安徽省安慶第一中學2025屆物理高二第一學期期中學業質量監測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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、在地球的圓形同步軌道上有某一衛星正在運行，則下列正確的是()．A．衛星的重力大于在地球表面時受到的重力B．衛星處于完全失重狀態，所受重力為零C．衛星離地面的高度是一個定值D．衛星相對地面靜止，處于平衡狀態2、靜電力恒量k的單位是（）A．N·m2·kg?2 B．N?1·m?2·kg2C．N·m2·C?2 D．N?1·m?2·C23、如圖所示，A和B為豎直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球．開始時開關S閉合且滑動變阻器的滑動頭P在a處，此時絕緣線向右偏離豎直方向．（電源的內阻不能忽略）下列判斷正確的是A．小球帶負電B．當滑動頭從a向b滑動時，細線的偏角θ變大C．當滑動頭從a向b滑動時，電流表中有電流，方向從上向下D．當滑動頭從a向b滑動時，電源的總功率一定變小.4、如圖所示，a、b、c三枚小磁針分別在通電螺線管的正上方、管內和右側，當這些小磁針靜止時，小磁針N極的指向是（）A．a、b、c均向左B．a、b、c均向右C．a向右，b向左，c向右D．a向左，b向右，c向右5、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，c為ab的中點，d為P和金屬桿連線的中點。達到靜電平衡后（）A．a端的電勢比b端的高 B．a端的電勢比b端的低C．點電荷在桿內c的場強為零 D．b端的電勢比d點的電勢低6、在靜電場中，關于場強和電勢的說法正確的是（）A．電場強度大的地方電勢一定高B．電勢為零的地方場強也一定為零C．場強為零的地方電勢也一定為零D．場強大小相同的點電勢不一定相同二、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、關于電功和電熱，下列說法中正確的是()A．電流在電路中所做的功一定大于電熱B．電路中只有電阻時，電功等于電熱C．電流在電路中所做的功一定等于電熱D．在電路中包含有電動機、電解槽時電流做功把電能轉化成機械能、化學能、熱能；此時電功大于電熱8、有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區域做圓周運動．則下列計算正確的是A．Ⅰ中運動的電子與Ⅱ中的電子圓周運動的半徑比是1∶kB．Ⅰ中運動的電子與Ⅱ中的電子運動的加速度大小比是比是1∶kC．Ⅰ中運動的電子與Ⅱ中的電子圓周運動的周期是比是1∶kD．Ⅰ中運動的電子與Ⅱ中的電子圓周運動的角速度比是1∶k9、如圖所示，直線b為電源的U﹣I圖象，直線a為電阻R的U﹣I圖象，用該電源和該電阻組成閉合電路時，電源的輸出功率和電源的效率分別是（）A．電源的輸出功率為4W B．電源的輸出功率為2WC．電源的效率約為33.3% D．電源的效率約為67%10、如圖所示,、兩個小球從不同高度同時沿相反方向水平拋出,其平拋運動軌跡的交點為,則以下說法正確的是A．、兩球同時落地B．球先落地C．、兩球在點相遇D．無論兩球初速度大小多大,兩球總不能相遇三、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）測定一節電池的電動勢和內阻，電路如圖甲所示，MN為一段粗細均勻、電阻率較大的電阻絲，定值電阻R0＝1.0Ω．調節滑片P，記錄電壓表示數U、電流表示數I及對應的PN長度x，繪制了U-I圖象如圖乙所示．(1)用螺旋測微器測出金屬絲的直徑如圖丁所示，則金屬絲的直徑為____mm．(2)由圖乙求得電池的電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω．(3)根據實驗數據可繪出圖象，如圖丙所示．圖象斜率為k，電阻絲橫截面積為S，可求得電阻絲的電阻率ρ＝________，電表內阻對電阻率的測量________(選填“有”或“沒有”)影響．12．（12分）①用螺旋測微器測圓柱體的直徑時，示數如下圖所示，此示數為_____mm.②用多用表測量某元件的電阻，選用“×100”倍率的電阻擋測量，發現多用表指針偏轉角度過大，因此需選擇_________倍率的電阻擋(填“×10”或“×1k”)，并需_____后，再次進行測量.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，用30cm的細線將質量為4×10-3kg，帶電量為3×10-6C的帶正電小球P懸掛在O點，當空中有方向為水平向右的勻強電場時，小球偏離37°后處于靜止狀態．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求勻強電場的場強；（2）求細繩拉力的大小．14．（16分）如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子，以速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的有界勻強磁場中，射出磁場時的速度方向與原來粒子的入射方向的夾角θ=60°，求：（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑r；（2）帶電粒子的電性和質量m；（3）帶電粒子穿過磁場的時間t．15．（12分）如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為θ，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端．導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g．求：（1）導體棒與涂層間的動摩擦因數μ；（2）導體棒勻速運動的速度大小v；（3）整個運動過程中，電阻產生的焦耳熱Q．

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】

A、因為高度越高，重力加速度越小，所以同步衛星軌道上的重力加速度小于地面重力加速度，可知衛星重力小于在地球表面時受到的重力，故A錯誤；B、衛星繞地球做勻速圓周運動，處于完全失重狀態，但是重力不為零，故B錯誤；C、同步衛星的周期一定，根據萬有引力提供向心力GMmr2=m·4π2D、同步衛星相對地面靜止，但是不是處于平衡狀態，故D錯誤；故選C。【點睛】同步衛星軌道上的重力加速度小于地面重力加速度，可知衛星重力與在地球表面重力的大小關系；衛星繞地球做勻速圓周運動時，處于完全失重狀態，同步衛星定軌道、定高度、定周期。2、C【解析】由靜電力公式：，可知靜電力恒量k的單位是N·m2·C?2，故C正確，ABD錯誤．3、C【解析】試題分析：由圖，A板帶正電，B帶負電，電容器內電場方向水平向右．細線向右偏，電場力向右，則小球帶正電，故A錯誤．滑動頭向右移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，路端電壓變小，電容器電壓變小，細線偏角變小，故B錯誤．滑動頭向右移動時，電容器電壓變小，電容器放電，因A板帶正電，則流過電流表的電流方向向下，故C正確．在滑片由a向b滑動時，滑動變阻器接入電阻減小；總電阻減小，總電流增大，則可知，總功率增大，故D錯誤．考點：考查了含電容電路4、D【解析】

由通電螺線管電流的流向，根據右手螺旋定則可得，通電螺線管的左邊為S極，右邊為N極．所以a枚小磁針的N極指向為向左、b枚小磁針N極指向為向右、c枚小磁針的N極指向為向右，故D正確，ABC錯誤；故選D。【點睛】右手螺旋定則也叫安培定則，讓大拇指所指向為電流的方向，則四指環繞的方向為磁場方向。當導線是環形時，則四指向為電流的方向。5、D【解析】

AB．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φa=φb，所以A錯誤，B錯誤；C．達到靜電平衡后，導體為等勢體，桿內c的場強為零，點電荷在C點的場強與感應電荷在C點的場強等大反向，點電荷在桿內c的場強不為零，故C錯誤；D．由于正電荷在右邊，所以越往右電場的電勢越高，所以φd>φb，故D正確。故選D。6、D【解析】解：A、沿著電場線的方向電勢逐漸降低，電場線密的地方，電場強度大，電場線疏的地方電場強度小．電勢高的地方電場強度不一定大，電場強度大的地方，電勢不一定高．故A錯誤．B、電勢為零是人為選取的，則電勢為零的地方場強可以不為零．故B錯誤．C、場強為零的地方電勢不一定為零，電勢為零是人為選取的．故C錯誤．D、在勻強電場中，場強處處相等，但沿著電場線的方向電勢逐漸降低，所以場強大小相同的點電勢不一定相同，故D正確．故選D．【點評】對于電勢與場強的大小關系：兩者沒有關系，可根據電勢高低看電場線的方向，場強大小看電場線疏密來理解．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、BD【解析】

純電阻電路，外電路電流做的功等于電熱，非純電阻電路，外電路電流做的功大于電熱，故B正確，AC錯誤；當外電路不是純電阻時，電流做的功有一部分轉化為機械能、化學能，因此，電功大于電熱，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。8、AC【解析】

設Ⅱ中的磁感應強度為B，則Ⅰ中的磁感應強度為kB；

A．根據電子在磁場中運動的半徑公式可知，Ⅰ中的電子運動軌跡的半徑為，Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑為，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，故A正確；B．電子在磁場運動的洛倫茲力作為向心力，所以電子的加速度的大小為，所以Ⅰ中的電子加速度的大小為，Ⅱ中的電子加速度的大小為，所以Ⅱ的電子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B錯誤；C．根據電子在磁場中運動的周期公式可知，Ⅰ中的電子運動周期為，Ⅱ中的電子運動周期為，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的周期是Ⅰ中的k倍，故C正確；D．做圓周運動的角速度，所以Ⅰ中的電子運動角速度為，Ⅱ中的電子運動角速度為，在Ⅱ的電子做圓周運動的角速度是Ⅰ中的倍，故D錯誤；9、AD【解析】試題分析：由圖象A可知電源的電動勢E=3V，短路電流為6A，該電源和該電阻組成閉合電路時路端電壓為U=2V，電流為I=2A，電源的輸出功率即為電阻R上消耗的功率，根據P=UI得P=2×2W=4W，電源的總功率為：P考點：考查了U-I圖像【名師點睛】由圖象A可知電源的電動勢為3V，短路電流為6A，兩圖象的交點坐標即為電阻R和電源構成閉合回路時的外電壓和干路電流．電源的輸出功率即為電阻R上消耗的功率，效率等于R消耗的功率除以總功率．10、BD【解析】

做平拋運動時，下落的時間取決于下落的高度，從圖中可知a球下落的高度大于b球，根據可得a球下落過程中的時間長，故b球先落地，A錯誤B正確；由于在P點兩球下落的高度不同，所以到達P點的時間不同，故不能在P點相遇，C錯誤D正確；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、0.398(0.397-0.399)1.49-1.500.45-.050kS沒有【解析】

[1]讀數為固定刻度加可調刻度：0+39.8×0.01mm=0.308mm；（0.397-0.399）[2][3]由閉合電路歐姆定律可知：；則可知，圖2中的圖象與縱坐標間的交點表示電動勢，故；圖象的斜率表示內電阻,則；解得：；[4]由圖示可知，伏安法測電阻相對于電源來說采用電流表外接法，由于電壓表分流作用，電流表測量值偏小，當外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的U?I圖象如圖所示，由圖象可知，電動勢測量值小于真實值，電源內阻測量值小于真實值，[5]根據歐姆定律可知,電阻；則可知；解得：；若考慮電阻內阻，則圖象的斜率不變，所以得出的電阻率沒有影響；12、8.115×10歐姆調零【解析】

①螺旋測微器的固定刻度為8mm，可動刻度為11.5×0.01mm=0.115mm，所以最終讀數為8mm+0.115mm=8.115mm．②歐姆表的表盤上越向右側電阻越小，偏角大說明阻值小，為了準確測量要換較小擋：故選擇×10檔進行測量，換檔后要重新歐姆調零.四、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）1×104N/C.（2）5×10-2N【解析】

（1）對小球受力進行分析，小球受到重力mg、電場力qE，細線的拉力T，如圖．

根據平衡條件得：qE=mgtan37°得：（2）細絲的拉力為：14、(1)；(2)正電；；(3)【解析】

（1）電子垂直射入勻強磁場中，只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，畫出軌跡，如圖所示，由幾何知識得到，軌跡的半徑為：；（2）由左手定則，可知，帶電粒子帶正電由牛頓第二定律得，解得（3）由幾何知識得到，軌跡的圓心角為，故穿越磁場的時間為：；15、（1）μ＝tanθ；（2）v＝；（3）Q＝2mgdsinθ－【解析】試題分析：（1）導體棒在絕緣涂層上滑動時，受重力mg、導軌的支持力N和滑動摩擦力f作用，根據共點力平衡條件有：mgsinθ＝f，N＝mgcosθ根據滑動摩擦定律有：