上海市外国语大学附属大境中学2025届高二物理第一学期期末监测模拟试题含解析

上海市外国语大学附属大境中学2025届高二物理第一学期期末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、关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是：（）A.磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B.磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D.在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小2、电阻不变的三个电灯、、连接在如图所示的电路中，闭合开关后三灯电功率相同，此后向上移动滑动变阻器的滑片．则可判断（）A.三灯的电阻大小是B.三灯的电阻大小是C.、两灯变亮，灯变暗D.、两灯变亮，灯变暗3、如图所示，直角三角形导线框abc以大小为v的速度匀速通过有清晰边界的匀强磁场区域（匀强磁场区域的宽度大于导线框的边长），则此过程中导线框中感应电流的大小随时间变化的规律为下列四个图像当中的哪一个？（）A. B.C. D.4、一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）A.t=2s时最大 B.t=2s时最小C.t=8.5s时最大 D.t=8.5s时最小5、如图所示，环形通电导线内外各有小磁针A、B，则磁针静止时A.A、B的N极均垂直纸面向里B.A、B的N极均垂直纸面向外C.A的N极向里，B的N极向外D.A的N极向外，B的N极向里6、1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小二、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、在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力)，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是()A. B.C. D.8、如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（）A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动9、如图所示为远距离交流输电的简化电路图，发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2．则A.用户端的电压为B.输电线上的电压降为U–U1C.理想变压器的输入功率为I12rD.输电线路上损失的电功率为I12r10、我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗。多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其它的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)轨道高度为静止轨道高度的。下列说法正确的是（）A.“中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间B.“静卫”的轨道必须是在赤道上空C.如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5D.“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期三、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）如图所示是某同学连接的实验实物图，闭合开关S后，发现L1、L2灯都不亮，他采用多用电表的直流电压挡进行故障检查：(1)选择开关应置于下列量程的__________挡（用字母序号表示）A．2.5VB．10VC．50VD．250V(2)在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触__________（选填“a”或“b”）(3)该同学测试结果为：a、b间电压表有示数，c、b间电压表有示数，c、d间电压表无示数，d、f间电压表有示数．根据测试结果，可以判定故障是__________（假设只有下列中的某一项有故障）A．灯L1断路B．灯L2短路C．c、d段断路D．d、f段断路12．（12分）仪器读数：（1）图中游标卡尺的读数是______cm（2）图中螺旋测微器的读数是______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）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：（1）小球到达上极板小孔处的速度；（2）极板间电场强度的大小E和电容器所带电荷量Q；14．（16分）在“测量金属丝电阻率实验”中，有如下器材：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～50Ω，额定电流2A）、开关、导线若干.请完成下列问题（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件______（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．从图甲中的示数可读出合金丝的直径为d=______mm（2）某小组同学利用以上器材进行实验，请根据原理图乙完成实物图丙中的连线，并使在闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏.记录数据如下____________：次数123456U/V0.300.701.001.501.702.30I/A0.0660.1600.2200.3400.4600.520（3）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的6个坐标点.请根据标出的坐标点，描绘出U－I图线.并由图线得到金属丝的阻值Rx＝______Ω．（保留两位有效数字）（4）若实验过程中发现，无论如何调节滑动变阻器，电压表示数不发生变化，则发生故障的可能原因是_______________________________________________.（5）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的有______.A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．测量金属丝的直径时，要在不同位置多次测量，是为了消除偶然误差C．由电流表和电压表的内阻引起的误差属于偶然误差D．用U－I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差15．（12分）如图所示为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势E＝110V，电源内阻r＝2Ω，不计各处摩擦，当电动机以v＝0.80m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I＝5.0A。求：（1）电动机消耗的总功率P总。（2）电动机线圈的电阻R。

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】磁感线从磁体的N极出发，进入S极,形成闭合曲线．电流所受磁场力方向垂直于磁场和电流所确定的平面．磁感线的疏密能表示磁场强弱，沿着磁感线磁场不一定减弱．安培力的大小除了和磁场强弱电流大小有关以外，还与磁场与电流的方向夹角有关，所以在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小．答案选D2、C【解析】A灯两端的电压大于C灯、B灯两端的电压，而三灯的实际功率相等，由可知，；通过C灯的电流大于通过B灯的电流，两灯的实际功率相等，由可得，则知，故AB错误．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器接入电路中的电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过A灯的电流增大，则A灯变亮；因为总电流减小，而通过A灯的电流增大，则通过C灯的电流减小，C灯变暗；C灯两端的电压减小，而路端电压增大，则B灯两端的电压增大，B灯变亮，故C正确，D错误3、B【解析】根据楞次定律以及四幅图中所给初始电流方向可知，线框进入磁场过程中产生的感应电流的方向为逆时针，为正方向，而线框离开磁场过程中产生的感应电流方向为顺时针，为负方向。线框从初始位置到ab边进入磁场前瞬间的过程中感应电流为零。设从ab边进入磁场起线框运动的时间为t，bc边长为d，则线框进入磁场过程中产生的感应电动势为则感应电流为线框完全进入磁场后一段时间内，线框中的磁通量不变，感应电流为零。设磁场区域宽度为L，线圈离开磁场的过程中产生的感应电动势为则感应电流为综上所述可知B正确，ACD错误。故选B。4、AD【解析】由于t=2s时物体向上的加速度最大，故此时人对地板的压力最大，因为地板此时对人的支持力最大；而t=8．5s时物体向下的加速度最大，故地板对的支持力最小，即人对地板的最小，故选项AD正确，选项BC错误5、D【解析】由于环形电流的方向是顺时针的，由安培定则知道环心处的磁感应强度方向是垂直纸面向里的，而环外的磁场方向可以看成直线电流周围的磁场来确定方向，是向外的，因此，小磁针B的N极向里，A的N极向外A、A项与上述分析结论不相符，故A错误；B、B项与上述分析结论不相符，故B错误；C、C项与上述分析结论不相符，故C错误；D、D项与上述分析结论相符，故D正确6、D【解析】A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；C、进入磁场中的粒子速度是一定的，根据得，，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大，故C错误，D正确二、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】如电子水平向右运动，在A图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在B图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右做匀减速直线运动；在C图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，电子向右可能做匀速直线运动；在D图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，因此BC正确8、AD【解析】A．由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；BC．开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，BC错误；D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。故选AD。9、ABD【解析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系【详解】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是，则，得，A正确；输电线上的电压降为，B正确；输入功率，C错误；损失的功率，D正确；故选ABD【点睛】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关10、BD【解析】同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，7.9

km/s是地球卫星的最大速度，根据万有引力提供圆周运动向心力根据半径大小关系分析描述圆周运动物理量的关系。【详解】A．7.9

km/s是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于7.9

km/s，故A错误；B．同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；C．根据万有引力提供向心力得解得如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比，“中卫”轨道高度为静止轨道高度的，地球半径相同，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3:5，故C错误；D．根据得则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，故D正确；故选BD。【点睛】同步卫星的轨道与地球赤道共面，万有引力提供圆周运动的向心力，掌握圆周运动向心力和万有引力的公式是正确解题的关键。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.B②.a③.D【解析】(1)[1]两个蓄电池的总电动势为4V，应用多用表的直流电压档10V档测量，故选B；(2)[2]在测试a、b间直流电压时，红表笔应当接触a，因为电流必须从电压表正接线柱流入，所以红表笔应当接触a端(3)[3]A．灯L1断路时，c、d间电压表应有示数，与题意不符，故A错误；B．灯L2短路时，L2灯不亮，而L1灯应更亮，与题不符，故B错误；C．cd段断路，则df间没有电压，无示数，故C错误；D．df段断路时，电路中无电流，两灯泡都不亮，ab、df间有电压，c、d间电压表无示数，与题相符，故D正确。故选D。12、①.（1）1.050;②.（2）7.500;【解析】游标卡尺读数的方法是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】游标卡尺的读数：1cm+10×0.05mm=10.50mm=1.050cm螺旋测微器的读数：7mm+50.0×0.01mm=7.500mm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）（2），【解析】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；【详解】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有解得（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有解得：电容器两板间的电压电容器的带电量为14、①.B②.0.397（0.395～0.399均可）③.如图所示：④.如图所示：⑤.4.5（4.3～4.7均可）⑥.滑动变阻器仅接了下面两个接线柱．（填电阻Rx断路或其他合理说法均给分）⑦.BD【解析】（1）掌握螺旋测微器使用以