2025届贵州省贵定县第二中学物理高二上期中监测模拟试题含解析

2025届贵州省贵定县第二中学物理高二上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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、将一个平行板电容器接上电源后再切断电源．然后使两极板间的距离增大一些，则关于电容器两极的电压U和两极间的场强E的变化，下列说法正确的是（）A．U增大，E增大B．U增大，E不变C．U不变，E减小D．U减小，E减小2、如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一正方形线圈拉出有界的匀强磁场区域，v2=2v1，在先后两种情况下（）A．线圈中的感应电流之比I1：I2=2：1 B．通过线圈某一截面的电荷量之比q1：q2=1：2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4 D．作用在线圈上的外力大小之比F1：F2=1：23、如图,由相隔一定距离的两个固定的点电荷形成的电场中,有三条相距较近的等差等势线K、L、M,其中L为直线,等势线的形状关于BC和AC对称。A在K上,B、C在L上。下列说法正确的是()A．该电场是由等量同种点电荷形成的B．A、B、C三点的电场强度方向相同C．将同一试探电荷分别放在A、B、C三点,电荷在C点受到的电场力最大D．将同一试探电荷分别放在A、B、C三点,电荷在A点具有的电势能最大4、如图所示是某同学实验中的电压表的刻度盘，若当时使用的是0～15V的量程，那么电压表读数为多少（）A．1.2V B．1.20V C．6V D．6.0V5、如图所示，一带电粒子从平行带电金属板左侧中点垂直于电场线以速度v0射入电场中，恰好能从下板边缘以速度v1飞出电场．若其它条件不变，在两板间加入垂直于纸面向里的匀强磁场，该带电粒子恰能从上板边缘以速度v2射出．不计重力，则（）A．2v0=v1+v2B．v0=C．v0=D．v0＜v1=v26、近几年，在国家宏观政策调控下，我国房价上涨出现减缓趋势。若将房价的“上涨”类比成“加速”，将房价的“下跌”类比成“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可类比成（）A．速度增加，加速度减小B．速度增加，加速度增大C．速度减小，加速度增大D．速度减小，加速度减小二、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、设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，则下列说法正确的是（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持d不变，减小S，则θ变小C．用手触摸极板B，则θ变大D．在两板间插入电介质，则θ变小8、标有”20V6W”字样的直流电动机，线圈电阻为20Ω，不计机械摩擦阻力，则电动机正常工作时，电能转化为机械能的功率P机和发热功率P热分别是（）A．P机=4.2W B．P机=1.8W C．P热=4.2W D．P热=1.8W9、如图所示，ABCD是磁感应强度为B的匀强磁场的边界AB=2a、BC=a，磁场方向垂直纸面向里。一细束质量为m、电荷量为+q的粒子以大小不同的速度在纸面内从E点垂直AB边界射入磁场，BE=a/2，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，关于粒子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是（）A．在磁场中的运动时间相同的粒子入射速度相同B．到达D点的粒子入射速度大小v=C．落在AD边的粒子在磁场中运动的最短时间为D．粒子在磁场中运动的最长时间为10、如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个点电荷只在电场力作用下，沿图中曲线abc的运动．a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有（）A．a、b、c三点处电势高低关系是acbB．质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小C．质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2:1:2D．若将d处的点电荷改为Q，该点电荷的轨迹可能仍为曲线abc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《描绘小灯泡伏安特性曲线》实验中选择“3V0.5A”的小灯泡作为研究对象，现备有以下器材:A．电流表(量程0～0.6A，内阻1Ω)B．电流表(量程0～3A，内阻1Ω)C．电压表(量程0～15V，内阻约10kΩ)D．电压表(0～3v，内阻约2kΩ)E.滑动变阻器(阻值0~100Ω)F.滑动变阻器(阻值0-10Ω)G.电源E=6VH.开关I，导线若干（1）在本实验中，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______；(填入器材序号)（2）滑动变阻器应采用______(填“分压”或“限流”)接法，电流表应采用______(填“内”、“外”)接法；（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I=______A，U=______V.12．（12分）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材:A．电池组(3V，内阻10Ω)；B．电流表(0～3A，内阻0.0125Ω)；C．电流表(0～0.6A，内阻0.125Ω)；D．电压表(0～3V，内阻3kΩ):E.电压表(0～15V，内阻15kΩ,)；F.滑动变阻器(0～50Ω，额定电流1A)；G.滑动变阻器(0～5000Ω，额定电流0.3A)；H.开关、导线(1)上述器材中电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选_____(填写各器材前的字母代号);(2)实验电路应采用电流表_____接法(填“内”或“外”);(3)该实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I=____A，U=____V;（4）在测定该金属导线的直径时，螺旋测微器的读数如图所示，可知该金属丝的直径d＝________mm.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）把一根长为L=10cm的直导线垂直磁感线方向放入如图的匀强磁场中。（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力F1大小为1.0×10-7N，试求该磁场的磁感应强度的大小B。（2）若该导线中通以I2=3A的电流，试求此时导线所受安培力大小F2。14．（16分）如图所示，空间中A、B和C三点分别位于直角三角形的三个顶点，AB=4cm，BC=3cm。现将点电荷QA和QB分别放在A、B两点，得C点的电场强度EC=10N/C，方向平行于A、B两点的连线。（1）指出点电荷QA和QB的电性；（2）求点电荷QB所产生的电场在C点的场强。15．（12分）将带电荷量为1×10－8C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10－6J，问：(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？(2)A点的电势是多少？(3)若静电力可以把带电荷量大小为2×10－8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？(取无限远处为电势零点)

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】考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．解答：解：平行板电容器接上电源后再切断电源，电容器所带电量不变．增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E==，Q、k、?、S均不变，则E不变．故B正确故选B点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．2、D【解析】

A．由题意可知v2=2v1，设线框边长为L，总电阻为R，根据：可知感应电流之比为1：2，故A错误；B．根据电流定义式有：所以结合电磁感应定律有：可知q与速度无关，故通过某截面的电荷量之比为1：1；故B错误；C．因为v2=2v1，故两次拉出正方形线圈的时间之比为2：1，根据：故线圈中产生的焦耳热之比为：故C错误；D．线圈匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件可得：可知：故D正确。故选D。3、B【解析】根据电场线的特点，这两点电荷是两个等量异种电荷．故A错误；根据电场线的分布可知，A、B、C三点的电场强度方向相同，均为水平方向，选项B正确；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；而在两电荷的连线上，中点的电场线最稀疏，场强最小，故A点场强最大，电荷在A点的电场力最大，选项C错误；因不知道等量异种电荷在两边的位置，故无法判断A点电势的高低，也就无法知道电势能的大小，选项D错误；故选B.点睛：常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．4、D【解析】

电压表使用0～15V，每一个大格代表5V，每一个小格代表0.5V，即分度值为0.5V，则电压表读数为：6.0V．A.1.2V与计算结果不符，故A错误．B.1.20V与计算结果不符，故B错误．C.6V与计算结果不符，故C错误．D.6.0V与计算结果相符，故D正确．5、B【解析】带点粒子在电场中运动时，电场力做正功，在电场和磁场的复合场中运动时，洛伦兹力不做功，电场力做负功，所以有v2<v0<v1，对以上两个过程运用动能定理：，，联立解得，正确答案是B．6、A【解析】

“房价上涨出现减缓趋势”中“上涨”类比为速度增大，“减缓”类比为加速度减小，所以“房价上涨出现减缓趋势”可以类比为加速度减小的加速运动，即速度增大，加速度减小，A正确，BCD错误。故选A。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】试题分析：保持S不变，增大d，由电容的决定式C=εS4πkd可知电容C减小，Q不变，再由电容的定义式C=QU分析得知，板间电压增大，则θ变大，故A正确．保持d不变，减小S，电容C减小，Q不变，由C=Q考点：电容器的动态分析【名师点睛】对于电容器的动态分析问题，关键抓住电容的两个公式：电容的决定式C=εS4πkd和电容的定义式8、AD【解析】

由P=UI可得电流为线圈电阻发热功率为机械功率为故选AD。9、CD【解析】

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程，根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过圆心角、应用牛顿第二定律分析答题。【详解】粒子在磁场中做圆周运动的周期：与粒子的速度无关，从AB边离开磁场的粒子在磁场中的运动时间：t=T都相等，从AB边的不同位置离开磁场的粒子运动轨迹不同，粒子轨道半径r不同，粒子速度不同，故A错误；当粒子速度较小时，粒子从AB边离开磁场，粒子运动轨迹与CD相切时从AD边的最高点离开磁场，粒子速度再增大，粒子将从CD边离开磁场，粒子不可能从D点离开磁场，故B错误；粒子运动轨迹与CD相切时粒子从AD边离开，此时粒子的运动时间是从AD边离开磁场的粒子中运动时间最短的，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得，粒子运动轨迹：r=a，，粒子在磁场中转过的圆心角：α=180°﹣θ=120°，粒子在磁场中的运动时间：，故C正确；粒子从AB边离开磁场时在磁场中的运动时间最长，为：，故D正确。所以CD正确，AB错误。【点睛】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，根据粒子运动过程与周期公式、应用几何知识即可解题。10、BC【解析】试题分析：根据负点电荷电场线分布可知，a、b、c三点处电势高低关系是φa＝φc＜φb，选项A错误；质点由a到b，电场力做负功，电势能增大，从b到c，电场力做正功，电势能减小，故质点由a到c电势能先增加后减小，在b点动能最小，选项B正确；设正方形的边长为L，则对角线db长为，则,，所以电荷在abc三点受电场力关系为2:1:2，所以加速度大小之比为2∶1∶2，选项C正确；若将d处的点电荷改为＋Q，该带正电的质点将受到斥力作用，所以运动的轨迹就不可能为曲线abc，选项D错误．考点：带电粒子在电场中的运动．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、ADF分压式外0.482.20【解析】(1)“3V0.5A”的小灯泡，则电流表应选用A(量程0～0.6A，内阻1Ω)，电压表应选用D(0～3v，内阻约2kΩ)；描绘小灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器选用F(阻值0-10Ω)(2)描绘小灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器应采用分压式接法；小灯泡正常工作时的电阻比电压表电阻小的多，则电流表应采用外接法．(3)电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I=0.48A，U=2.20V点睛：器材分度值是一个单位的，估计到分度值的下一位；器材分度值是2或5个单位的，估计到分度值的同一位．12、(1)CDF(2)外(3)0.482.20(4)0.622【解析】（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=U/I，电压表和电流表选择的原则是在保证仪表安全的情况下，指针偏转角度尽可能大，根据电源的电动势为3V，电压表的量程应选3V，即选D；电流I=U/R，约为0.6A，故应选C；滑动变阻器的选择原则是保证安全的情况下，调节要方便，由于待测电阻较小，故滑动变阻器应选F。（2）由于待测电阻的阻值远小于电压表的电阻，故应选择电流表外接法。（3）电流表的量程是0.6A，最小分度是0.02A，故电流表示数为0.48A；电压表的量程是3V，最小分度是0.1V，故电压表的示数为2.20V。

（4）螺旋测微器固定尺的读数为0.5mm，螺旋尺