山东省临沂市第一中学2025届高二物理第一学期期末监测模拟试题含解析

山东省临沂市第一中学2025届高二物理第一学期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、一个矩形线圈匀速地从无磁场的空间先进入磁感应强度为B1的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B2的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示．若B1=2B2，方向均始终和线圈平面垂直，则在下图所示图中能定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是(电流以逆时针方向为正)（）A. B.C. D.2、如图所示，两足够长光滑平行金属导轨间距为L，导体棒MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导体棒的电阻均不计。现给导体棒MN一初速度，使MN向右运动，下列判断正确的是（）A.MN最终匀速B.R中有从右向左的恒定电流C.MN向右做减速运动，最终停止D.MN两端电势差总大于电容器两极板间的电势差3、在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是A. B.C. D.4、关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是()A.速度越大，加速度越大B.速度为零，加速度不一定为零C.速度变化越快，加速度变化越快D.速度变化量越大，加速度越大5、电磁炮是目前许多国家热衷发展的一种新式武器，其工作原理如图所示。当两平行导轨接入电源时，强电流从一导轨流入，经滑块（炮弹）从另一导轨流回时，在两导轨平面间产生强磁场，磁感应强度大小与电流成正比。通有电流的滑块在安培力的作用下（不计阻力）加速一段距离后，炮弹会以很大的动能射出。关于电磁炮，下列说法正确的是（）A.当水平放置的平行导轨通有如图所示的电流时，导轨间的磁场方向竖直向下B.当回路中电流一定时，炮弹将做匀加速直线运动C.若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能也会增大2倍D.若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大4倍6、物体从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.质量越大，水平位移越大 B.初速度越大，落地时竖直方向速度越大C.初速度越大，空中运动时间越长 D.初速度越大，落地速度越大二、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、如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器．升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1：n2＝1：10．在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝2Ω，降压变压器T2的原、副线圈数之比为n3：n4＝10：1，若T2的“用电设备”两端的电压为U4＝200V且“用电设备”消耗的电功率为10kW，不考虑其它因素的影响，则（）A.T1的副线圈两端电压的最大值为2010VB.T2的原线圈两端的电压为2000VC.输电线上损失的电功率为100WD.T1原线圈输入的电功率为10.1kW8、如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球（电荷量+q，质量为m）从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球不可能沿直线通过下列的哪个电磁混合场（）A. B.C. D.9、如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形金属线框与导线在同一竖直平面内，线框位于导线下方，且线框的一边与导线平行，当线框被移动时，关于穿过线框的磁通量的变化情况，下列说法正确的有A.当线框水平向左移动时，穿过线框的磁通量变小B.当线框水平向右移动时，穿过线框的磁通量不变C.当线框竖直向下移动时，穿过线框的磁通量变小D.当线框竖直向下移动时，穿过线框的磁通量不变10、如图所示,两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场.两极板间相距为d.一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入,沿直线从下极板N的边缘射出.已知微粒的电荷量为q,质量为m.下列说法正确的是()A.微粒运动的加速度为0 B.微粒的电势能减小了mgdC.两极板间的电势差为 D.M极板的电势比N极板的电势低三、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）利用如图所示的电路测定电源的电动势和内电阻(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U(2)若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R阻值得到一系列的电流表的读数I(3)某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图象(如图①和②所示)，纵轴截距分别是b1、b2，斜率分别为k1、k2若忽略电压表的分流和电流表的分压作用，则步骤(1)中测得的电动势E1=___________；内阻r1=___________．(用k1、b1表示)步骤(2)中测得的电源内阻r2=比真实值_________(填偏大、相等、或偏小)若不能忽略电压表的分流和电流表的分压作用，则：结合两组图像可计算出该电源的真实电动势E=，真实内阻r=_________12．（12分）某同学设计了如图所示的实验验证动量守恒定律。所用的器材有：A．量筒，要求长度比较长，筒壁上有均匀刻度线B．游标卡尺C．天平D．小球两个（橡胶材质的上浮小球，硬塑料材质的下沉小球）E．细线，其质量可以忽略不计F．记号笔实验步骤如下：①选择合适大小的小球，使通过细线相连的两球体恰好悬浮在水中；②用天平称量两个小球的质量，上浮小球的质量为m1，下沉小球的质量为m2；③用记号笔记录两个小球悬浮的位置；④剪断细线；⑤用记号笔记录某时刻两个小球的位置；⑥多次实验，分别计算出两个小球在相同时间内上浮和下沉的高度，记录在表格中该同学按此方案进行实验后，测得的数据如下表所示，请回答问题小球质量上浮和下沉的高度第一次第二次第三次第次平均上浮小球m1=4.74g46.20mm46.22mm46.20mm46.18mm下沉小球m2=5.44g40.26mm40.24mm40.26mm40.26mm(1)上浮小球4次上浮的平均高度，下沉小球4次下沉的平均高度为_________mm（结到后两位）；(2)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足_________表达式时，即说明剪断细线后，两小球的动量守恒.A．B．C．(3)下列关于本实验的一些说法，你认为正确的是_________A．两个小球在水中运动的速度要适中，不能过快B．上浮小球选用密度更小的小球，实验效果更好C．剪断细线时对球的扰动大，但不会引起误差D．选择合适大小的小球使得两球可以悬浮后，再把细线剪断，用镊子夹住两截断线，然后一起放入水中静止，松开镊子两球开始运动，这种改进更好四、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，abcd是一个正方形盒子，边长为L，cd边的中点有一个小孔e，盒子中有沿ad方向的匀强电场。一个质量为m、带电量为q的带电粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出，不计粒子的重力。求：(1)该电场的场强大小；(2)带电粒子刚射出电场时速度大小；(3)该过程中电场力对该带电粒子所做功。14．（16分）如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。（1）请简要归纳出电磁感应电动势的两种方法。（2）若闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（3）若断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。15．（12分）电子自静止开始经M、N板间的电场加速后从A点垂直于磁场CD边界射入右侧范围足够大，磁感应强度为B的匀强磁场中，经过一段时间电子经过CD边界上的P点（图中未画出），如图所示，已知AP间的距离为d，电子的质量为m，电量为e）求：（1）电子在磁场中运动时的圆周半径；（2）电子在磁场中的运动时间；（3）M、N板间的电压。

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】线圈进入B1时，右边切割磁感线产生感应电动势由右手定则可得出电流方向沿逆时针，故电流为正；当线圈全部进入时，磁通量不再发生变化，故线圈中没有电流；当右边进入B2时，两边同时切割磁感线，左边产生的感应电动势为，右边产生的电动势为，因两电动势方向相反，故总电动势为方向沿顺时针，故电流为负；当线圈完全进入B2时，磁通量不再发生变化，故线圈中没有电流；当线圈离开磁场区域时，只有左边切割B2时，电动势为方向为顺时针，故电流为负。故选C。2、A【解析】ACD．导线MN以某一初速度向右运动后，切割磁感线产生感应电动势，给电容器充电，电路中有充电电流，MN受到向左的安培力而做减速运动，电容器板间电势差逐渐增大，当MN两端电势差等于电容器两极板间的电势差时，电路中没有电流，MN不再受安培力而做匀速运动，故A正确，CD错误。B．经足够长时间后，R中没有电流，故B错误。故选A。3、C【解析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小均相同时，场强才相同．电势是标量，真空中点电荷电场的等势线是以点电荷为球心的球面解：A、ab两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同．故A错误B、a点电场强度是由匀强电场与点电荷电场场强的合成，a点场强斜向右上方，b点场强斜向右下方，则两点场强不同．故B错误C、根据对称性，ab两点场强相同，ab在同一等势面上，电势相同．故C正确D、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同．故D错误故选C【点评】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化4、B【解析】加速度表征速度变化快慢，不能表征速度大小，所以速度很大时，加速度也可能为零，速度很小时，加速度也可能很大，速度变化快，加速度一定大，加速度变化不一定大，速度变化大，加速度不一定大。故选B。5、B【解析】A．根据安培定则可知，导轨上的电流在导轨平面产生的磁场方向向上，A错误；B．炮弹在安培力的作用下运动，回路中电流一定，磁感应强度一定，根据牛顿第二定律可知加速度恒定，所以炮弹做匀加速直线运动，B正确；C．若只将电流增大2倍，磁感应强度也增大2倍，根据动能定理可知动能变为原来的4倍，C错误；D．若只将导轨长度增大2倍，根据动能定理可知炮弹射出的动能会变为原来的2倍，D错误。故选B。6、D【解析】根据平抛运动的知识，运动的时间决定于高度，C错误；水平位移大小决定于水平速度与高度，A错误；竖直方向速度，与高度有关，B错误；落地速度，可见初速度越大，则落地速度越大，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、AB【解析】根据降压变压器的输出电压，结合匝数比求出输入电压，从而得出输电线电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出升压变压器的输出功率【详解】T2副线圈电流，设输电线中的电流为I3．则比得，则有I3＝5A，设T2原线圈两端的电压为U3．则，即得U3＝2000V，输电线上的损失电压为U损＝I3•2r＝5×2＝10V，T1的副线圈两端电压U2＝U损+U3＝10+2000＝2010V，所以T1的副线圈两端电压的最大值为2010V，故AB正确；输电线上损失的功率P损＝I32•2r＝52×2＝50W，故C错误；T1的原线圈输入的电功率为P1＝10kW+50W＝10.05kW，故D错误．所以AB正确，CD错误【点睛】解决本题的关键要知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系8、AB【解析】A．图中，小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；B．图中小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；C．图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；D．图中粒子受向下的重力和向上的洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；此题选择不可能做直线运动的选项，故选AB。【点睛】本题考查了带电粒子在复合场中运动问题；解题的关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力.9、BC【解析】根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱；当线框水平向左或向右移动时，穿过线框的磁通量不变，故A错误，B正确；当线框竖直向下移动时，穿过线框的磁通量变小，故C正确，D错误；10、AC【解析】知，微粒做匀速直线运动，加速度为零．故A正确．重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd．故B错误．由上可知微粒的电势能增加量△ɛ=mgd，又△ɛ=qU，得到两极板的电势差U=．故C正确．由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势．故D错误．故选AC.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.；③.偏大；④.；【解析】(1)开关接a时，采用电压表与电阻箱并联的方式测量电动势和内电阻，明确电表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律进行分析列出对应的表达式，从而确定误差情况；(2)开关接b时，采用电流表与电阻箱串联的方式测量，根据闭合电路欧姆定律进行分析列出对应的表达式，从而确定误差情况；(3)分析两种方式所得出的准确值表达式，从而分析与电表内阻无关的物理量，从而确定真实值【详解】(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根据闭合电路欧姆定律可知，E=U+Ir=U+则因此图象的纵轴截距b=，电动势E=图象的斜率k1=，则电源内阻r=k1E=；(2)根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）变形，得到与R的关系式，根据数学知识得知，图象的斜率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r与定值电阻的和则可知，电动势的测量值与真实值相比相等，没有考虑电流表的内阻，即实际内阻，所以内电阻的测量值与真实值相比偏大(3)由以上分析可知，(2)中电动势是准确的，故；而(1)图象的斜率联立解得：r=【点睛】本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息12、①.40.26②.A③.AD【解析】(1)[1]由表格数据可知(2)[2]由动量守恒得两边同时乘以时间得得故选A；(3)[3]A．两个小球在水中运动的速度要适中，太快不利于标注小球的