2025屆云南省紅河黃岡實驗學校物理高二第一學期期中學業質量監測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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，A、B、C、D為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一個電子垂直經過等勢面D時，動能為20eV，飛經等勢面C時，電勢能為－10eV，飛至等勢面B時速度恰好為零，已知相鄰等勢面間的距離為5cm，則下列說法正確的是（）A．等勢面A的電勢為10VB．勻強電場的場強大小為200V/mC．電子再次飛經D勢面時，動能為10eVD．電子的運動可能為勻變速曲線運動2、如圖所示，a、b兩端電壓恒定，電阻R1＝2kΩ，用內阻也是2kΩ的電壓表測電阻R1兩端電壓為2V，測R2兩端電壓為4V，則不接電壓表時，關于a、b間總電壓判斷正確的是()A．等于6VB．大于6VC．小于6VD．以上說法都不對3、如圖所示，為保溫電飯鍋的電路示意圖，R1、R2為兩電熱絲，S為溫控開關，A、B兩點接在穩壓電源上，R1:R2=9:1，加熱時的功率為1000W，則（）A．S閉合時，電飯鍋處于加熱狀態B．S斷開時，電飯鍋處于加熱狀態C．保溫狀態時電源的輸出功率為900WD．保溫狀態時電源的輸出功率為W4、一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，AB與電場線夾角θ.已知帶電微粒的質量m，電量q，A、B相距L.不計阻力，則以下說法正確的是()A．微粒在電場中可能做勻速運動B．電場強度的大小為mg/qtanθ，方向水平向右C．微粒在電場中一定做勻減速運動，且加速度的大小為g/sinθD．要使微粒從A點運動到B點，微粒進入電場時的最小動能是mgL/tanθ5、示波器是一種常見的電學儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓隨時間變化的情況．當u2和u3的電壓都為零時，電子經電壓u1加速后通過偏轉電場打在熒光屏的正中間．豎直偏轉電壓u2，以A板帶正電為正；水平偏轉電壓u3，以C板帶正電為正，以下關于所加電壓與熒光屏上所得的圖形的說法中錯誤的是A．如果只在u2上加上甲圖所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(a)B．如果只在u3上加上乙圖所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(b)C．如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(c)D．如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(d)6、A、B是一條電場線上的兩點，若在A點釋放一初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線從A運動到B，其速度隨時間變化的規律如圖乙所示．設A、B兩點的電場強度分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB，則A．EA＝EBB．EA＜EBC．φA＝φBD．φA＞φB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、如圖所示，如圖所示兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間的夾角為θ．整個裝置處于沿豎直方向的勻強磁場中．質量為m的金屬桿ab垂直導軌放置，當桿中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab剛好靜止．則（）A．磁場方向豎直向上B．磁場方向豎直向下C．ab所受支持力的大小為mgcosθD．ab所受安培力的大小為mgtanθ8、關于靜電場，下列說法正確的是（）A．電勢等于零的物體一定不帶電B．電場強度為零的點，電勢一定為零C．同一電場線上的各點，電勢一定不相等D．負電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加9、空間存在勻強電場，有一電荷量為q(q＞0)、質量為m的粒子從O點以速率v0射入電場，運動到A點時速率為2v0。現有另一電荷量－q、質量m的粒子以速率2v0仍從O點射入該電場，運動到B點時速率為3v0。若忽略重力的影響，則()A．在O,A,B三點中，B點電勢最高B．在O,A,B三點中，A點電勢最高C．O,A間的電勢差比B,O間的電勢差大D．O,A間的電勢差比B,A間的電勢差小10、如圖所示，在電場中任意取一條電場線，電場線上的a、b兩點相距為d，則（）A．a點的場強一定大于b點的場強B．a點的電勢一定大于b點的電勢C．a、b兩點電勢差一定等于Ed（E為a點場強）D．a、b兩點電勢差等與單位正電荷由a點沿任意路徑移到b點的過程中電場力所做的功三、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）欲用伏安法測定一段阻值為5Ω左右的金屬導線的電阻，要求測量結果盡量準確，備有以下器材：A．電池組（3V、）B．電流表（0～3A，約0.0125Ω）C．電流表（0～0.6A，約0.125Ω）D．電壓表（0～3V、）E.電壓表（0～15V、）F.滑動變阻器（0～）G.滑動變阻器（0～）H.開關、導線(1)上述器材中應選用的是______________。(2)實驗電路采用正確連接,R的測量值比真實值_________（填“偏大”或“偏小”或“相等”）。(3)在方框中畫出實驗電路圖__。12．（12分）圖甲是“研究平拋物體的運動”的實驗裝置圖。(1)實驗前應對實驗裝置反復調節，直到斜槽末端切線______。每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋________。(2)圖乙是正確實驗取得的數據，其中O為拋出點，則此小球作平拋運動的初速度為______m/s。（g取9.8m/s2）(3)在另一次實驗中將白紙換成方格紙，每小格的邊長L＝5cm，通過實驗，記錄了小球在運動途中的三個位置，如圖丙所示，則該小球做平拋運動的初速度為_____m/s；B點的豎直分速度為_____m/s。（g取10m/s2）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，是一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖．電動機內電阻r＝1Ω，電路中另一電阻R＝20Ω，直流電壓U＝200V，理想電壓表示數UV＝120V.試求：(g取10m/s2)(1)通過電動機的電流；(2)若電動機以v＝1m/s勻速豎直向上提升重物，求該重物的質量？14．（16分）如圖，電源電動勢ε=10V，內阻不計，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF．(1)閉合電鍵S，求穩定后通過R1的電流．(2)然后將電鍵S斷開，求這以后流過R1的總電量15．（12分）如圖所示，在平面直角坐標系xoy中，x軸下方第三、四象限內有垂直平面向里的勻強磁場，x軸上方有一圓形邊界勻強磁場（圖中未畫出），圓形有界磁場的磁感應強度是x軸下方磁場磁感應強度的4倍，一質量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上距離坐標原點L處的A點以速度v射入勻強磁場，速度方向與x軸夾角為θ=300，經磁場偏轉后從x軸上距離坐標原點L處的B點射出勻強磁場，然后射入圓形磁場，恰好又能回到A點，以后周期性運動，不計重力，求：（1）x軸下方磁場的磁感應強度大小；（2）圓形有界磁場的最小半徑；（3）粒子運動周期T。

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、B【解析】

A．電子從D到B過程，動能減小20eV，且勻強電場，即等間距，則C點的動能為10eV，由于等勢面C時，電勢能為－10eV，則知電子的電勢能與動能的和等于0；由于飛經等勢面C時，電勢能為－10eV，則C等勢面的電勢為10V；粒子經過等勢面B時的動能等于0，則電勢能也等于0，則B等勢面的電勢等于0，結合該勻強電場的特點可知，A等勢面的電勢為－10V，故A錯誤；B．電子從B到D過程，根據動能定理得解得對于BD段電場強度為故B正確；C．根據能量守恒可知，電子再次經過D等勢面時，電勢能不變，動能不變，其動能仍為20eV，故C錯誤；D．根據電場線與等勢面垂直可知，該電場是勻強電場，且電場力方向與速度方向在同一直線上，則電子做勻變速直線運動，故D錯誤。故選B。2、B【解析】

用內阻是2kΩ的電壓表測電阻R1，該電路的總電流I1=測R2兩端電壓為4V，則該電路的總電流為兩次總電壓相等，則有U=2+I1R2=4+I2R1代入數據，R2=4kΩ．所以a、b間總電壓為U=10V．A．等于6V，與結論不相符，選項A錯誤；B．大于6V，與結論相符，選項B正確；C．小于6V，與結論不相符，選項C錯誤；D．以上說法都不對，與結論不相符，選項D錯誤；3、A【解析】

AB.由電路圖可知，當S閉合時，R1短路，電路中電阻最小，由知，此時電路為加熱狀態，故A正確，B錯誤；CD.電阻R2的阻值為R1：R2=9：1，R1=9R2=9×48.4Ω=435.6Ω，當S斷開時，R1、R2串聯，電路電阻最大為R=R1+R2=435.6Ω+48.4Ω=484Ω保溫狀態時電路的功率為故CD項錯誤．4、C【解析】

由題可知，微粒所受電場力方向必定水平向左，合力方向與速度方向相反，則微粒做勻減速運動。故A錯誤。力的合成圖如圖，則有qEtanθ=mg，電場強度E=mgqtanθ．由于微粒帶正電，則電場強度方向水平向左。故B錯誤。由上分析得知，微粒在電場中一定做勻減速運動，合力為F合=mgsinθ，則加速度的大小為gsinθ．故C正確。當微粒恰好到達B點時，微粒進入電場的動能最小，由動能定理得，-mgsinθL=0-Ek，得到微粒進入電場時的最小動能是【點睛】本題關鍵要懂得物體做直線運動的條件：合力方向與速度方向在同一直線上．結合牛頓第二定律和動能定理求解.5、C【解析】

如果只在u2上加上甲圖所示的電壓，電子只在豎直向偏轉，且偏轉距離不一，故在熒光屏上看到的圖形為一豎直圖線，如圖（a）故A正確；如果只在u3上加上乙圖所示的電壓，電子只在水平向偏轉，且偏轉距離不一，故則在熒光屏上看到的圖形為一水平線段，如圖（b）故B正確；如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，在水平向為掃描，則在熒光屏上看到的圖形如甲圖形，故C錯誤；如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，在水平向為掃描，則在熒光屏顯示的與甲同波形，為圖（d），故D正確；此題選擇不正確的選項，故選C。【點睛】考查示波器的顯示特點，明確兩個方向上電子的偏向和偏轉距離與所加電壓的方向與大小關系；知道如果水平向所加圖示U3電壓可在電子在水平向全掃描，則熒光屏上顯示的波形與豎直向的電壓波形相同．6、A【解析】

因為電子做勻加速直線運動，則加速度不變，即所受的電場力不變，可知電場強度不變，所以EA=EB．故A正確，B錯誤。因為電子從A到B做加速運動，所以電場線方向由B指向A，沿電場線方向電勢逐漸降低，則φA＜φB．故CD錯誤。故選A。【點睛】解決本題的關鍵知道沿電場線方向電勢逐漸降低，電場線的疏密代表電場的強弱．本題通過電場力的變化判斷電場強度的變化．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、AD【解析】

以金屬桿為研究對象進行受力分析，由平衡條件判斷磁場方向并求出安培力的大小．【詳解】磁場豎直向上，由左手定則可知，金屬桿所受安培力水平向右，金屬桿所受合力可能為零，金屬桿可以靜止，故A正確；如果磁場方向豎直向下，由左手定則可知，安培力水平向左，金屬桿所受合力不可能為零，金屬桿不可能靜止，故B錯誤；磁場豎直向上，對金屬桿進行受力分析，金屬桿受力如圖所示，由平衡條條件得，F安=mgtanθ，故C錯誤，D正確；故選AD。8、CD【解析】

A．電勢的零點是人為選取的，則電勢等于零的物體也可以帶電。故A錯誤；B．電場強度與電勢無關，電場強度為零的點，電勢不一定為零，故B錯誤；C．沿電場線的方向，電勢降低，則同一電場線上的各點，電勢一定不相等，故C正確；D．負電荷沿電場線方向移動時，電場力方向與電場線方向相反，則電場力對負電荷做負功，其電勢能一定增加，故D正確。故選CD。9、AD【解析】

根據電場力做功與電勢能之間的關系，電場力做正功，電勢能減小，可以判斷電勢的高低；在由電勢差的定義式可以分析OA、BO的電勢差的大小．【詳解】正電荷由O到A，動能變大，電場力做正功，電勢能減小，電勢也減小，所以O點的電勢比A點的高；負電荷從O到B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B點電勢比O點高。所以B點最高，故A正確，B錯誤；由電場力做功的公式可得：UOA＝WOAq＝12m(2v0)2-【點睛】在計算電場力做功和電勢的大小時，一定要注意物理量的正負號，它表示了電勢的高低，求電勢差時也是如此．10、BD【解析】

一條電場線無法判斷場強的疏密，A錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，B正確；只有在勻強電場中a、b兩點間的電勢差等于Ed，C錯誤；a、b兩點間的電勢差等于單位正電荷由a點沿任意路徑移到b點的過程中靜電力所做的功，D正確；故選BD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、ACDFH偏小【解析】

（1）[1]．根據閉合電路歐姆定律可求出通過待測電阻的最大電流為所以電流表應選C；根據電源電動勢為3V可知，電壓表應選D；根據電流表的最小讀數應為量程的1/3，根據閉合電路歐姆定律可求出電路中需要的最大電阻應為所以變阻器應選F，且應采用限流式接法；所以應選擇的器材是ACDFH；

（2）[2]．由于待測電阻滿足，所以電流表應用外接法；由于變阻器的阻值大于待測電阻，變阻器應采用限流式接法；電路應是外接限流式，此電路中電流的測量值偏大，則電阻Rx的測量值比真實值偏小。（3）[3]．如圖所示：

12、水平初速度相同1.6m/s1.47m/s1.96m/s【解析】

(1)[1][2]為了保證小球的初速度水平，斜槽末端應切線水平，每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋的初速度相同。

(2)[3]分析圖乙，O點為拋出點，取坐標點x=32.0cm=0.32my=19.6cm=0.196m在豎直方向上水平方向上x=v0t代入數據解得小球平拋初速度v0=1.6m/s(3)[4][5]分析圖丙L=5cm=0.05m由圖可知，小球由A到B和由B到C在水平方向位移相等，均為3L，則運動時間T相等，在豎直方向，由圖示可知△y=2L由勻變速直線運動的推論△y=gT2可得初速度根據勻變速直線運動中，一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知，在B點豎直分速度四、計算題