2025屆貴州省銅仁一中高二物理第一學期期中監(jiān)測模擬試題含解析

2025屆貴州省銅仁一中高二物理第一學期期中監(jiān)測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N點，若OM＝MN，忽略粒子重力的影響，則P和Q的質量之比為（）A．3∶4 B．4∶3 C．3∶2 D．2∶32、如圖所示，一段長為a，寬為b，高為c(a>b>c)的導體，將其中的兩個對立面接入電路中時，最大的電阻為R，則最小的電阻為()A．RB．c2RabC．c23、如圖所示，足夠長的豎直絕緣管內壁粗糙程度處處相同，處在方向彼此垂直的勻強電場和勻強磁場中，電場強度和磁感應強度的大小分別為E和B，一個質量為m，電荷量為+q的小球從靜止開始沿管下滑，下列關于小球所受彈力N、運動速度v、運動加速度a、運動位移x，運動時間t之間的關系圖像中正確的是（）A．B．C．D．4、如圖所示,勻強電場中有一平行四邊形abcd，且平行四邊形所在平面與場強方向平行.其中φa=10V，φb=6V，φd=8V，則c點電勢為(

)A．10V B．4V C．7V D．8V5、法拉第是19世紀最偉大的實驗物理學家之一，他在電磁學研究方面的卓越貢獻如同伽利略、牛頓在力學方面的貢獻一樣，具有劃時代的意義，正是他提出了電場的概念．

關于靜電場場強的概念，下列說法正確的是（）A．由E=F/q可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比B．正、負檢驗電荷在電場中同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與放入檢驗電荷的正負有關C．電場中某一點的場強與放入該點的檢驗電荷的正負無關D．電場中某點不放檢驗電荷時，該點場強等于零6、如圖所示，在原來不帶電的金屬細桿ab附近P處放置一個正點電荷，達到靜電平衡后（）A．a端電勢比b端低B．b端電勢與d點的電勢相等C．a端電勢一定不比d點低D．感應電荷在桿內c處的場強方向由a指向b二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、我國已經(jīng)禁止銷售100W及以上的白熾燈，以后將逐步淘汰白熾燈．假設某同學研究白熾燈得到某白熾燈的U–I圖象如圖所示．圖象上A點與原點的連線與橫軸成α角，A點的切線與橫軸成β角，則A．白熾燈的電阻隨電壓的增大而減小B．在A點，白熾燈的電阻可表示為tanβC．在A點，白熾燈的電功率可表示為U0I0D．在A點，白熾燈的電阻可表示為8、下列運動中，加速度不變的是()A．平拋運動B．斜拋運動C．自由落體運動D．勻速圓周運動9、如圖所示，斜面傾斜角為θ，從斜面的P點分別以v0和2v0的速度水平拋出A、BA．A、B兩球的水平位移大小之比為1:4B．A、B兩球飛行時間之比為1:2C．A、B兩球下落的高度之比為1:2D．A、B兩球落到斜面上的速度大小之比為1:410、如圖所示為電源甲和電源乙的U-I圖像。下列說法正確的是A．甲乙兩電源的內阻r甲<r乙B．甲乙兩電源的短路電流I甲<I乙C．甲乙兩電源的電動勢E甲>E乙D．若兩電源的工作電流變化量相同時，電源乙的路端電壓變化較大三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）（1）圖1是改裝并校準電流表的電路圖，已知表頭μA的量程為Ig=600μA內阻為Rg，mA是標準電流表，要求改裝后的電流表量程為I=60mA．完成下列填空．圖1中分流電阻Rp的阻值為__________．（2）在電表改裝成后的某次校準測量中，a表的示數(shù)如圖2所示，由此讀出流過a電流表的電流為__________mA，此時流過分流電阻Rp的電流為_______mA（結果均保留一位小數(shù)）12．（12分）利用電流表和電壓表測定一節(jié)干電池的電動勢和內阻，要求盡量減小實驗誤差。（1）如圖甲是某同學準備閉合開關進行實驗時的實物連接圖，請指出其中的三處錯誤或不妥之處：①____________________；②____________________；③____________________；（2）改正后進行測量，得到的U-I圖線如圖乙所示，由圖可知得E=____，r=_____。(計算結果保留2位小數(shù))四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，虛線左側有一場強為E1=E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2=2E的勻強電場，在虛線PQ右側距PQ為L處有一與電場E2平行的屏。現(xiàn)將一電子（電荷量為e，質量為m，重力不計）無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側的屏上，A點到MN的距離為，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值；(3)電子打到屏上的點到點O的距離x。14．（16分）如圖所示，在絕緣水平面上相距為L的A、B兩點分別固定著等量正點電荷.O為AB連線的中點，C、D是AB連線上兩點，其中AC=CO=OD=DB=14L.一質量為m電量為+q的小滑塊（可視為質點）以初動能E從C點出發(fā)，沿直線AB向D運動，滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為kE（k＞1），到達D點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，（已知重力加速度為g（1）小滑塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ.（2）OD兩點間的電勢差UOD.（3）小滑塊運動的總路程x.15．（12分）如圖所示，AB兩端接直流穩(wěn)壓電源，UAB=100V，R0=40Ω，滑動變阻器總電阻R=20Ω，（1）當滑動片處于變阻器中點時，C、D兩端電壓為多少？通過電阻R0的電流為多少？（2）移動滑片時，C、D兩端電壓最大值和最小值分別為多少？

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】兩帶電粒子的初速度相等都是，所以它們在電場中的運動時間，，在豎直方向上做勻加速直線運動，發(fā)生的位移相等，所以即可以推出所以，選A2、D【解析】

由電阻定律：R=ρLR=ρ解得：ρ=Rbc當從上下兩個面接入時電阻最小，此時電阻為：r=ρcab=c故選：D.3、A【解析】

小球向下運動的過程中，在水平方向上受向右的電場力qE和水平向左的洛倫茲力和管壁的彈力N的作用，水平方向上合力始終為零，則有：①，在豎直方向上受重力和摩擦力f作用，其中摩擦力為：②，在運動過程中加速度為：③，由式可知，N-v圖象時一條直線，且N隨v的增大而減小，A正確；由①②③可知，小球向下運動的過程中，速度的變化不是均勻的，所以加速度的變化也不是均勻的，B錯誤；由②可知，在速度增大的過程中，摩擦力是先減小后增大的（在達到最大速度之前），結合③式可知加速度先增大后減小，C圖體現(xiàn)的是加速度先減小后增大，C錯誤；在速度增到最大之前，速度是一直增大，而圖D體現(xiàn)的是速度先減小后增大，所以選項D錯誤．【點睛】本題關鍵明確小球的運動情況，先做加速度增加的加速運動，然后做加速度減小的加速運動，當加速度減為零時，速度最大．同時要注意在不同的圖象中斜率所表示的不同含義．4、B【解析】

在勻強電場中，由公式U=Ed知：沿著任意方向每前進相同的距離，電勢變化相等，故有：φa-φd=φb-φc，則得φc=φb-φa+φd=6-10+8=4V，故選B．【點睛】解決本題的關鍵是掌握公式U=Ed，知道在勻強電場中，沿著任意方向每前進相同的距離，電勢變化相等．5、C【解析】試題分析：電場強度是一個比值定義，與放入的檢驗電場受到的大小與F和及帶電量q無關，是由電場本身的性質決定的，A錯誤，C正確；電場強度的方向規(guī)定與正電荷受力的方向相同，負電荷受力的方向與電場強度方向相反，因此與正負電荷無關，B錯誤；一旦通過檢驗電荷測出了該點的電場強度，把檢驗電荷移走，該點的電場強仍不變，與是否有檢驗電荷無關，D錯誤．考點：電場強度6、D【解析】

ABC、達到靜電平衡后，導體為等勢體，導體上的電勢處處相等，所以可以得到，由于正電荷在右邊，所以越往右電場的電勢越高，則有：，故ABC錯誤．D、由于桿處于靜電平衡狀態(tài)，所以內部的場強為零，正電荷和感應電荷在內部產生的合場強為零；正電荷在c處產生的場強方向由b指向a，所以感應電荷在桿內c處產生的場強方向由a指向b，故D正確．故選D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解析】

由圖示圖象可知，隨電壓增大，通過燈泡的電流增大，電壓與電流的比值增大，燈泡電阻變大，故A錯誤；在A點，白熾燈的電阻，故B錯誤；在A點，白熾燈的電功率P=U0I0，故C正確；由歐姆定律可知，在A點，白熾燈的電阻，故D正確；故選CD．【點睛】本題考查了求燈泡電阻與電功率問題，分析清楚圖象、應用歐姆定律與電功率公式即可正確解題．8、ABD【解析】平拋運動，斜拋，自由落體運動，三種運動過程中都只受重力作用，加速度恒定不變，ABD正確；勻速圓周運動過程中，加速度時刻指向圓心，加速度大小不變，但方向在變，D錯誤．9、AB【解析】

AB.根據(jù)tanθ＝t=可知飛行時間之比為1：2，水平位移x=v0t，水平速度之比為1：2，則水平位移之比為1：1，故AB符合題意。C.根據(jù)h＝12gt2得，時間之比為1：2，則下落高度之比為1：1．故CD.落在斜面上豎直分速度vy=gt=2v0tanθ，根據(jù)平行四邊形定則知，落在斜面上的速度v=可知落在斜面上的速度之比為1：2．故D不符合題意。10、BC【解析】

A．由電源的U-I圖像其斜率表示內阻，內阻r甲＞r乙；故A錯誤。B．當外電路短路時對應的電流為短路電流，此時路端電壓為零；將圖中橫坐標下移至U=0時，圖象的交點即為短路電流，則可知I甲＜I乙。故B正確。C．U-I圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，故電動勢E甲＞E乙；故C正確。D．根據(jù)U=E-Ir可知，△U=-r?△I內阻r甲＞r乙，故當電源的工作電流變化相同時，電源甲的路端電壓變化較大；故D錯誤。故選BC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、49.549.0【解析】

改裝電流表要并聯(lián)一電阻Rp，并聯(lián)一電阻后流過表頭a的電流為Ig，流過Rp的電流為IR，而加在表頭和Rp上的電壓相等，即IgRg=IRRp．【詳解】第一空.由于Rg和Rp并聯(lián)，由IgRg=IRRp和I=Ig+IR得：．第二空.由圖2知流過a電流表的電流I'為49.5mA；第三空.設此時流過表頭的電流為I'g，流過RP的電流為I'R，加在表頭和Rp上的電壓相等，故有：I'gRg=I′RRpI'=（I'g+I'R）解得：I'R=49.005mA≈49.0mA【點睛】解決此類問題要充分理解電表改裝原理，電路的分壓分流原理．12、開關接線錯誤，沒能連入電路；電流表量程選擇錯誤；電壓表直接并聯(lián)在電源兩端，開關不能控制；1.48V8.40Ω【解析】

（1）①[1]．由圖可知，開關接線錯誤，沒能連入電路；②[2]．由圖乙可知，電流最大值約為0.5A，而圖中選擇了3A量程，故電流表量程過大，測量結果不準確；③[3]．電壓表不能直接并聯(lián)在電源兩端；

（2）[4][5]．根據(jù)U=E-Ir可知，圖象與縱軸的交點表示電源的電動勢，故E=1.48V；圖象的斜率表示內阻，故四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)；(2)2；(3)3L【解析】

(1)從A點到MN的過程中，由動能定理得解得電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學公式得則時間t1為從MN到屏的過程中運動的時間為運動的總時間為(2)設電子射出電場E2時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為運動時間為則豎直方向速度為所以夾角為(3)如圖電子離開電場E2后，將速度方向反向延長交于E2場的中點，由幾何關系知解得14、（1）μ=2E【解析】解：（1）由于C點與D點等勢，滑塊從C到D的過程中，電場力不做功，則小滑塊第一次由C到D，由動能定理有：﹣μmg?=0﹣E0求得，小滑塊與水平面間動摩擦因數(shù)為μ=；（2）由C第一次到O時，由動能定理得﹣μmg+qUCO=nE0﹣E0，解得，UCO=（3）由C開始到最后停在O點，有：qUCO﹣μmgS=0﹣E0由以上二式得：S=故小滑塊運動的總距離為：S=答：（1）小滑塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ為；（2）C、O兩點間的電勢差UCO為．（3