2025屆重慶市涪陵中學高二物理第一學期期末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、在地面上插入一對電極M、N，將兩個電極與直流電源相連，大地中形成恒定電流和恒定電場．恒定電場的基本性質與靜電場相同，其電場線分布如圖所示，P、Q是電場中的兩點．下列說法中正確的是（）A.P點場強比Q點場強大B.P點電勢比Q點電勢低C.電子在P點的電勢能比在Q點的電勢能小D.電子沿直線從N到M的過程中所受電場力變大2、如圖所示，a、b分別表示一個電池組和一只定值電阻的伏安特性曲線。以下正確的是（）A.電池組的內阻是0.1ΩB.定值電阻的阻值為0.33ΩC.將該電阻接在該電池組兩端，電池組的輸出功率將是4WD.改變外電阻的阻值時，該電池組的最大輸出功率為4W3、在磁場中有甲、乙兩個運動電荷，甲運動方向與磁場方向垂直，乙運動方向與磁場方向平行，則（）A.甲、乙都受洛倫茲力作用B.甲、乙都不受洛倫茲力作用C.只有甲受洛倫茲力作用D.只有乙受洛倫茲力作用4、如圖所示，甲圖中AB是某孤立點電荷的一條電場線，乙圖為該電場線上a、b兩點的試探電荷所受電場力大小與其電荷量的關系圖像，a、b兩點的電場強度及電勢分別為Ea、Eb和φa、φb。下列判定正確的是（）A.點電荷帶正電，在A側，φa>φb，Ea>EbB.點電荷帶正電，在B側，φa<φb，Ea<EbC.點電荷帶負電，在A側，φa<φb，Ea>EbD.點電荷帶負電，在B側，φa<φb，Ea<Eb5、在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表．在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是A.電壓表示數變小B.電流表示數變小C.電容器C所帶電荷量增多D.a點的電勢降低6、真空中有兩個點電荷，它們之間的靜電力為F，如果保持它們所帶的電荷量不變，將它們之間的距離增大為原來的2倍，則它們之間作用力的大小等于（）A.F B.2FC. 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、如圖所示，一質量為m，電荷量為q的帶正電絕緣體物塊位于高度略大于物塊高的水平寬敞絕緣隧道中，隧道足夠長，物塊上、下表面與隧道上、下表面間的動摩擦因數均為μ.整個空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場.現給物塊水平向右的初速度比，空氣阻力忽略不計，物塊電荷量不變，則整個運動過程中，物塊克服阻力做功可能為A.0 B.C. D.8、如圖所示，在絕緣的斜面上方，存在著勻強電場，電場方向平行于斜面向上，斜面上的帶電金屬塊在平行于斜面的力F作用下沿斜面移動．已知金屬塊在移動的過程中，力F做功32J，金屬塊克服電場力做功8J，金屬塊克服摩擦力做功16J，重力勢能增加18J，則在此過程中金屬塊的（）A.動能減少10J B.電勢能增加24JC.機械能減少24J D.內能增加16J9、如圖所示，有三個質量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從P點以相同的初速度垂直電場方向進入勻強電場E中，它們分別落到A、B、C三點，則可判斷（）A.三個小球到達正極板時的動能關系是：B.三個小球在電場中運動的時間C.三個小球在電場中運動的加速度關系是：D.落到A點的小球帶負電，落到B點的小球不帶電10、如圖所示，一圓柱形筒內存在勻強磁場，該筒橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面向里，圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，在該截面內，有質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子從M端的小孔射入筒內，射入時的速度方向與MN成角。當圓筒繞其中心軸以角速度順時針轉動角時，該粒子恰好飛出圓筒．不計粒子重力，粒子在筒內未與筒壁發生碰撞，則下列說法正確的是A.筒內磁場的磁感應強度大小為B.筒內磁場的磁感應強度大小為C.粒子飛入的速度大小為D.粒子飛入的速度大小為R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）在測定一組干電池的電動勢和內阻的實驗中，備有下列器材：A.電流表1(量程2mA，內阻r1=100Ω)B.電流表2(量程1A，內阻約10ΩC.定值電阻R0(2900Ω)D.滑動變阻器R(0~20Ω)E.開關和導線若干(1)某同學根據提供的器材設計電路來完成實驗，PQ連接_________，MN連接_________(填“電流表“1”或“電流表“2”)(2)該同學利用測出的實驗數據作出的I1-I2圖線(I1為電流表1的示數，I2為電流表2的示數，且I1遠小于I2)如圖乙所示，則由圖線可得被測電池的電動勢E=_______V，內阻r=_______Ω．（保留兩位有效數字）(3)若將圖線縱軸改為_________（用所測物理量的符號表示)，則圖線與縱軸交點的物理含義即為被測電池電動勢的大小12．（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，需要測量一個規格為“”的小燈泡兩端的電壓和通過它的電流．現有如下器材：A.直流電源（電動勢，內阻不計）B.電流表（量程，內阻約為）C.電流表（量程，內阻約）D.電壓表（量程，內阻約）E.電壓表（量程，內阻約為）F．滑動變阻器（最大阻值，額定電流）（1）實驗中，電流表應選擇_________；電壓表應選擇____________．（填所選器材前的字母）（2）為了盡可能地減小實驗誤差，請根據正確選擇的器材設計電路并在方框中作出電路圖______（3）在正確操作的情況下，某同學根據實驗所得的數據畫出該小燈泡在伏安特性曲線如圖所示．實驗中，若把該小燈泡和一個阻值為的定值電阻串聯在電動勢為3、內阻為的直流電源上，則小燈泡此時的電阻為_________．（結果保留兩位有效數字）四、計算題：本題共3小題，共38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，真空室內豎直條形區域I存在垂直紙面向外的勻強磁場，條形區域Ⅱ（含I、Ⅱ區域分界面）存在水平向右的勻強電場，電場強度為E，磁場和電場寬度均為L且足夠長，M、N為涂有熒光物質的豎直板。現有一束質子從A處連續不斷地射入磁場，入射方向與M板成夾角且與紙面平行，質子束由兩部分組成，一部分為速度大小為的低速質子，另一部分為速度大小為的高速質子，當I區中磁場較強時，M板出現兩個亮斑，緩慢改變磁場強弱，直至亮斑相繼消失為止，此時觀察到N板有兩個亮斑。已知質子質量為m，電量為e，不計質子重力和相互作用力，求：（1）此時I區的磁感應強度；（2）到達N板下方亮斑的質子在磁場中運動的時間；（2）N板兩個亮斑之間的距離。14．（16分）右端連有光滑弧形槽的水平桌面長，如圖所示。將一個質量為的木塊在的水平拉力作用下，從桌面上的端由靜止開始以的加速度向右運動，木塊到達端時撤去拉力，木塊與水平桌面間的動摩擦因數，取。求：(1)木塊沿弧形槽上升的最大高度；(2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑動的最大距離。15．（12分）如圖甲所示的水銀氣壓計中混入了空氣，上升到水銀柱的上方，形成段空氣柱，致使氣壓計的讀數比實際的大氣壓小些。已知乙圖是空氣柱的壓強P與其長度倒數的關系圖象。已知空氣柱的長度為80mm時，實際大氣壓為768mmHg．忽略水銀槽內液面高度的變化，設環境溫度保持不變。求：（1）空氣柱的長度為80mm時，水銀氣壓計的讀數；（2）空氣柱的長度為90mm時，實際大氣壓的大小。

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、C【解析】電場線密的地方電場強度大，所以P點場強比Q點場強小，A錯誤；該電場與等量異種點電荷的電場相似，根據等量異種點電荷的特點可知，MN的中垂線為一個等勢面，然后根據沿電場線方向電勢降低可知P點電勢一定高于Q點電勢，B錯誤；P點電勢高于Q點電勢，即．由電勢能公式，可知由于電子帶負電，，所以電子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能，C正確；由于該電場是非勻強電場，從N到M的過程E先減小后增大，由F=qE可知，電子所受的電場力也是先減小后增大，D錯誤2、D【解析】A．圖線a表示電源的伏安特性曲線，電池組的內阻為A錯誤；B．圖線b表示定值電阻的伏安特性曲線，所以其電阻為B錯誤；C．兩圖線的交點表示將該電阻接在該電池組兩端的工作狀態，則電阻兩端的電壓為U=3V，電流為I=1A，則電池組的輸出功率C錯誤；D．a圖線縱軸截距表示電源的電動勢，則該電源的電動勢為E=4V，當外電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大，即外電路電阻為，此時電路中的總電流為所以電源的輸出功率為故D正確。故選D。3、C【解析】粒子甲的速度方向與磁場方向垂直，故洛倫茲力為：；粒子乙的速度方向與磁場方向平行，故洛倫茲力為零，故C正確，A、B、D錯誤；故選C4、B【解析】AB．根據電場強度的定義：可知圖像斜率的物理意義為電場強度，所以：根據點電荷的場強公式：可知點靠近點電荷，所以正電荷應在側，沿電場線方向電勢降低，所以：A錯誤，B正確；CD．根據上述分析可知負電荷也應在側，電場強度和電勢大小關系：CD錯誤。故選B。5、D【解析】在滑動變阻器的滑動觸頭P自a端向b端滑動的過程中，R3接入電路的電阻減小，電路外電阻減小，據閉合電路歐姆定律分析干路電流如何變化，再據歐姆定律分析電阻R1兩端電壓的變化，可知電壓表讀數的變化．分析并聯部分電壓的變化，可知電容器的電壓如何變化，電容器所帶電量的變化．由并聯部分電壓的變化及電源的負極接地，可分析a點的電勢如何變化．用并聯部分電壓的變化，得出流過R2的電流如何變化，結合干路電流的變化，分析電流表示數的變化【詳解】A：滑動變阻器的滑動觸頭P自a端向b端滑動的過程中，R3接入電路的電阻減小，電路外電阻減小，干路電流增大，電阻R1兩端電壓增大，電壓表示數增大．故A項錯誤BC：干路電流增大，并聯部分電壓減小，電容器兩板間電壓減小，電容器C所帶電荷量減小．并聯部分電壓減小，流過R2的電流減小，又干路電流增大，則流過電流表的電流增大，電流表示數變大．故BC兩項錯誤D：外電路中順著電流方向，電勢降低，則，b點電勢為零，并聯部分電壓減小，則a點的電勢降低．故D項正確【點睛】電路動態分析問題，按局部到整體，再對局部分析各元件上電壓或電流的變化．靈活應用閉合電路的歐姆定律，電動勢、路端電壓和內電壓關系，串并聯電路的電壓電流關系是解決動態電路的關鍵6、D【解析】由點電荷庫侖力的公式可以得到，電量不變，將它們之間的距離增大為原來的2倍，庫侖力將變為原來的，故D正確，A、B、C錯誤；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、AD【解析】若滑塊受到向上的洛倫茲力F=mg時，則支持力FN=0，摩擦力為f=0，所以滑塊將勻速運動，摩擦力不做功，故A正確；若洛倫茲力F＜mg，則彈力方向向上，豎直方向滿足：FN+F=mg，水平方向受摩擦力向左，滑塊做減速運動，由F=qvB知，F減小，FN則增大，f增大，由-f=ma可知，v逐漸減小，最后減為零，由能量守恒得：，若洛倫茲力F＞mg，則滑塊受到向下的壓FN，在豎直方向有F=mg+FN，滑塊向右做減速運動，由動態分析知，當洛倫茲力F=mg時，FN=0，f=0，最終滑塊做勻速運動，此時滿足：qvB=mg，解得：，對滑塊整個過程由動能定理得：，解得：，故D正確．所以AD正確，BC錯誤8、AD【解析】A．根據動能定理，合外力做功等于動能變化量，則即動能減少10J；A正確；B．電勢能的變化量等于電場力做功，即即電勢能增加8J；B錯誤；C．機械能的變化量等于除重力以外的其它力做功，即即機械能增加8J；C錯誤；D．內能增加量等于客服摩擦力做功，即16J，D正確。故選AD。9、BC【解析】由圖可知上極板帶負電，所以平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，負電荷受到向下的電場力．則不帶電的小球做平拋運動，帶負電的小球做類平拋運動，加速度比重力加速度大，帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運動．由此根據平拋和類平拋運動規律求解【詳解】在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負電小球的受力如下圖所示：由圖可知不帶電小球做平拋運動：；帶正電小球做類平拋運動：；帶負電小球做類平拋運動：所以落到A點的是帶正電小球；落到B點的是不帶電小球；落到C點的是帶負電小球A、根據動能定理，三小球到達下板時的動能等于這一過程中合外力對小球做的功．由受力圖可知，帶負電小球合力最大為，做功最多，動能最大；帶正電小球合力最小為，做功最少，動能最小．即：，故A錯誤；B、根據題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動，球到達下極板時，在豎直方向產生的位移h相等，根據，，得三小球運動時間，正電荷最長，不帶電小球次之，帶負電小球時間最短，故，B正確；CD、根據運動軌跡，結合受力分析可以判斷，落到A點的是帶正電小球；落到B點的是不帶電小球；落到C點的是帶負電小球，故，，，因，故，C正確，D錯誤；故選BC【點睛】確認不帶電小球做平拋運動，帶電小球做類平拋運動，分水平和豎直方向分析小球的運動，水平方向勻速直線運動，豎直方向初速度為0的勻加速直線運動，由運動的合成與分解進行分析10、BC【解析】AB．根據題意，粒子運動的時間為帶負電的粒子的軌跡圖像如圖所示根據幾何關系可知粒子運動的圓心角為粒子在磁場運動的時間，根據牛頓第二定律圓周運動公式解得聯立解得故B正確，A錯誤；CD．根據幾何關系可知粒子的半徑為R，根據牛頓第二定律解得半徑為結合B的大小得到故C正確，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、①.（1）電流表2，②.電流表1；③.（2）4.5，④.1.5；⑤.（3）I1(RO+r1)或3000I1【解析】（1）PQ連接電流表測電路電流，MN連接內阻已知的電流表相當于改裝了一只電壓表，故PQ接電流表2，MN接電流表1.（2）由閉合電路歐姆定律，解得：，結合圖像解得：;（3）若將圖線的縱軸改為I1(R0+r1)或3000I1，則圖線與縱軸交點的物理含義即為被測電池電動勢的大小【點睛】本題沒有電壓表，所以需要利用已知內阻的電流表改裝電壓表，并結合閉合電路歐姆定律求出坐標系所對應的數學函數，利用截距和斜率求解即可12、①.C②.D③.④.【解析】明確燈泡的額定值，從而根據安全和準確性原則進行分析，確定電表；根據實驗原理明確實驗中采用的接法，明確本實驗采用滑動變阻器分壓接法和電流表外接法；在燈泡的伏安特性曲線中作出電源的伏安特性曲線，兩圖象的交點即為燈泡的工作點，再根據歐姆定律即可求得電阻大小；【詳解】解：(1)由題意可知，燈泡的額定電壓為