重庆市涪陵第五中学校2025_2026学年高二上学期12月月考物理试题 [含答案]

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一、单选题（4*7=28分）
1．如图所示，原来不带电，长为的导体棒水平放置，现将一个电荷量为的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端处，A、B分别为导体棒左右两端的一点，静电力常量为。当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒上的点电势比点电势高
B．将导体棒处接地，则处不存在感应电荷
C．导体棒上感应电荷在棒的中心处产生的电场强度大小
D．增加点电荷的带电量，导体静电平衡时处的合场强将变大
2．用粗细均匀的电阻丝折成一个正五角星框架两点与电源连接。在框架所在平面内，有一垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小恒定，如图所示。闭合开关S后，线框ANB部分所受安培力大小为，则整个五角星线框所受安培力的大小为（ ）
A．B．C．0D．
3．如图，在等边三角形三个顶点处，各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。P、Q导线通有电流I，M导线通有电流2I其中P、Q导线中电流垂直纸面向里，M导线中电流垂直纸面向外，P、Q导线在三角形中心O处产生的磁感应强度大小均为B，则三角形中心O处磁感应强度的大小为（ ）（，k为常量，I为长直导线中的电流，r为到长直导线的距离）

A．BB．2BC．3BD．
4．如图，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，C为电容器，电表均为理想电表。闭合开关S，将滑片向上滑动过程中（ ）
A．电阻R2中有向上的电流
B．两电表示数变化量绝对值之比变大
C．电源的输出功率一定变大
D．保持滑片位置不动，将电容器C上极板上移，P点电势降低
5．如图为多用电表的原理示意图，其中表头G的满偏电流为1mA，内阻，，调零电阻的最大值，电池电动势，内阻。虚线框中S为选择开关，下列说法正确的是（ ）
A．若电池用久了，电动势减小，内阻增大，即使能够欧姆调零，测量的电阻值也会偏小
B．若电压表的量程为0~3V，则的阻值为2820Ω
C．测某电阻阻值时，正确操作后若指针指在正中央，则待测阻值为150Ω
D．图中的A端与黑色表笔相连接
6．如图所示，电荷量为的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，图中，点的电场强度为零。下列说法正确的是（ ）
A．薄板带正电
B．点的电场强度也为零
C．带电薄板产生的电场在点的电场强度大小为
D．A、B两点的电势相等
7. 如图所示的正六边形，边长为a。空间存在平行于正六边形所在平面的匀强电场。把质子（电量为e）从F移到E，电场力做功为W；把电子从E移到C，需克服电场力做功为3W。已知A点的电势为零，则）（ ）
A．C点电势为B．B点电势为
C．电场强度为D．电场强度为
二、多选题（3*5=15分）
8．如图所示，水平放置的平行金属板A、B相距为，分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔和。闭合开关S，将一质量为的带电微粒从距A板为的点由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为，微粒通过孔时的动能小于。下列说法正确的是（ ）
A．微粒带正电
B．若将A板上移一小段距离，则微粒经过孔时动能将减小
C．若将B板上移一小段距离，则微粒经过孔时动能将减小
D．若将S断开，再将A板上移一小段距离，则微粒可能无法到达孔
9．如图甲所示，粗糙水平面上固定一长直导线，其左侧水平面上放置一个长方形的金属线框（俯视图），现导线中通以如图乙所示的电流，线框始终保持静止状态，规定导线中电流方向向下为正，在时间内，则（ ）
A．线框中感应电流先逆时针后顺时针B．线框中感应电流一直沿顺时针方向
C．线框受到的摩擦力先向右，后向左D．线框先有扩张趋势后有收缩趋势
10．如图所示，半径为R、质量为3m的圆弧槽AB静止放在光滑水平地面上，圆弧槽底端B点切线水平，距离B点为R处有一质量为3m的小球2，其左侧连有轻弹簧。现将质量为m的小球1（可视为质点）从左侧圆弧槽上端的A点由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．系统（三个物体）全程动量守恒
B．小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点相距R
C．小球在下滑过程中对弧形槽的水平冲量大小为m6gR2
D．小球1最终的速度大小为6gR8
三、实验题
11．（6分）某同学用如图所示的装置研究斜槽末端的小球碰撞是否满足动量守恒定律，选取了两个大小相同、质量不同的小球，先让质量为的小球甲从轨道顶部释放，由轨道末端的点水平飞出并落在斜面上。再把质量为的小球乙放在点，小球甲重复上述操作，与小球乙发生碰撞，碰后两小球均落在斜面上，分别记录落点位置，其中、、三个落点位置与点的距离分别为、、。
(1)两小球的质量应满足 （填“＞”“＝”或“＜”）
(2)若，在实验误差允许的范围内，只要满足关系式 （结果用、、表示），就能说明两球碰撞过程动量守恒。
(3)在实验误差允许的范围内，若要验证两球的碰撞是弹性碰撞，需要满足关系式 （结果用、、表示）。
12．（9分）某实验小组同学利用电流表和电压表测定由一节干电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示。现有开关和导线若干，以及如下器材：
A．电流表A：量程，内阻约为
B．电压表V：量程，内阻约为
C．滑动变阻器
(1)根据所画图线可得出干电池的电动势 V，内电阻 （结果均保留两位有效数字）。
(2)用该电路测得的电源电动势 真实值。（填大于、等于或小于）
(3)某实验小组同学利用一只电流表和一个电阻箱测定电源的电动势和内阻，使用的器材还有开关一个，导线若干，实验原理如图丙所示：接通开关，多次改变电阻箱的阻值R，读出对应的电流表的示数I，并作记录，画出关系图线，如图丁所示。若电流表内阻，由图线求得电源的电动势 V，内阻 Ω（结果均保留两位有效数字）。
四、解答题
13．（10分）如图甲所示，匝的线圈（图中只画了2匝），电阻，其两端与一个R=8Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)求线圈产生的感应电动势大小；
(2)求电势差Uba和时间内电阻R的焦耳热。
14．（14分）如图所示，物体A质量，以初速度在光滑平台上向右运动，右边放置有质量mB=2kg的滑块B。平台上有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量mc=6kg的滑块C，滑块B与C通过一轻弹簧连接，开始时弹簧竖直并处于原长。一段时间后A与B碰撞并粘在一起向右运动。A、B组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且C没有滑离滑轨，弹簧始终处在弹性限度内。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。求：
(1)滑块A碰到B后整体的速度；
(2)弹簧伸到最长时的弹性势能；
(3)C在弹簧第一次恢复原长时的速度。
15．(18分)图所示，竖直平面内有沿轴正方向的匀强电场，第三、四象限有磁感应强度大小为、方向垂直于平面向外的匀强磁场。分别是轴、轴上的一点，且。A是一块长度略小于的平行于轴的挡板，放置于的中点位置处（图中未画出），板的中点在轴上。带电小球与挡板碰撞前后，方向上的分速度不变，方向分速度反向，且大小不变。质量为、带电量为的小球从点射出，沿直线运动至点进入磁场。已知重力加速度为，求：
(1)匀强电场场强的大小；
(2)若小球经磁场区域后沿直线恰好回到点，求从点射出至回到点所经历的时间；
(3)若小球沿原方向射出后，经过与挡板碰撞也能回到点，求小球速度大小的可能值。
参考答案
1．C
【详解】A．根据静电现象规律，当棒达到静电平衡后，导体棒是等势体，所以导体棒上的A点电势等于B点电势，故A错误；
B．将导体棒A处接地，静电现象仍会发生，A处仍感应出负电荷，故B错误；
C．根据静电平衡规律可知，中心O处场强为零，所以导体棒上感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小与的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，即大小为，故C正确；
D．根据静电平衡规律可知，导体静电平衡时中心O处合场强始终为零，故D错误。
故选C。
2．A
【详解】设线框电阻为，则线框段电阻为，电源提供电压为，线框与电路接触的两点间距离为，则线框部分所受安培力大小
则部分所受安培力为，两部分所受安培力均向上，所以整个线框所受安培力的大小
故选A。
3．C
【详解】由题意，结合安培定则，M导线在O处的磁感应强度大小为2B，方向垂直MO向右， P、Q导线在三角形中心O处的合磁场方向垂直MO向右，由于夹角为，合磁场大小为B，故三根导线在O处合磁场的磁感应强度大小为
故选C。
4．D
【详解】A．在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，其接入阻值增大，干路电流减小，即通过电阻电流减小，滑动变阻器两端的电压为
可知U增大，电容器继续充电，电容器C两极板所带电荷量变大，电阻中有向下的电流，故A错误；
B．根据以上分析可知，两电表示数变化量绝对值之比，不变，故B错误；
C．电源的输出功率随外电阻的变化如图所示
由于外电阻与内阻的关系未知，故电源的输出功率不一定变大，故C错误；
D．保持滑片位置不动，电容器两端电压不变，将电容器C上极板上移，根据可知，场强变小，根据
减小，下极板电势为零不变，且下极板电势低于上极板，所以P点电势降低，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．若电池用久了，电动势减小，内阻增大，中值电阻变小，即使能够欧姆调零，测量的电阻值也会偏大，故A错误；
B．若电压表的量程为0~3V，则S接3位置，则
代入数据解得，故B错误；
C．测某电阻阻值时S接2，灵敏电流计的量程变为
此时灵敏电流计的内阻
指针指在正中央时则有
解得，故C正确；
D．多用表中，黑表笔与内部电源的正极相连，红表笔与内部电源的负极相连，因此图中的A端与红色表笔相连接，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】ABC．由于A点的电场强度为零，可知薄板在A点的电场强度与正点电荷在A点的电场强度大小相等，方向相反，则薄板带负电，薄板在A点的电场强度大小为
根据对称性可知，薄板在B点的电场强度大小为
薄板在B点的电场强度方向向左，与正点电荷在B点的电场强度方向相同，则点的电场强度不为0，故AB错误，C正确；
D．根据对称性可知，薄板在A点和B点的电势相等，而正点电荷在B点的电势高于在A点的电势，则B点的电势高于在A点的电势，故D错误。
7．D
【详解】A．题意知，对质子，电场力做功
对电子有
可知对质子，F到C过程有
将AE连线与FC连线交与G点，如图
几何关系可知
故将质子从F点移动到G点，静电力做功
可知为等电势点，故电场线沿F指向C方向，可知电势相等且均为0，故
解得
故A错误；
B．几何关系可知与平行FC且等于FC的一半，则有
解得
故B错误；
CD．根据
联立解得
故C错误，D正确。
故选D。
8．CD
【详解】A．带电油滴下落到N孔时的动能，则电场力对其做负功，所以油滴带负电，故A错误；
B．由题设条件知，把A板向上平移一小段距离后，极板间电势差不变，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理知，油滴到达N孔时的动能与原来的相等，故B错误；
C．由题设条件知，把B板向上平移一小段距离后，极板间电势差不变，电场力做功不变，重力做功减小，根据动能定理知，油滴到达N孔时的动能减小，故C正确；
D．若将S断开，则两极板所带电荷量不变，根据可知，两极板间的电势差增大，若则微粒无法到达N孔，故D正确。
故选CD。
9．BD
【详解】AB．在0～t0时间内，电流方向向下减小，根据安培定则，线框所在处的磁场方向垂直纸面向里减小，根据楞次定律，线框中感应电流的方向为顺时针；同理在t0～2t0时间内，电流方向向上增加，根据安培定则，线框所在处的磁场方向垂直纸面向外增加，感应电流的方向还是顺时针方向，故A错误，B正确；
CD．线框上下两边受到的安培力等大反向，ab边受到的安培力小于cd边受到的安培力，所以线框受到的安培力大小可以根据cd边受到的安培力情况进行分析。根据左手定则，线框受到的安培力先向右，后向左，线框始终静止，故摩擦力方向先向左后向右，故C错误，D选项，根据楞次定律，线框先有扩张趋势后有收缩趋势。
10．BCD
【详解】A．小球1在圆弧槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A错误；
B．小球1从圆弧槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B点时小球1的速度为v0，圆弧槽的速度为v，取水平向右为正方向，小球1与圆弧槽在水平方向动量守恒有
由能量守恒有
解得
设小球1到B点时，小球1水平向右移动的距离为x1，圆弧槽向左运动的距离为x2，两者的相对位移为R，因此有
x1＋x2＝R
联立解得
此时圆弧槽的B点与弹簧之间的距离
小球1从B点向右以v0匀速运动，圆弧槽向左以匀速运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点的距离
故B正确；
D．从小球1刚与弹簧接触到两球分开，由动量守恒有
mv0=mv1＋3mv2
由能量守恒有
m=m＋·3m
解得
小球1之后向左以v0匀速运动，因为圆弧槽此时正向左以匀速运动，故会再次和圆弧槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动量守恒有
由能量守恒有
解得
最终小球1以v0的速度向左运动，圆弧槽以v0的速度向左运动，小球2以v0的速度向右运动，小球1最终的速度为
故D正确。
故选BCD。
11．(1)>（1分）
(2)（2分）
(3)（3分）
【详解】（1）为防止入射小球m1碰撞后反弹，应满足m1>m2。
（2）小球抛出后作平抛运动，设斜面与水平面的夹角为θ，小球落点位置与O点的距离为L。根据平抛运动的规律，在水平方向有
在竖直方向有
联立可得小球抛出的速度为
设碰撞前m1的速度为v1，碰撞后m1的速度为v1′，碰撞后m2的速度为v2′，则，，
若两球碰撞过程动量守恒，则有
又根据题意有
联立解得
（3）若两球的碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，有
又因为，，，
联立可得
又因为两球碰撞过程动量守恒，满足
整理可得
12．(1) 1.5 1.0 (各2分)
(2)小于(1分，填“小”不给分）
(3) 1.4 (各2分)
【详解】（1）[1]由图乙可知电源电动势为；
[2]根据闭合电路欧姆定律有
代入数据有
解得
（2）本接法中采用相对电源的电流表外接法，因为电压表的分流作用，使电流表测量结果偏小，可知实际图像(虚线所示)和测量图像应如图所示：
由图可知，用该电路测得的电源电动势小于真实值，内阻小于真实值。
（3）[1] [2]由闭合电路欧姆定律有
变形为
即在图像中，图像的斜率表示电源电动势，电源电动势为
纵轴截距为
解得
13．(1)（3分）(2)−8V（4分），0.8J （3分）
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律……(2分)
代入数据解得……(1分)
（3）电阻两端的电压为路端电压，根据分压规律可知……(2分)
代入数据解得U=8V……(1分)
由右手定则知，流过R的电流方向是a到b，故Uba=−8V……(1分)
根据焦耳定律，时间内产生的焦耳热为 ……(2分)
代入数据解得Q=0.8J……(1分)
14．(1)2m/s（3分）
(2)4J（6分）
(3)43m/s（5分）
【详解】（1）设滑块A与B碰撞后一起向右运动速度为，由动量守恒定律，得……(2分)
解得v1=2m/s……(1分)
（2）、组合体粘在一起通过弹簧带动滑块运动，当弹簧伸长量最大时，弹性势能最大，此时三者以共同速度运动，由动量守恒定律，得
……(2分)
解得v2=23m/s……(1分)
根据机械能守恒定律，弹簧弹性势能
……(2分)
解得EP=4J……(1分)
（3）弹簧第一次恢复原长时，弹性势能为，设此时、组合体的速度为，C的速度为。根据动量守恒，得……(2分)
根据机械能守恒，得……(2分)
联立解得v3=−23m/s，vC=43m/s……(1分)
15．(1)（3分）
(2)（6分）
(3)或（9分）
【详解】（1）小球沿直线运动从到，则一定做匀速直线运动，则有
……(2分)
解得……(1分)
（2）运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可得……(1分)
解得
又因为小球在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
则在第一象限的运动时间为……(2分)
在磁场中的运动时间为……(2分)
从点射出至回到点所经历的时间为……(1分)
（3）对于一般情况下运动轨迹如图乙所示，根据几何关系有
……(1分)
……(1分)
解得
若小球与挡板能碰撞需满足……(1分)
，……(1分)
解得……(1分)
设粒子最终离开磁场时与挡板相碰次，若能回到点，则出射点坐标为，则有……(2分)
变换得
联立可得，
当时，，，……(1分)
当时，，，……(1分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
D
C
C
D
CD
BD
BCD