2025届山东省青岛市西海岸新区胶南第一高级中学高二物理第一学期期中监测模拟试题含解析

2025届山东省青岛市西海岸新区胶南第一高级中学高二物理第一学期期中监测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在许多精密的仪器中，如果需要较精确地调节某一电阻两端的电压，常常采用如图所示的电路通过两只滑动变阻器和对一阻值为500Ω左右的电阻两端电压进行粗调和微调．已知两个滑动变阻器的最大阻值分别为200Ω和10Ω关于滑动变阻器、的连接关系和各自所起的作用，下列说法正确的是（）A．取=200Ω，＝10Ω，调节起粗调作用B．取=10Ω，=200Ω，调节起微调作用C．取=200Ω，=10Ω，调节起粗调作用D．取=10Ω，=200Ω，调节起微调作用2、如图，电源内阻忽略不计，闭合电键，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2，电流表A示数为I．在滑动变阻器R1的滑片由a端滑到b端的过程中（）A．U1先增大后减小B．U1与I的比值先增大后减小C．U1变化量与I变化量的比值不变D．U2变化量与I变化量的比值先增大后减小3、如图所示，电源的内阻不可忽略．已知定值电阻R1=11Ω，R2=8Ω．当开关S接位置1时，电流表的示数为1．21A．那么当开关S接位置2时，电流表的示数可能是下列的哪些值（）A．1．28AB．1．25AC．1．22AD．1．19A4、某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动()A．半径越大，加速度越大B．半径越小，周期越大C．半径越小，线速度越小D．半径越大，线速度越小5、打乒乓球时，球拍对乒乓球的作用力为FN，乒乓球对球拍的作用力为FN′，则（）A．FN大于FN′B．FN与FN′方向相反C．FN小于FN′D．FN与FN′方向相同6、下列说法错误的是（）A．太阳绕地球做匀速圆周运动B．开普勒发现了行星运动三定律C．牛顿发现了万有引力定律D．哥白尼提出了日心说二、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、如图所示的电路中，电源电动势为6V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有（）A．电源两端的电压为6V B．电源的效率为83.3%C．a、b间电压的大小为2.5V D．a、b间用导线连接后，电路的总电流8、如图所示，光滑固定金属导轨与水平面成一定角度θ，将完全相同的两个导体棒P、Q相继从导轨顶部同一位置M处无初速释放，在导轨中某部分（图中两虚线之间）有一与导轨平面垂直的匀强磁场．已知P棒进入磁场时恰好做匀速运动，则从P棒进入磁场开始计时，到Q棒离开磁场（设导轨足够长，除P、Q杆外其余电阻不计），P棒两端电压随时间变化的图象可能正确的是A． B．C． D．9、如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．将这个电阻R分别接到a，b两电源上，那么下列说法不正确的是（）A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的输出功率较大C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高10、一根轻质杆长为2L，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为+q和–q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为u，该过程中()A．小球2受到电场力变小B．小球1电势能减少量小于uqC．小球1、2的机械能总和增加量小于uqD．小球1、2的动能总和增加了uq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）国庆同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。回答以下问题：(1)实验室的老师为国庆同学准备了一些实验仪器，本实验中需要的是___________。A．秒表B．天平C．刻度尺D．打点计时器(2)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是___________。A．斜槽轨道末端的切线必须水平B．入射球和被碰球大小必须相同C．入射球和被碰球的质量必须相等D．必须测出桌面离地的高度H(3)国庆同学在实验中正确操作，认真测量，得出的落点情况如图乙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为____________。(4)若两球间的碰撞是弹性碰撞，入射小球质量m1，被碰小球质量m2，应该有等式________成立。（用图甲中标注的字母符号表示）12．（12分）要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：直流电源（电压为4V）；电流表（量程为0~0.6A，内阻约0.5Ω)；电压表（量程为0~3V，内阻约3kΩ)；电键一个、导线若干。（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）。A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.3A）（2）如图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。（用黑色水笔画线表示对应的导线）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而____________（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是_______Ω（保留两位有效数字）。（5）根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是______________。A．测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电压表内阻引起B．测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电流表内阻引起C．测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电压表内阻引起D．测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电流表内阻引起四、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，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=1×103V/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=1×10-3N，电量q=2×10-6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.1．已知管长AB=BC=2m，倾角a=37°，且管顶B处有一很短的光滑圆弧．求：（1）小球第一次运动到B时的速度多大?（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在何处?（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)14．（16分）如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.6Ω，定值电阻R1=4Ω，R2=6Ω，R3=17Ω，求：（1）外电路的总电阻；（2）通过R3的电流；（3）电源两端的电压．15．（12分）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E1．虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A点坐标为（L，1），虚线x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1，M（﹣L，L）和N（﹣L，1）两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小；（2）若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点，求此边界（图中虚线）方程．

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】

若=200Ω，＝10Ω,则与R0组成的部分电路的电阻远小于,移动上的滑片很不方便调节两端的电压.

当=10Ω，=200Ω时,移动上的滑片使两端的电压变化较快,移动上的滑片使R0两端的电压变化相对较慢,故B对；ACD错故选B【点睛】滑动变阻器采用分压式接法时,为使电压变化明显,滑动变阻器的总电阻要远小于被测电阻的电阻值.2、B【解析】

闭合电键后，滑动变阻器滑片P由由a端滑到b端的过程中，变阻器并联的阻值先增大后减小，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大，即A示数先减小后增大．由欧姆定律知，V2示数先减小后增大．因为电源内阻忽略不计，电压表V1的示数等于电源的电动势，可知V1示数不变，故A错误；U1I＝R外，因为外电阻先增大后减小，所以U1与I的比值先增大后减小，故B正确，C错误；R2是定值电阻，则ΔU2ΔI＝【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．3、C【解析】试题分析：当电键S接位置1时，电流表的示数为1．21A，则根据欧姆定律得知：路端电压U1=I1R1=11×1．2V=2V；电键S接2后，电路的总电阻减小，总电流一定增大，所以电流不可能是1．19A，电源的路端电压一定减小；原来路端电压为2V，所以电键S接2后路端电压低于2V，因此电流一定小于1．25A，故只能选C．考点：闭合电路欧姆定律名师点睛：本题要根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系，可确定出电流表示数的范围进行选择．4、D【解析】由向心力公式，可知，半径越大，库仑力越小，加速度越小，周期越大，线速度越小，角速度越小；半径越小，库仑力越大，加速度越大，周期越小，线速度越大，角速度越大，故D正确；综上所述本题答案是：D5、B【解析】

球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等，方向相反，故ACD错误，B正确；故选B；6、A【解析】

A．根据开普勒第一定律得知，地球绕太阳做椭圆运动，故A错误，符合题意；

B．开普勒发现了行星运动三定律，故B正确，不符合题意；

C．牛顿发现了万有引力定律，故C正确，不符合题意；

D．哥白尼提出了日心说，故D正确，不符合题意．故选Ａ。点睛：本题关键掌握天体物理部分的物理学史，对于著名科学家的成就进行解答即可．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、BC【解析】

AB．外电阻为则有则路端电压为电源的效率故A错误，B正确；C．选电源负极为零势点，则b点电势为a点电势为则ab间的电压为故C正确；D．a、b间用导线连接后外阻为R′，则有则电流为故D错误。故选BC。8、AC【解析】因导体棒P、Q完全相同,又是从导轨顶部同一位置M处无初速释放,所以P、Q在进入磁场时的速度大小是相等的,当P进入磁场,而Q还没有进入磁场的过程中,P做匀速直线运动,设此时的电动势为E,由闭合电路的欧姆定律可得P两端的电压为E/2，且保持不变．当Q进入磁场时，分为两种情况来分析：Ⅰ、当Q进入磁场时,P已经出了磁场,所以在PQ都不在磁场中时,P的两端的电压为零,当Q进入磁场后,产生的电动势也为E,此时P的两端的电压仍为E/2，当Q离开磁场时，电压为零，选项A是有可能的．Ⅱ、当Q进入磁场时,P还没有出磁场,此时PQ会以相同的速度开始做匀加速直线运动,回路中没有电流,所以P两端的电压等于P产生的电动势,因PQ都在做匀加速直线运动,所以电压是从E均匀增加的,当P到达磁场的边缘时,设产生的电动势为E′,P离开磁场时,只有Q在切割磁感线,此时P两端的电压为Q产生的电动势的一半,即为E′/2，此后Q将做加速度减小的减速运动，P两端的电压也就逐渐减小，且随Q的加速度的减小，电压减小的幅度也越来越小，所以选项C是有可能的，BD不可能．故选AC．9、ABD【解析】

A.电源的效率η=由图看出，电阻R接在电源a上时电路中电流为，短路电流为I，根据闭合电路欧姆定律I=得到，R=ra电源的效率为50%．由图看出，电阻R接在电源b上时＞50%则电源b的效率大于50%．故A错误符合题意．B.电源的图线与电阻R的U﹣I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，由图读出电阻R接在电源a的电压和电流较大，电源a的输出功率较大．故B错误符合题意．CD由分析可知，R接到a电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低．故C正确不符合题意，D错误符合题意．10、BD【解析】

由图可知，杆由水平位置转到竖直位置时，球2所处的位置电场线变得密集，场强变大，则球2所受的电场力变大，选项A错误；根据电场线分布的对称性可知：开始时两个小球处于同一等势面上，转动后，小球1所在位置A的电势较低，小球2所在位置B的电势较高，根据等势面线电场线的关系知道，A、1间电势差小于2、B间的电势差，小球2的电势升高量大于小球1电势降低量，所以小球1的电势能减小量小于12qu，小球2的电势能减小量大于12qu，选项B正确；根据动能定理，系统的重力势能未变，则动能增加量等于电场力对系统做功，大小为uq，机械能增加量等于动能的增加量，即系统的机械能增加量也为uq，故C错误，D正确。【点睛】本题关键要能正确分析小球能量如何转化，运用W=qU和U=Ed定性分析两球电势能的变化关系，由能量守恒定律分析即可。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、BCAB3∶2【解析】

(1)[1]A.本实验中由于平抛运动高度相同，运动时间相同，不需要测量时间，故A错误；B.验证动量守恒，需要计算动量，需要测量质量，故B正确；C.实验中需要测量落点到抛出点的水平距离，故需要刻度尺，故C正确；D.实验中不需要处理纸带，不需要打点计时器，故D错误；故选BC。(2)[2]A.实验是通过平抛研究问题，故槽口末端水平，故A正确；B.两球需要发生对心碰撞，则两球大小需相同，故B正确；C.入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹，故C错误；D.小球平抛运动时间相同，不需要测出桌面离地的高度，故D错误；故选AB。(3)[3]P是入射球碰撞前的落点，M是入射球碰撞后的落点，N是被碰球碰撞后的落点，实验需要验证：m1v1=m1v1′+m2v2两边同时乘以小球做平抛运动的时间t，得m1v1t=m1v1′t+m2v2t结合平抛运动规律得代入数据解得m1：m2=3：2(4)[4]小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能也守恒，有可得：12、A增大12C【解析】

由于采用分压式接法，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；根据图示图象应用欧姆定律分析答题；由图示电压表读出其示数，由图示图象求出对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值；根据电路图应用串并联电路特点与功率公式分析答题；【详解】解：(1)由于采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A；(2)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为：R=U2P=320.6=15Ω(3)由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大；(4)电压表量程为3V，由图示电压表可知其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为0.196A，此时灯泡电阻为：R=U(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得的小灯泡正常发光的功率P=UI偏大，故C正确，A、B、D错误；故选C。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)

(2)距B的距离为

(3)【解析】试题分析：根据牛顿第二定律求出在AB中的加速度，结合速度位移公式求出第一次到达B点的速度．根据牛顿第二定律求出在BC中运动的加速度，结合速度位移公式求出第一次速度为零的位置．小球最终停在B处，对全过程运用动能定理求出总路程的大小．（1）在上滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如图所示．根据牛顿第二定律得，得所以小球第一次到达B点时的速度为：（2）在下滑的过程中受到重力、竖直向上