电子在电场E2中沿垂直AO方向的分运动为匀加速直线运动，走过的分位移为
电子在虚线PQ右侧不受力，做匀速直线运动，该匀速直线运动沿AO方向的分运动为匀速直线运动，在该区域运动的时间
电子沿垂直AO方向的分运动为匀速直线运动，走过的分位移为
电子打到屏上的点到点O的距离为
15. 如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小。一不带电的绝缘小球甲，以速度沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，已知甲、乙两球的质量均为，乙所带电荷量，g取水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
（2）在满足（1）的条件下求甲的速度；
（3）若甲仍以速度向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
【答案】（1）0.4m；（2）；（3）
【解析】（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则由向心力公式得
竖直方向匀加速运动
水平方向匀速运动
联立解得
（2）设碰撞后甲、乙速度分别为、，根据动量守恒有
根据机械能守恒定律有
联立解得
，
由动能定理得
联立解得
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒有
根据机械能守恒定律有
有以上两式可得
由于，可得
设乙球过D点的速度为，由动能定理得
联立以上两个方程可得
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有
所以可以解得