安徽省示范高中培优联盟2025届物理高二上期中学业质量监测模拟试题含解析

安徽省示范高中培优联盟2025届物理高二上期中学业质量监测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、关于电流，下列说法正确的是()A．只有正电荷的定向移动才能形成电流B．把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向C．金属导体导电的时候，导体中电荷的定向移动方向和电流方向相同D．方向不变的电流叫恒定电流2、关于电场线与电场强度，下列说法中正确的是（）A．电场线越密的地方，电场强度越大B．电场线越疏的地方，电场强度越大C．顺电场线的方向移动，电场强度越来越大D．逆电场线的方向移动，电场强度越来越大3、如图所示，匀强磁场分布在第一象限，带电粒子以初速度v0从a点平行x轴进入，经过x轴b点，2oa=ob。若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0平行x轴从a点进入电场，仍能通过b点，不计重力，则电场强度E和磁感应强度A．2.5v0B．1.25v0C．0.5v0D．v04、2018年1月31日晚，月球位于近地点附近，“蓝月亮”刷爆微信朋友圈．月球在如图所示的近地点、远地点受地球的万有引力分别为F1、F2，则F1、F2的大小关系是()A．F1<F2 B．F1>F2C．F1=F2 D．无法确定5、用一个恒力F单独作用于质量为m1的物体，使物体产生的加速度大小为a1，该力单独作用于质量为m2的物体时，物体产生的加速度大小为a2；若将该恒力作用于质量为(m1＋m2)的物体时，产生的加速度大小为()A． B． C． D．6、十九世纪末发现电子以后，物理学家密立根通过实验比较准确地测定了电子的电荷量。如图所示为密立根实验的示意图，两块金属板水平放置，板间存在匀强电场，方向竖直向下。用一个喷雾器把许多油滴从上极板中间的小孔喷入电场，油滴由于摩擦而带电，当一些微小的带电油滴受到的电场力和重力恰好平衡时，油滴处于悬浮状态。当极板间的电压为U、距离为d时，一质量为m的油滴恰好悬浮于电场中，重力加速度为g，则该油滴（）A．带负电，电荷量为B．带正电，电荷量为C．带正电，电荷量为D．带负电，电荷量为二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中()A．小球的重力势能减少了2mgh B．小球的动能减少了2mghC．电场力做负功2mgh D．小球的电势能增加了3mgh8、如图，一带电液滴在重力和竖直向下的匀强电场的作用下，以一定的初速度开始由b沿直线向上运动到d，且bd与水平方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是(

)A．此液滴带负电 B．液滴的加速度等于C．合外力对液滴做正功 D．液滴的电势能减少9、有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．则下列计算正确的是A．Ⅰ中运动的电子与Ⅱ中的电子圆周运动的半径比是1∶kB．Ⅰ中运动的电子与Ⅱ中的电子运动的加速度大小比是比是1∶kC．Ⅰ中运动的电子与Ⅱ中的电子圆周运动的周期是比是1∶kD．Ⅰ中运动的电子与Ⅱ中的电子圆周运动的角速度比是1∶k10、虚线框内存在着匀强电场(方向未知)，有一正电荷(重力不计)从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是()A．电场力一定对电荷做了正功B．电场方向可能垂直ab边向右C．电荷运动的轨迹可能是一段圆弧D．电荷的运动一定是匀变速运动三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）（1）下列给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差又直观、简便的是_____A．测出两组I、U的数据，代入方程组E=U1+I1r和E=U2+I2rB．多测几组I、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值C．测出多组I、U的数据，画出U-I图像，在根据图像求E、rD．多测几组I、U的数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势E，再利用闭合电路欧姆定律求出内电阻r（2）用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U-I图像，由图像可知______A．电池的电动势为1.40VB．电池内阻值为3.50ΩC．外电路短路时的电流为0.40AD．电压表的示数为1.20V时，电流表的示数I/约为0.10A12．（12分）有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的I-U图线，有下列器材供选用：A．电压表(0～3V，内阻约6kΩ)B．电压表(0～15V，内阻约30kΩ)C．电流表(0～3A，内阻约0.1Ω)D．电流表(0～0.6A，内阻约0.5Ω)E．滑动变阻器(10Ω，2A)F．滑动变阻器(200Ω，0.5A)G．蓄电池(电动势6V，内阻不计)(1)某同学设计成如图所示的两种电路，要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图___(选填“a”或“b”)。(2)用正确的电路进行测量，电压表应选用____，电流表应选用_____滑动变阻器应选用____(用序号字母表示)。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD＝0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．14．（16分）如图，平行金属板水平放置，上极板带负电且中心有一个小孔，两板间的距离为3d。一带电为+q的带电小球在小孔正上方的d处静止释放，并恰好运动到下极板，但不会被下极板吸收。已知小球质量为m，重力加速度取g，忽略极板外部电场，不计空气阻力。求：（1）极板间的电场强度E；（2）小球从开始释放到第一次刚离开上极板过程中，小球在板外与板间的运动时间之比。15．（12分）如图所示，为一除尘装置的截面图，其原理是通过板间的电场或磁场使带电尘埃偏转并吸附到极板上，达到除尘的目的。已知金属极板MN长为d，间距也为d。大量均匀分布的尘埃以相同的水平速度v0进入除尘装置，设每个尘埃颗粒质量为m、电量为―q。当板间区域同时加入匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场并逐步增强至合适大小时，尘埃恰好沿直线通过该区域;且只撤去电场时，恰好无尘埃从极板MN间射出，收集效率（打在极板上的尘埃占尘埃总数的百分比）为100%，不计尘埃的重力、尘埃之间的相互作用及尘埃对板间电场、磁场的影响。(1)判断M板所带电荷的电性；(2)求极板区域磁感应强度B的大小；(3)若撤去极板区域磁场，只保留原来的电场，则除尘装置的收集效率是多少？(4)把极板区域的磁场和电场均撤去后，在y轴右侧设计一个垂直于坐标平面的圆形匀强磁场区域，就可把全部尘埃收集到位于Q点的收集箱内。若直角坐标系原点O紧贴金属极板MN右侧中点，Q点坐标为（2d，―1.5d），求此磁场的方向及磁感应强度B′的大小范围。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】A、正、负电荷的定向移动都能形成电流，故A错．B、人们规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，故B对，C、金属导体导电的时候，导体中定向移动的电荷是自由电子，定向移动方向和电流方向相反，故C错．D、方向不变的电流叫直流电．方向和大小都不变的电流叫恒定电流，故D错综上所述本题答案是：B2、A【解析】

由题中“关于电场线与电场强度”可知，本题考查电场线和电场强度关系，根据电场线的分布、疏密程度可分析本题。【详解】AB．电场线密的地方电场的强度大，故A正确B错误；CD．沿电场线的方向，电势降低，但是电场线不一定是越来越密的，故CD错误。【点睛】电场线的方向是电势降低的方向，疏密程度反应电场强度。3、B【解析】

设ob=2oa=2d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以r2=(2d)2+(r-d)2，解得圆周运动的半径r=52d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r，解得：B=2mv05qd。如果换成匀强电场，水平方向以v【点睛】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．4、B【解析】

根据万有引力定律由于近地点的轨道半径小于远地点的轨道半径，所以故B正确，ACD错误。5、D【解析】试题分析：设该恒力为F，则F=m1a1，F=m2a2，F=(m1+m2)a；将m1=，m2=代入到最后的式子中，得出a=，故D是正确的．考点：牛顿第二定律．6、D【解析】

带电荷量为q的油滴静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性和带电量即可．【详解】带电荷量为q的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电；根据平衡条件，有：mg=q，故；故ABC错误，D正确；故选D。【点睛】本题关键是明确密立根油滴实验的实验原理，要注意运用电场力与重力平衡，同时注意元电荷的意义，知道带电体的电荷量总是元电荷的整数倍．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解析】试题分析：小球下落h，重力势能减少量为△EP=mgh，故A错误；小球的动能变化等于合外力做的功，△Ek=（mg-F）h=-2mgh，即动能减少了2mgh，故B正确；电场力的做功为W=-Fh=-3mgh，故C错误；小球的加速度方向向上，大小是2g，由牛顿第二定律可得，2mg=F-mg，电场力F=3mg，方向向上；电场力向上，小球向下运动，电场力做负功，电势能增加，△EP=Fh=3mgh，故D正确；故选BD．考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题考查对功能关系的理解能力，对于几对功能关系的理解要准确，不能张冠李戴，动能的变化由合力的做功决定，重力势能的变化由重力做功决定．电势能的变化有电场力的功决定．8、AD【解析】

液滴所受重力和电场力的方向均在竖直方向，液滴沿与水平方向所夹锐角为45°的bd线做直线运动，则液滴所受重力与电场力相互抵消．A：电场力与重力抵消，电场力方向竖直向上，匀强电场竖直向下，则此液滴带负电．故A项正确．B：液滴所受重力与电场力相互抵消，液滴的加速度等于零．故B项错误．C：液滴所受重力与电场力相互抵消，合外力等于零，合外力对液滴不做功．故C项错误．D：液滴所受电场力竖直向上，液滴与水平方向所夹锐角为45°的bd线运动过程中，电场力做正功，液滴的电势能减少．故D项正确．【点睛】物体做直线运动，所受力均在与运动方向互成角度的一条直线上，则物体所受合力为零．9、AC【解析】

设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB；

A．根据电子在磁场中运动的半径公式可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；B．电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B错误；C．根据电子在磁场中运动的周期公式可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；D．做圆周运动的角速度，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，故D错误；10、BD【解析】由正电荷在匀强电场中的偏转可以判断，其所受电场力一定指向运动曲线的内侧，但电场力与速度方向的夹角可能为锐角或钝角，电场力可能做正功或负功，所以选项A错B对，由于正电荷只受恒定的电场力作用，所以正电荷不可能做圆周运动，一定是匀变速曲线运动，选项D正确，答案为B、D.三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、CA【解析】试题分析：（1）图象在数据处理中经常用到，图象法可以减小偶然误差，并且能直观、简单，故很多实验中经常用到这种方法，C正确；（2）由图示图象可知，电源U-I图象与纵轴交点坐标值为1．42，则电源的电动势测量值为1．42V，故A正确；电源内阻等于图象斜率的大小，为，故B错误；由图示图象可知，路端电压为1．22V时，电路电流为2．4A，可知外电路发生短路时的电流为，故C错误；当电压表示数为1．22V时，，故D正确；考点：考查了U-I图像【名师点睛】图象在数据处理中经常用到，图象法可以减小偶然误差，并且能直观、简单，要明确图象的意义，同时注意纵坐标是否从零开始的，不能相当然的将横坐标的截距当作短路电流．12、bADE【解析】

(1)[1]实验中要求小灯泡的电压从零开始增大，则滑动变阻器应采用分压电路，故选b；(2)[2][3][4]由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V量程，故选A；由P=UI可得，电流为I=0.8/2.8A=0.28A故电流表应选D；本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选E四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)2A(2)7V(3)12W【解析】

(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为：(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：UD=E-I(r+R)-UL=20-2×(1+4)-3=7V(3)电动机的总功率为P总=IUD=2×7=14W电动机的热功率为P热=I2RD=22×0.5=2W所以电动机的输出功率为P出=P总-P热=14-2=12W14、（1）；（2）【解析】

（1）从释放到下极板，由动能定理，得mg(d+3d)‒qE·3d=0解得（2）设运动时间分