2025届安徽省滁州市物理高二第一学期期末监测模拟试题含解析

2025届安徽省滁州市物理高二第一学期期末监测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、有关电容的单位及换算正确的是()A.电容的单位是库仑 B.1F=10-6μFC.电容的国际单位是法拉 D.法拉是个很小的单位2、如图，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是正方形的匀强磁场，则电子（）A.速率越小，在磁场中运动时间越长B.在磁场中运动时间越长，其轨迹弧线越长C.在磁场中运动的轨迹线所对应的圆心角最大是πD.在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合3、a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图．由此可知，c点的电势为（）A.4V B.8VC.12V D.24V4、关于洛伦兹力，以下说法正确的是（）A.带电粒子运动时不受洛伦兹力作用，则该处的磁感强度为零B.磁感强度、洛伦兹力、粒子的速度三者之间一定两两垂直C.洛伦兹力不会改变运动电荷的速度D.洛伦兹力对运动电荷一定不做功5、如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（）A. B.C. D.6、如图所示，平行等距的竖直虚线为某一电场的等势面，一带负电的微粒以一定初速度射入电场后，恰能沿直线运动，由此可知（）A.该电场一定是匀强电场，且方向水平向左B.点的电势高于点的电势C.微粒从点到点电势能减少，机械能增加D.微粒从点到点，其动能与电势能之和保持不变二、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、如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P、M、N分别为轨道的最低点，如图所示，则下列有关判断正确的是（三个小球都能到达最低点）()A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系vp＝vM>vNB.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FP＝FM>FNC.小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tP<tM<tND.三个小球都能回到原来的出发点位置8、如图，在图象中表示的是斯特林循环，是英国工程师斯特林于1816年首先提出而得名，图中表示一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，和为等温过程，该循环过程中，下列说法正确的是A.过程中，气体从外界吸收热量B.过程中，气体分子的热运动变得更激烈C.过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D.过程中，内能的增加量大于气体从外界吸收的热量9、如图，有一矩形区域abcd，水平边ab长为，竖直边ad长为h=1m。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子，.当矩形区域只存在场强大小为E=10N/C、方向竖直向下的匀强电场时，+q由a点沿ab方向以速率进入矩形区域，轨迹如图。当矩形区域只存在匀强磁场时-q由c点沿cd方向以同样的速率进入矩形区域，轨迹如图。不计重力，已知两粒子轨迹均恰好通过矩形区域的几何中心。则（）A.由题给数据，初速度可求B.磁场方向垂直纸面向外C.-q做匀速圆周运动的圆心在b点D.两粒子各自离开矩形区域时的动能相等。10、如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列结论正确的是（）A.电源的电动势为6.0V B.电源的内阻为12ΩC.电源的短路电流为0.6A D.电流为0.2A时的外电路的电阻是28Ω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）n匝线圈组成的电路中，磁通量的变化率为，感应电动势的大小E=____________；在远距离输电中，提高输电电压的设备是_________12．（12分）在训练场上，一辆实习车沿规定好的场地行驶，教练员在车旁记录了汽车在各个时刻所在的位置（假设汽车在开始计时之后的连续几个5s内都做直线运动），其时刻与位置的对应关系如下表所示：时刻/s05101520位置坐标/m010-15205根据教练员记录数据可知，汽车在开始计时后的20s内：⑴在第_____s末达到最大位移处；⑵第______个5s内的位移最大，其位移为______m；⑶总位移为_______m，总路程为________m。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）质谱仪是分离和检测不同同位素的仪器，由静电分析器和磁分析器等组成的质谱仪如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离处各点的场强大小相等的径向电场。右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两边界间距近似为零。从离子源射出的速度很小（可认为是零）。质量为m、电荷量为q的离子经加速电场加速后以速度v从M点射入静电分析器，沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出进入磁分析器，最后打在竖直放置于磁分析器左边界的探测板上Q点（Q点未标出），不计离子重力和离子间的相互作用。（1）求加速电场的电压和静电分析器中径向电场的电场强度大小；（2）计算探测板上Q点到O点的距离和离子从M点到Q点的运动时间；（3）若两种质量分别为m1和m2的同位素离子分别以速度v1和v2从N点射入右侧的磁分析器中，求两种离子打在探测板上的位置到N点的距离之比。14．（16分）如图所示，一块质量为M=0.5kg长木板，静止在水平地面上，其左端正好与地面上的A点平齐。地面上A点右侧是光滑的，A点左侧是粗糙的。木板右端放一个质量为m=0.2kg的木块，木板与木块之间的滑动摩擦因数为μ=0.2，在距木板左端距离为s0的D点，有一质量为m0=0.1kg的小木块以v0=8m/s的速度向木板运动，并与木板相碰，碰撞时间极短可忽略，碰后两物体粘在一起，经过一段时间木块m在木板上滑行的距离为△s=0.25m后相对于木板静止．已知木块m0与地面间的动摩擦因数也是μ=0.2，求：（1）最终长木板和两木块的共同速度大小；（2）s0大小；（3）木块m0从D点开始到最终速度稳定这一过程所需的时间。15．（12分）如图，在平行倾斜固定的导轨上端接入电动势E＝50V，内阻r＝1Ω的电源和滑动变阻器R，导轨的宽度d＝0.2m，倾角θ=37°．质量m＝0.11kg的细杆ab垂直置于导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，整个装置处在竖直向下的磁感应强度B＝2.2T的匀强磁场中，导轨与杆的电阻不计．现调节R使杆ab静止不动．sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）杆ab受到最小安培力F1和最大安培力F2；（2）滑动变阻器R有效电阻的取值范围

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、C【解析】电容的国际单位是法拉，库伦是电量单位，选项A错误，C正确；1F=106μF，选项B错误；法拉不是个很小的单位，比法拉小的还有微法和皮法，选项D错误；故选C.2、C【解析】A．如果带电粒子偏转轨迹为半个圆，无论圆的大小，时间都是半个周期，由周期公式可知，时间相同，A错误；B．在磁场中运动时间越长，其圆弧对应的圆心角越大，B错误；C．在磁场中运动的轨迹最大就是半个圆，所以其对应的圆心角最大是π，C正确；D．如果运动轨迹为半个圆，运动时间相同，但轨迹不同，D错误。故选C。3、B【解析】根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B考点：电势【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙4、D【解析】AB．洛伦兹力表达式：为磁感应强度为与速度的夹角，所以磁感强度、洛伦兹力、粒子的速度三者之间不一定两两垂直，当时，，但是磁感应强度可以不为零，AB错误；CD．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直不做功，不会改变速度的大小，会一直改变速度的方向，C错误，D正确。故选D。5、A【解析】线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大．故A错误．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开【点睛】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，即比较安培力与重力的大小关系，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析6、B【解析】A．等势面平行等距，因为电场线和等势线垂直，所以电场线必定沿水平方向，且疏密均匀同向，该电场一定是匀强电场．负电荷受到电场力与重力，使其沿着A到B直线运动，可知，电场力必定水平向左，故电场的方向应水平向右．故A错误B．沿电场线电势降低，所以电场方向向右，则P点的电势高于Q点的电势，故B正确C．微粒所受的电场力水平向左，对微粒做负功，则其机械能在减少，故C错误；D．从P到Q过程中，动能、重力势能与电势能之和保持不变，因为重力势能增加，因此动能与电势能之和减小，故D错误故选B.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、AD【解析】分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得小球到达最低点时的速度；由球的运动可知球滑到最低点时的速度变化；由洛仑兹力公式可知大小关系；由向心加速度公式可知向心加速度的大小关系【详解】在第二图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；球下落时只有重力做功，故第一、二图两次机械能均守恒，故两次球到最低点的速度相等，mgR=mv2，第三图中，小球下滑的过程中电场力做负功，重力做正功，所以小球在最低点的速度小于前两个图中的速度，故A正确；小球在最低点时，第一图中重力和支持力提供向心力，而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等．故B错误；第一图和第二图比较可得，小球下滑的速度相等，故tP=tM．故C错误；第一、二两图中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，动能和重力势能之间转换，故小球在右端都能到达高度相同；轨道是光滑的，重力做功存在重力势能与动能之间的转化，电场力做功存在动能与电势能之间的转化，除此之外没有其他能量的损失，故三球均能回到原来的出发点，D正确；故选AD【点睛】利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛仑兹力永不做功．丙图中在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小，影响小球在右端到达的高度8、AC【解析】A．A→B为等温过程，一定质量的理想气体的温度不变，内能不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故A正确；B．B→C过程中为等容变化，一定质量的理想气体的压强减小，温度降低，分子的平均动能减小，气体分子的热运动变慢，故B错误；C．C→D过程为等温过程，一定质量的理想气体的压强增大，体积减小，分子密集程度增大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；D．D→A过程为等容变化，外界对气体不做功，一定质量的理想气体的压强增大，温度升高，内能的增加量等于气体从外界吸收的热量，故D错误。故选AC。9、AC【解析】A．因为粒子通过矩形区域的几何中心，可知沿电场方向上的距离，垂直电场方向上的距离，根据，可以求出初速度的大小，A正确；B、-q由c点沿cd方向以同样的速率v0进入矩形区域，根据洛伦兹力的方向，结合左手定则知，磁场方向垂直纸面向里，B错误；C、因为圆周运动的轨迹经过矩形区域的几何中心，设中心为0，根据几何关系知，，可知矩形区域几何中心到b点的距离等于bc的距离，知b点为圆周运动的圆心，C正确。D、电荷在电场中做类平抛运动，速度增大，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，可知离开区域区域时动能不等，D错误；故选AC。10、AD【解析】A．根据闭合电路的欧姆定律可得由图可知直线与y轴截距电源电动势，即，故A正确；B．图像中纵轴的起点不是原点，电源内阻为直线斜率的绝对值，即故B错误；C．电源短路时外电阻为零，因此短路电流故C错误；D．当时，外电阻的阻值代入数据解得可解得，故D正确。故选AD。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.(1)②.(2)变压器【解析】感应电动势的大小与磁通量的变化率正比．在远距离输电中，提高输电电压的设备是变压器【详解】感应电动势的大小与磁通量的变化率正比，即感应电动势大小为．在远距离输电中，提高输电电压的设备是变压器12、①.15②.3③.35④.5⑤.85【解析】（1）[1]实习车初始位置位于零点，位置坐标最大为20m，故实习车第3个5s末，即第15s末达到最大位移处；（2）[2][3]根据位移等于位置坐标的变化量求出，第1个5s内的位移为第2个5s内的位移为负号表示方向与坐标正方向相反，位移大小为25m；第3个5s内的位移为第4个5s内的位移为负号表示方向与坐标正方向相反，位移