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威远中学校 2025~2026 学年高二上期 12 月月考
物 理
本试卷共4页。全卷满分100分，考试时间为75分钟。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项最符合题目要求。
1. 在1785年，通过扭秤实验归纳得到在真空中两个静止的点电荷之间相互作用力的规律的物理学家是（
）
A. 库仑 B. 密立根 C. 卡文迪许 D. 法拉第
2. 在直导线中通一自A向B方向的电流，则电流接通后，悬挂在直导线正上方的小磁针( )
A．N极向纸里，S极向纸外旋转
B．N极向纸外，S极向纸里旋转
C．在纸面内顺时针旋转90°
D．在纸面内逆时针旋转90°
3.某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一个负电荷，该
负电荷仅受电场力的作用，则在－x～x 区间内( )
0 0
A．该静电场是点电荷电场
B．该静电场是非匀强电场
C．负电荷将沿x轴负方向运动，加速度逐渐减小
D．负电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变
4. 如图所示，一直流电动机M与阻值 的电阻串联在电源两端，电 源
的电动势 ，内阻 ，用理想电压表测出电动机两端的电压
，已知电动机线圈的电阻 。则下列说法中正确的是
（ ）
A. 通过电动机的电流为5A B. 电动机线圈电阻的电功率为1W
C. 电源内阻的电功率为2W D. 电动机的输出功率为5W
5.如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线
的中点，若将一正试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则电荷所受电场力
（ ）
A. 大小不变 B. 方向不变
C. 逐渐增大 D. 逐渐减小6. 在地球表面附近周围空间不仅存在着磁场，还存在着电场。科学测试表明：地球表面带有负电荷，地
球表面附近的电场方向垂直指向地球表面，其场强E的数值约为100V/m，已知地球的半径约为
．静电力常量 。则下列说法中正确的是（ ）
A. 一带负电的小球在地球表面附近从静止开始下落，小球的电势能减小
B. 一带正电的小球在地球表面附近从静止开始下落，小球的电势能增大
C. 若取大地为零电势参考点，地球周围的电场中各位置的电势均为负值
D. 若将地球看成一个均匀带电的球体，地球所带的电荷量约为
7.如图所示，一平行板电容器与电源连接，开关S先接通，过一会再断开，在电容器中间的M点固定一个
正点电荷，用C表示电容器的电容；用E表示两板间的电场强度； 表示M点的电势；Ep表示点电荷的
电势能．将B板向上移一小段距离x，则下列图像关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部
选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，虚线a、b、c、d、e代表电场中的五个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带
正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A. 五个等势面中，a的电势最低
的
B. 带电粒子通过Q点时 电势能较P点小
C. 带电粒子通过P点时的动能较Q点大
D. 带电粒子通过P点时的加速度较Q点大
9. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表 的示数为 ，流过电源的
电流为I。当开关S闭合后，滑动变阻器的触片P，从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化），两电压
表示数的变化量大小分别为 和 ；其电流的变化量大小为 。下列说法 正
确的是（ ）A. L、L 变暗，L 变亮 B.
1 3 2
C. 减小 D. 不变
P 1
10.工程师对某款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中系统输出的 － 图像如图，其中P
I2 I
为直流电源的输出功率，I为总电流，下列说法正确的是( )
A.该蓄电池的电动势为12 V B.该蓄电池的内阻为2 Ω
C.该蓄电池的短路电流为12 A D.该蓄电池的最大输出功率为72 W
三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中，第13-15小题解答时请写出必要的文字说明、
方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11.（8分）一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电
源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R(阻
0
值 10.0 Ω)、滑动变阻器 R、待测金属丝、
单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)
是学生设计的实验电路原理图。完成下列填
空：
(1)实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S；
(2)将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U ，然后将K与2端
1
相连，此时电压表读数记为 U 2 。由此得到 U 1 (mV) 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
流过待测金属丝的电流 I＝______，金属丝
U(mV) 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
2
的电阻 r＝________。(结果均用 R 、U 、
0 1
U 表示)
2
(3)继续微调R，重复(2)的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
(4)利用上述数据，得到金属丝的电阻r＝14.2 Ω。
(5)用米尺测得金属丝长度L＝50.00 cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图
(b)所示，该读数为d＝________ mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。
(6)由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝________×10－7 Ω·m。(保留2位有效数字)
12.（8分）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：
电压表(量程0~3 V，内阻很大)；
电流表(量程0~0.6 A)；电阻箱(阻值0~999.9 Ω)；
干电池一节、开关一个和导线若干。
(1)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电
压表示数U。根据记录数据作出的U-I图像如图(c)所示，则干电池的电动势为 V(保留3位有
效数字)、内阻为 Ω(保留2位有效数字)。
1
(2)该小组根据记录数据进一步探究，作出 -R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截距，结合(2)问
I
得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 Ω(保留2位有效数字)。
(3)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 (填“偏大”或“偏小”)。
13.（10分）在如图所示的电路中，R ＝2 Ω，R ＝R ＝4 Ω，当开关K接a时，R 上消耗的电功率为4 W，
1 2 3 2
当开关K接b时，电压表示数为4.5 V，试求：
(1)开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；
(2)电源的电动势和内电阻；
(3)当开关K接c时，通过R 的电流。
2
14.（12分）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量
为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨
道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，
进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：(1)弹
簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
15.（16分）如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB固定在竖直平面内，圆 管
的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于
C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场，虚线 AB的下方存在水平向左、范围
足够大的匀强电场，电场强度大小与AB上方电场强度大小相等。圆心O正上方的P点有一质量为m、电
荷量为q(q>0)、可视为质点的绝缘小球。现将该小球无初速度释放，经过一段时间，小球刚好沿切线无碰
撞地进入圆管内，并继续运动。已知圆管的半径r=❑√2s，圆管的管径忽略不计，AB=2s，PC=s，重力加速
度为g。求：(1)电场强度的大小；
(2)小球对圆管的最大压力；
(3)小球从管口离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距管口A多远。
威远中学校 2025~2026 学年高二上期 12 月月考
物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D B C D C AC BD AD
1.A
【解析】在1785年，通过扭秤实验归纳得到在真空中两个静止的点电荷之间相互作用力的规律的物理学家是库
仑。故选A。
2.B
【解析】根据安培定则可判断出小磁针附近的磁场方向为垂直纸面向外，根据小磁针的N极指向磁场方向，可
知悬挂在直导线正上方的小磁针N极向纸外，S极向纸里旋转，故B正确。
3.D
【解析】由φ－x图像的斜率表示电场强度，知该电场是匀强电场，故A错误，B错误；沿电场线方向电势逐渐
降低，由题图知该电场线方向沿x轴负方向，故负电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变，故D正确，C 错误。
故选D。
4.B
【解析】A．根据欧姆定律得回路中的电流 A错误；B．电动机线圈电阻的电功
率为 B正确；C．电源内阻的电功率为 C错误；D．电动机的输出
功率为 D错误。 故选C。
5.C
【解析】由电场线的分布情况可知，N点电场线比M点电场线疏，则N点电场强度比M点电场强度小，由电场力
公式：可知正点电荷从虚线上N点移动到M点的过程中，电场力逐渐增大；电场力方向与所在点的电场线的切线方向
一致，一直在变化，故C正确，ABD错误。
6.D
【解析】 A．依题意，一带负电的小球在地球表面附近从静止开始下落，电场力做负功，小球的电势能增大。
故A错误；B．同理，一带正电的小球在地球表面附近从静止开始下落，电场力做正功，小球的电势能减小。故
B错误；C．若取大地为零电势参考点，电场线的方向由无限远处指向地球，根据沿电场线方向电势降低可知，
地球周围的电场中各位置的电势均为正值。故C错误；D．若将地球看成一个均匀带电的球体，将地球产生的电
场强度等效的看做地球球心处的一个带电量为Q的点电荷在地面产生的电场强度，根据点电荷电场强度的表达
式可知 ，解得 故D正确。 故选D。
7.C
【解析】A、当B极板上移一小段距离x，时，d减小，由 可知，C与x图象不能为一次函数图
象，故A错误；B、在电容器两极板所带电荷量一定 的情况下，由U=Q/C，E=U/d，则 ，故E与x无
关，故B错误；C、因负极板接地，设M点最初的电势为φ ，则平移后M点的电势为φ=φ-Ex ，故C正确；
0 0 0
D、正电荷在P点的电势能E=φq=q(φ-Ex)，故D错误．故选：C．
P 0 0
8.AC
【解析】A．由电场线处处与等势面垂直且做曲线运动的物体所受的合外力指向曲线的凹侧可知该电场线的分布
大概如图，沿电场线方向电势降低，所以 ，A正确；B．从 电场力做正功，电势
能降低，所以B错误；C．电场力做正功，根据动能定理可知 ，C正确；D．电场线越密，电场强度越
大 所以 即 D错误。故选AC。
9.BD
【解析】A．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电
流增大，路端电压减小，则L 变亮；变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则 L
2 3变暗；总电流增大，而L 的电流减小，则L 的电流增大，则L 变亮。故A错误；B．由上分析可知，电压表V
3 1 1 1
测量L 两端的电压，示数减小；电压表V 测量L 的两端电压，示数增大；由于路端电压减小，即两电压表示数
3 2 2
之和减小，所以 故B正确；C．由 解得 不变，故C
错误；D．根据欧姆定律得 不变，故D正确。 故选BD。
10.AD
0.5
P E
【解析】 蓄电池的输出功率为P＝EI－I2r，变形得 ＝ －r，结合题图可得E＝ 1 V＝12 V，r＝0.5
I2 I
24
E E2 E
Ω，故A正确，B错误；由P＝EI－I2r＝－(I－ )2r＋ ，可知当I＝ ＝12 A时，该蓄电池有最大输出功
2r 4r 2r
E2 E
率，且为P ＝ ＝72 W，故D正确；该蓄电池的短路电流为I ＝ ＝24 A，故C错误。故选AD 。
max 4r 短 r
11.(2) (5)0.150 (6)5.0
解析 (2)根据题意可知，R两端的电压为U＝U－U，则流过R及待测金属丝的电流I＝＝，金属丝的电阻r
0 2 1 0
＝，联立可得r＝。
(5)螺旋测微器的读数为 d＝0＋15.0×0.01 mm＝0.150 mm
(6)根据r＝ρ，又S＝π·()2 代入数据联立解得ρ≈5.0×10－7 Ω·m。
12. (1)1.58 0.64 (2)2.5 (3)偏小
(1)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得 U=E-Ir
1.58−1.37
由题图(c)可知E=1.58 V 内阻r= Ω≈0.64 Ω
0.33
1 1 R +r R +r
(2)根据E=I(R+R+r) 可得 = ·R+ A 由题图(d)可知 A =2 A-1，解得R≈2.5 Ω
A I E E E A
(3)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与干电池内阻的并联值，即实验中测得的干电池内
阻偏小。
13.(1)1 A 4 V (2)6 V 2 Ω (3)0.5 A
【解析】(1)开关K接a时，R被短路，外电阻为R，通过电源的电流I＝＝ A＝1 A
1 2 1
电源两端电压U＝IR＝4 V
1 1 2
(2)开关K接a时，有E＝U＋Ir，开关K接b时，R和R串联，R ＝R＋R＝6 Ω，
1 1 1 2 外 1 2
通过电源的电流I＝＝0.75 A
2
根据闭合电路欧姆定律有：E＝U＋Ir＝4.5＋0.75r(V) 解得：E＝6 V，r＝2 Ω
2 2
(3)当K接c时，R与R并联，并联电阻为 R＝＝2 Ω 所以R ＝R＋r＋R＝6 Ω
2 3 23 总 1 23总电流I＝＝1 A 通过R的电流I′＝I＝0.5 A。
3 2 3
14.(1)mgR (2) (3)y2＝6Rx
【解析】(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得 E＝mv2＝mgR
p B
(2)小球从B到O，根据动能定理有 －mgR＋mg×R＝mv2－mv2 解得v＝
O B O
(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，
则x轴方向有mgcos 45°＝ma y轴方向有mgsin 45°－mg＝ma
x y
解得a＝g，a＝0，说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线
x y
运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vt，联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
O
mg
15.(1) (2)7❑√2mg，方向与CD成45°指向左下 (3)16s
q
解析 (1)如图所示，小球释放后在重力和静电力的作用下做匀加速直线运动，小球从 B
qE BC
点沿切线方向进入，则有tan θ= = =1
mg PC
mg
解得电场强度的大小为E=
q
(2)小球从P点到B点的过程，根据动能定理可得
1
mgs+qEs= mv 2，解得v=2❑√gs
2 B B
小球在图中M点时，受到的重力和静电力的合力如图所示，此时对圆管压力最大，从B到M根据动能定理可得
1 1
❑√2mg·2r= mv 2- mv 2
2 M 2 B
解得v=2❑√3gs
M
由牛顿第二定律可得F- mg=mv 2
N ❑√2 M
r
解得F=7❑√2mg
N
由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力大小为7❑√2mg，方向与CD成45°指向左下。
1 1
(3)小球从B到A过程，根据动能定理可得 qE·2s= mv 2- mv 2，解得v=2❑√2gs
2 A 2 B A
v sin45°
从A到N过程，小球做类平抛运动 竖直方向有t=2 A
g
1 qE
水平方向有x=vcos 45°t+ at2，a= 联立解得x=16s。
A x x
2 m
