2025届安徽省A10联盟物理高二上期末监测模拟试题含解析

2025届安徽省A10联盟物理高二上期末监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图所示，一电子仅在电场力作用下从原点O由静止沿x轴正方向运动，其动能Ek与其位移x成正比，M、N是x轴上的两个点，EM、EN表示M、N两点的电场强度，φM、φN表示M、N两点的电势．下面判断正确的是（）A.EM＜EN B.EM＞ENC.φM＞φN D.φM＜φN2、如图所示，一个矩形线框，自有边界的匀强磁场上方某一高度下落，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直，则在进入磁场时，导线框不可能做的运动的是（）A.变加速下落 B.变减速下落C.匀速下落 D.匀加速下落3、某同学做观察电磁感应现象的实验，将电流表线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，实验进行中，下列所描述的现象与实验事实相符合的是A.闭合开关瞬间，电流表指针不会发生偏转B.开关闭合稳定后，电流表指针会发生偏转，且示数不变C.开关闭合稳定后，把线圈A插入及拔出线圈B这两个过程，电流表指针都会发生偏转，且偏转方向相反D.断开开关瞬间，电流表指针不会发生偏转4、如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的．若用磁铁分别靠近这两个圆环，则下面说法正确的是(

)A.图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开B.图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动C.用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥D.用磁铁N极接近B环时，B环被推斥，远离磁铁运动5、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（）A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D.断开S，将A板向B板靠近，则θ减小6、如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐减小C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动二、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、如图,电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是()A.小灯泡L1、L2均变暗B.小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小D.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大8、下列关于等势面的说法正确的是（）A.电荷在等势面上移动时不受电场力作用，所以不做功B.等势面上各点的场强相同C.点电荷在真空中形成电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面D.匀强电场中的等势面是相互平行的垂直于电场线的一簇平面9、如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.4s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则（）A.第一次线圈中的磁通量变化较快B.第一次电流表G最大偏转角较大C.第二次电流表G的最大偏转角较大D.若断开S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势10、如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小不等、方向相反的电流．a、0、b在M、N的连线上，0为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到0点的距离均相等．则下列说法正确的是()A.0点处的磁感应强度不可能为零B.b点处的磁感应强度不可能为零C.a、b两点处的磁感应强度大小可能相等，方向相反D.c、d两点处的磁感应强度大小可能相等，方向相同三、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）在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A．干电池一节B．电流表（量程0．6A）C．电压表（量程0～3V）D．电键S和若干导线E．滑动变阻器R（最大阻值20Ω，允许最大电流2A）①为使测量尽可能精确，请根据原理图甲用笔画线代替导线将如图乙所示的实物图连成实验电路_________（已连接了部分线）②完成下列实验步骤中所缺的内容：A．按实验要求连接好电路，使滑动变阻器以阻值______接入电路中（选填“最大”或“最小”）B．闭合电键，移动________，使电压表和电流表指针有明显偏转，读取电压表和电流表的示数C．继续移动，并再次读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据D．断开电键，整理好器材，进行实验数据处理③将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，作出U—I图线，由此求得待测电池的电动势E=_____V，内电阻r=_____Ω．（结果保留三位有效数字）12．（12分）如图1是用游标卡尺测量时的刻度图，为20分度游标卡尺，读数为：_________cm；图2中螺旋测微器的读数为：________mm四、计算题：本题共3小题，共38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）某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力(1)若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；(2)若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；(3)若粒子从M′点射出，求v0满足的条件14．（16分）(8分)如图所示,在y<0的区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于xy平面并指向纸里,磁感应强度为B.一带负电的粒子(质量为m、电荷量为e)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ.(粒子所受重力不计)，求：(1)该粒子射出磁场的位置（用坐标表示）；(2)该粒子在磁场中运动的时间15．（12分）如图所示，A、B为某匀强电场中的两点。已知匀强电场的电场强度E＝4.0×103N/C，A、B间距离s＝4cm，AB与电场方向夹角为60°。求：(1)A、B两点间电势差UAB；(2)已知一个电子在A点的电势能，求B点电势。

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、D【解析】根据电子的运动方向结合图象，确定电场力方向，场强方向与电子所受电场力方向相反．根据场强方向判断电势的高低．由速度图象读出速度平方v2与位移x的关系，确定场强的变化情况【详解】由动能Ek与其位移x成正比，Ek=Eqx，故E为常量，为匀强电场，故AB错误；电子所受电场力逆着电场方向，电场方向沿MN，沿电场线的方向电势降低，φM＜φN，故D正确，C错误．所以D正确，ABC错误【点睛】本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析2、D【解析】线框进入磁场过程中受到的安培力AD．如果，线框向下做加速运动，由牛顿第二定律得：解得由于速度v增大，a减小，线框向下做变加速运动，故A正确，D错误；B．如果，线框受到的合力向上，线框向下做减速运动，由牛顿第二定律得：解得由于速度v减小，a减小，线框向下做变减速运动，故B正确；C．如果，线框将向下做匀速直线运动，故C正确。故选D。3、C【解析】当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流，电流表指针发生偏转.【详解】A、开关闭合的瞬间，则通过螺线管B中的磁通量从无到有，则产生感应电流，电流表指针发生偏转，故A错误；B、开关闭合稳定后，则通过螺线管B中的磁通量不变，电流表指针不发生偏转，故B错误；C、开关闭合稳定后，把线圈A插入及拔出线圈B这两个过程，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故C正确；D、开关断开的瞬间，则通过螺线管B中的磁通量从有到无，则产生感应电流，电流表指针发生偏转，故D错误；故选C.【点睛】解决本题的关键掌握感应电流的产生条件，知道当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流.4、C【解析】当磁铁N极靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；故A错误；磁铁N极远离A环时，圆环A的磁通量变小，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它随磁铁运动；故B错误；当磁铁的任意一磁极靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，使A环被排斥，故C正确；对于圆环B，当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用．所以对于圆环B，无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故D错误；故选C.【点睛】本题也可以直接使用楞次定律的推论解答．从楞次定律相对运动角度可得“来拒去留”；即近则斥，远则吸5、A【解析】若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，故A正确；B错误；若断开S，电容器带电量保持不变，由和以及，可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则θ不变，故CD错误；故选A【点睛】对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化6、D【解析】带电粒子在匀强电场中的运动。【详解】A．带电粒子沿水平方向做直线运动，则电场力与重力的合力一定沿水平方向，受力分析如图：合力与速度方向反向，即重力与电场力不平衡，A错误；B．如图，电场力方向与运动方向夹角大于90°，电场力做负功，电势能增加，B错误；C．合力与速度方向反向，做负功，由动能定理可知，动能减小，C错误；D．整个过程处于匀强电场中，电场力与重力都不变，即合外力不变，加速度不变，做匀变速直线运动，D正确。故选D。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】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，与灯L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表读数变小，L2变暗，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，电压表V的读数变大．路端电压增大，而L2灯电压减小，所以L1灯的电压增大，L1灯变亮故选BD【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键．也可以运用结论进行分析：变阻器电阻增大，与之并联的电灯会亮，与之串联的电灯会变暗，即“串反并同”8、CD【解析】试题分析：等势面与电场线垂直，故沿着等势面移动点电荷，电场力与运动方向一直垂直，电场力不做功，故A错误；电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面，等势面上各个点的场强大小情况要看具体的电场，故B错误；等势面与电场线垂直，结合这个特点可以知道孤立点电荷在真空中形成的电场的等势面是以点电荷为圆心的一簇球面，故C正确；等势面与电场线垂直，结合这个特点可以知道匀强电场中的等势面是相互平行的垂直于电场线的一簇平面，故D正确；故选CD考点：等势面【名师点睛】本题关键是要明确等势面的概念，电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；等势面与电场线垂直，沿着等势面移动点电荷，电场力不做功；同时要能根据电场线画出常见的几种等势面图9、AB【解析】两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，根据时间长短判断磁通量变化的快慢，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比【详解】A项：磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；B、C项：感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B正确，C错误；D项：断开电键，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误故选AB【点睛】解决本题的关键知道感应电动势产生的条件，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比10、AB【解析】根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A正确．根据右手螺旋定则，M处导线在b点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在b点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故B正确；M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故C错误．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，但因两条导线中通有大小不等的电流，根据平行四边形定则，知c、d两处的合场强不可能相等．故D错误．故选AB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、①.②.最大③.滑动变阻器的滑片④.E=1.48V⑤.r=0.400Ω【解析】（1）根据电源的电动势的大小，可以确定电流的范围，从而可以选择需要的滑动变阻器的大小，根据电路图连接线路即可；（2）闭合电键前，应使滑动变阻器以阻值最大接入电路中，这样在闭合电键时，电流最小．改变滑动变阻器的大小，再次读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据．根据电流和电压的数值，作出图象．图象与纵坐标的截距代表的就是电源的电动势，直线的斜率代表电源的内阻考点：用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻12、①.1.375②.0.700【解析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×0.05mm=0.75mm，所以最终读数为：13mm+0.75mm=13.75mm=1.375cm螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量四、计算题：本题共3小题，共38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)0.0125m(2)3.6×105m/s.(3)第一种情况：v0＝(其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝(其中n＝0、1、2、3)【解析】(1)粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向得代入数据解得t＝1.0×10－6s水平位移x＝v0t代入数据解得x＝0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t0＝＝0.5×