2025屆安徽省淮北一中物理高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2025屆安徽省淮北一中物理高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止狀態(tài)．以下說法中正確的是A．若s閉合，將A板向上平移一小段位移，則油滴向上加速運動B．若將S斷開，則油滴立即做自由落體運動C．若s閉合，將A板向左平移一小段位移，則油滴向下運動D．若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，則油滴還是處于靜止狀態(tài)2、如圖所示圓形區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率沿著AO方向對準圓心O射入磁場，其運動軌跡如圖所示．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（）A．a粒子速率最大B．c粒子在磁場中運動的時間最長C．c粒子速率最大D．它們做圓周運動的周期3、一個電容器的規(guī)格是“10μF、50V”，則：（）A．這個電容器加上50V電壓時，電容才是10μFB．這個電容器最大電容量為10μF，帶電荷量較少時,電容量大于10μFC．這個電容器的電容為10μFD．這個電容器加的電壓不能低于50V4、一石塊從枯井口自由下落，經過3s到達井底，忽略空氣阻力，則井深約為（）（g取10m/s2）A．10m B．15m C．30m D．45m5、由i-t圖可知，屬于交流電的是A． B．C． D．6、如右圖所示，在坐標系xOy中，有邊長為a的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點a位于坐標原點O處．在y軸的右側的Ⅰ、Ⅳ象限內有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行．t＝0時刻，線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的感應電流方向為正，則在線圈穿越磁場區(qū)域的過程中，感應電流i隨時間t變化的圖線是下圖中的()A． B．C． 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、一平行板電容器的兩個極板分別與一電源的正負極相連，在保持開關閉合的情況下，將電容器兩極板間的距離減小，則電容器的電容C、電容器所帶電量Q和極板間的電場強度E和電壓U的變化情況是（）A．C逐漸增大B．Q逐漸減小C．U不變D．E逐漸增大8、某導體中的電流隨其兩端電壓的變化如圖所示，則下列說法中正確的是（）A．加電壓時，導體的電阻是B．加電壓時，導體的電阻約是C．由圖可知，隨著電壓的增大，導體的電阻不斷減小D．由圖可知，隨著電壓的減小，導體的電阻不斷減小9、如圖所示，電源電動勢E=6V，小燈泡L的規(guī)格為“4V0.8W”，開關S接1，當滑動變阻器調到R=8Ω時，小燈泡L正常發(fā)光，現將開關S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作.則A．電源內阻為1ΩB．電動機的內阻為8ΩC．電動機正常工作電壓為1.6VD．S接2時電源的輸出功率為1.12W10、用如圖所示的裝置研究光電效應現象．所用光子能量為2.75eV的光照射到光電管上時發(fā)生了光電效應，電流表G的示數不為零；移動變阻器的觸點，發(fā)現當電壓表的示數大于或等于1.7V時，電流表示數為0，則下列說法正確的是（）A．光電子的最大初動能始終為1.05eVB．光電管陰極的逸出功為1.05eVC．當滑動觸頭向a端滑動時，反向電壓增大，電流增大D．改用能量為2.5eV的光子照射，移動變阻器的觸點c，電流表G中也可能有電流三、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）讀出圖中螺旋測微器的讀數___________mm（2））如圖所示，用多用電表測量電路中的電流．圖中多用電表測得的是______的電流（填甲電阻、乙電阻或甲乙總電阻），從表上讀出的示數是__________mA．（3）如果選用倍率為“”的歐姆檔，調零后測量某一電阻，電表指針所處位置如圖中所示，則被測量電阻阻值為_________Ω12．（12分）欲用伏安法測定一段阻值約為5Ω左右的金屬導線的電阻，要求測量結果盡量準確，現備有以下器材:A．電池組(3V，內阻1Ω)B．電流表(0～3A，內阻0.0125Ω)C．電流表(0～0.6A，內阻0.125Ω)D．電壓表(0～3V，內阻3kΩ)E.電壓表(0～15V，內阻15kΩ)F.滑動變阻器(0～20Ω，額定電流1A)G.滑動變阻器(0～2000Ω，額定電流0.3A)H.開關、導線(1)滑動變阻器應選用的是_____。(填寫器材的字母代號)(2)實驗電路應采用電流表_____

(選填“內”或“外”)接法，采用此接法測得的電阻值比其真實值偏____

(選填“大”或“小”)，造成這種誤差的主要原因是_____

。(3)設實驗中，電流表、電壓表的某組示數如上圖所示，圖示中I=____

A，U=____

V。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，在直角坐標系xOy的第一象限中，存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為4E1．虛線是電場的理想邊界線，虛線右端與x軸的交點為A，A點坐標為（L，1），虛線x軸所圍成的空間內沒有電場；在第二象限存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E1，M（﹣L，L）和N（﹣L，1）兩點的連線上有一個產生粒子的發(fā)生器裝置，產生質量均為m，電荷量均為q靜止的帶正電的粒子，不計粒子的重力和粒子之間的相互作用，且整個裝置處于真空中．（1）若粒子從M點由靜止開始運動，進入第一象限后始終在電場中運動并恰好到達A點，求這個過程中該粒子運動的時間及到達A點的速度大小；（2）若從MN線上M點下方由靜止發(fā)出的所有粒子，在第二象限的電場加速后，經第一象限的電場偏轉穿過虛線邊界后都能到達A點，求此邊界（圖中虛線）方程．14．（16分）把帶電荷量2×10-8C的正點電荷從無窮遠處移到電場中A點，要克服電場力做功8×10-6（1）A點的電勢；（2）A、B兩點的電勢差。15．（12分）如圖，平行板電容器為C，電荷量Q0，極板長為L，極板間距離為d，極板與水平面成α夾角，現有一質量為m的帶電液滴沿兩極板的中線從P點由靜出發(fā)到達Q點，P、Q兩點都恰在電容器的邊緣處，忽略邊緣效應，求：（1）液滴的電荷量；（2）液滴到達Q點時的速度大?。?/p>

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、D【解析】

油滴處于平衡狀態(tài)，可知油滴所受的向上的電場力等于重力；若S閉合，則兩板間的電勢差U不變，將A板向上平移一小段位移，則兩板間距d變大，根據E=U/d可知，兩板場強減小，油滴受的向上的電場力減小，則油滴向下加速運動，選項A錯誤；若將S斷開，則兩板間場強不變，則油滴仍靜止，選項B錯誤；若S閉合，則兩板間的電勢差U不變，將A板向左平移一小段位移，因兩板間距不變，則場強不變，油滴受的電場力不變，則油滴仍靜止，選項C錯誤；若將S斷開，則極板帶電量Q不變，再將A板向下平移一小段位移，則d減小，根據C=εS4πkd、C=Q/U和E=U/d可得：E=4πkQεS2、C【解析】試題分析：粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得，解得：．由于三個帶電粒子的質量、電荷量均相同，在同一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，由圖示可知，粒子的軌道半徑最小，粒子的軌道半徑最大，則的粒子速率最小，粒子的速率最大，故A錯誤，C正確；粒子在磁場中做圓周運動的周期：，粒子在磁場中的運動時間：，三粒子運動周期相同，由圖示可知，在磁場中運動的偏轉角最大，對應時間最長，故BD錯誤．考點：帶電粒子在磁場中的運動【名師點睛】帶電粒子在磁場、質量及電量相同情況下，運動的半徑與速率成正比，從而根據運動圓弧來確定速率的大小；運動的周期均相同的情況下，可根據圓弧的對應圓心角來確定運動的時間的長短．3、C【解析】

電容器的電容與電容器板間電壓無關，加電壓或不加電壓、電荷量多或少時，電容都是10μF．故AB錯誤，C正確。50V是電容器的耐壓值，這個電容器上加的電壓不能高于50V．故D錯誤。故選C?！军c睛】電容表征電容容納電荷的本領大小，與板間電壓和電量無關，對于給定的電容器，電容是一定的，電量與電壓成正比．4、D【解析】

石塊做自由落體運動，根據公式h＝gt2，下落總時間3秒，則井深為：h=45m，故ABC錯誤，D正確；

故選D。5、B【解析】

交流電是指電流的方向發(fā)生變化的電流，它的電流的大小可以不變，也可以變化，故選B。6、A【解析】試題分析：在0~av時間內，ab邊切割磁感線運動，根據右手定則，知感應電流的方向為abcda，為正，切割的有效長度在均勻減小，所以感應電流的大小在均勻減?。赼考點：本題考查了導體切割磁感線時的感應電動勢．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、ACD【解析】兩極板間的距離減小，根據電容的決定式可知電容C增大，故A正確；因為電容器與電源始終相連，則兩端的電勢差不變，根據Q=CU知，電荷量增大，故B錯誤，C正確；根據場強定義式：可知電勢差不變，d減小，則電場強度增大，故D正確。所以ACD正確，B錯誤。8、AD【解析】

A．加5V的電壓時，電流為1.0A，由歐姆定律可知，導體的電阻故A正確；B．加12V的電壓時，電流為1.5A，由歐姆定律可知，導體的電阻故B錯誤；CD．由圖可知，隨電壓的增大，圖象上的點到原點連線的斜率減小，又因為I-U圖象的斜率表示電阻的倒數，則導體的電阻不斷增大，同理可知，隨電壓的減小，導體的電阻不斷減小，故C錯誤，D正確。故選AD。9、CD【解析】

A.小燈泡的額定電流為：燈泡內阻為：當開關接1時，根據閉合電路歐姆定律有：代入數據解得：故A錯誤；BC.當接2時燈泡正常發(fā)光，則流過的電流為：電源內阻分的電壓為：故電動機分的電壓為：動因電動機消耗的電能轉化為機械能和內能，則可知電阻：故B錯誤，C正確；D.當接2時，電源輸出功率：出故D正確。10、BD【解析】該裝置所加的電壓為反向電壓，發(fā)現當電壓表的示數大于或等于1.7V時，電流表示數為0，知道光電子的最大初動能為1.7eV，根據光電效應方程EKm=hγ-W0，W0=1.05eV．故A錯誤，B正確；當滑動觸頭向a端滑動時，反向電壓增大，則到達集電極的電子的數目減小，電流減小，故C錯誤；改用能量為2.5eV的光子照射，2.5eV仍然大于1.7eV，仍然可以發(fā)生光電效應，電流表G也有電流，即使移動變阻器的觸點c，電流表G中也可能有電流，故D正確．所以BD正確，AC錯誤．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、1.696~1.699mm乙電阻53mA130Ω【解析】

（1）[1]螺旋測微器的讀數1.5mm+0.01mm×19.8=1.698mm（2）[2][3]由實物圖可知電阻乙與多用電表串聯，則所測是的電流為乙電阻的電流．因選檔位為100mA，則最小分度為2mA，則讀數為：53mA（3）[4]被測量電阻阻值為13×10Ω=130Ω12、F外小電壓表的分流作用0.482.20【解析】(1)根據電源電動勢和內阻，以及待測電阻的阻值可知電路中最大電流為0.5A，滑動變阻器應選F；(2)被測電阻的阻值與電流表的內阻接近，所以電流表的分壓作用明顯，故選用電流表外接法時相對誤差較?。挥捎陔妷罕淼姆至髯饔?，測量電流偏大，所以被測電阻測量值偏小；(3)電流表的分度值為0.02A，根據指針位置可知電流為0.48A，電壓表的分度值為0.1V，所以電壓表的讀數為2.20V。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）t=322LmE0【解析】試題分析：粒子在第二象限的電場中勻加速的時間：L=得時間：t1=在第一象限做類平拋運動，水平：L=v1豎直：v這個過程中該粒子所用的時間：t=該過程中粒子到達A點的速度：v=（2）設粒子從P點坐標為（-L、y1）由靜止勻加速直線運動，粒子進入第一象限做類平拋運動，經Q點后做勻速直線運動，設Q點坐標為（x、y）；粒子進入第一象限的速度：E做類平拋運動經Q點時，水平：x=豎直：y代入得：y把上面兩式相除得：yQA與x軸成θ角可得：tanθ=由速度分解：tanθ=整理得邊界方程：y=2L考點：考查了帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學的知識，分析方法和力學的分析方法基本相同．先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速、減速，直線或曲線），然后選用恰當的規(guī)律解題．解決這類問題的基本方法有兩種，