2025届内蒙古自治区乌兰察布集宁区集宁第一中学物理高二第一学期期中联考模拟试题含解析

2025届内蒙古自治区乌兰察布集宁区集宁第一中学物理高二第一学期期中联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab//cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2l，电场线与四边形所在平面平行.已知a点电势为24V，b点电势为28V，d点电势为12V.一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成450，一段时间后经过c点，则下列说法正确的是(

)A．c点电势为4VB．场强的方向由a指向cC．质子从b运动到c所用的时间为2D．质子从b运动到d电场力做功为-16eV2、如图的电路中，电池的电动势为，内阻为，和是两个阻值固定的电阻．当可变电阻的滑片向点移动时，通过的电流和通过的电流将发生如下的变化（）A．变大，变小B．变大，变大C．变小，变大D．变小，变小3、如图所示,正方形容器处在匀强磁场中,一束电子从孔A垂直于磁场射入容器中,其中一部分从C孔射出,一部分从D孔射出。下列叙述错误的是()A．从C、D两孔射出的电子在容器中运动时的速度大小之比为2∶1B．从C、D两孔射出的电子在容器中运动时间之比为1∶2C．从C、D两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为1∶1D．从C、D两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为2∶14、守门员将4m/s迎面飞来的足球，以8m/s的速度踢回，守门员踢球的时间为0.1s，规定足球以8m/s被踢回的方向为正方向，则足球在这段时间内平均加速度的大小及方向是（）A．120m/s2，负方向 B．120m/s2，正方向C．40m/s2，负方向 D．40m/s2，正方向5、如图所示是某导体的图线，图中，下列说法错误的是（）A．通过该导体的电流与其两端的电压成正比B．此导体的电阻C．图线的斜率表示电阻的倒数，所以D．在该导体两端加电压时，每秒通过导体截面的电荷量是6、如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮．在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以速度v水平向右匀速运动．红蜡块由管口上升到顶端，所需时间为t．相对地面通过的路程为L．则下列说法正确的是（

）

A．v增大时，L减小B．v增大时，L增大C．v增大时，t减小D．v增大时，t增大二、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、质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手．首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示,设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是()A．木块静止B．木块向右运动C．d1<d2D．d1=d28、下列说法正确的是（）A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用B．所有电荷在磁场中都要受到磁场力的作用C．一切运动电荷在磁场中都要受到磁场力的作用D．运动电荷在磁场中，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到磁场力的作用9、如图所示，在圆心O处固定电量为+Q的点电荷，A、B、C在同一圆周上，且．下列说法正确的是A．电势差UOA>UADB．A、B、C三点的电场强度相同C．电子在B点的电势能大于在D点的电势能D．将一电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同10、如图所示，电源电动势E＝6V，小灯泡L的规格为“4V0.8W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝8Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则A．电源的输出功率为1.12WB．电动机的内阻为8ΩC．电动机正常工作电压为1.6VD．电源内阻为1Ω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“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用电源（电动势6V，内阻约1Ω)，小灯泡（“6V，3W”），开关S及导线若干，其他可供选择的器材有：A．电压表V1(量程6V，内阻约20kΩ)B．电压表V2(量程20V，内阻约60kΩ)C．电流表A1(量程3A，内阻约0.2Ω)D．电流表A2(量程0.6A，内阻约1Ω)E．滑动变阻器R1(0～1000Ω，0.5A)F．滑动变阻器R2(0～20Ω，2A)某同学通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成U－I关系曲线如上图所示．（1）实验中电压表应选用_______，电流表应选用_______，滑动变阻器应选用________；（2）若将该小灯泡接在电动势为6V，内阻为4Ω的电源两端，则灯泡实际消耗功率为________W。12．（12分）有以下可供选用的器材及导线若干条，要求使用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流．A．被测电流表A1：满偏电流约700～800，内阻约100Ω，刻度均匀、总格数为N；B．电流表A2：量程0.6A，内阻0.1Ω；C．电压表V：量程3V，内阻3kΩ；D．滑动变阻器R1：最大阻值200Ω；E．滑动变阻器R2：最大阻值1kΩ；F．电源E：电动势3V、内阻1.5Ω；G．开关一个.（1）选用的器材应为_____________．（填A→G字母代号）（2）在虚线框内画出实验电路图，并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号．（______）（3）测量过程中测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A1的指针偏转了n格，可算出满偏电流Ig=________，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是_____________．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）万有引力定律揭示了天体运行规律与地上物体运动规律具有内在的一致性。用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果。已知地球质量为M，自转周期为T，万有引力常量为G。将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F0。(1)若在北极上空高出地面h处称量，弹簧秤读数为F1，求比值F1F0的表达式，并就h＝1.0%R的情形算出具体数值(2)若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值F214．（16分）如图，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，AC边长为4m，∠A=30°，把电荷量为+2×10-10C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功4.8×10-8J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功4.8×10-8J，取B点的电势为零，求：（1）A、C两点的电势；（2）匀强电场的场强的大小及方向.15．（12分）把带电荷量2×10-8C的正点电荷从无穷远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10-6（1）A点的电势；（2）A、B两点的电势差。

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】

连接bd，bd连线的中点N电势与c点相等，是20V；作出等势线Nc就能判断场强方向；质子从b→c做类平抛运动，根据v0方向的分位移为2l【详解】A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为24V，b点电势为28V，d点电势为12V，且ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2L，因此根据几何关系，可得M点的电势为24V，与a点电热势相等，从而连接aM，即为等势面；

三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点N的电势与c相等，为20V，故A错误；B、Nc为等势线，其垂线bd为场强方向，即场强方向为b→d，故B错误；C、质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为2l，此方向做匀速直线运动，则t=2lD、电势差Ubd=16V，则质子从b运动到d电场力做功为16eV，故D2、C【解析】当可变电阻的滑片向点移动时，连入电路中的电阻变小，电路总电阻减小，总电流增大，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压减小，即两端电压减小，所以通过的电流减小，而总电流增大，并且，所以通过的电流变大，C正确．【点睛】在电路中，当一个电阻在变大，分压作用增大，它所引起电路电压的变化是与它并联的电阻两端的电压变小，电流也随之变大，由于电源的电动势不变，与它串联的电阻两端电压变小，电流也就变小；反之，当一个电阻在变小时，分压作用减小，它所引起电路电压的变化是与它并联的电阻的电阻两端的电压变小，电流也随变小，与它串联的电阻两端电压变大，电流也就变大．若是用这一原则来判断，就可直接得出由于的减小，与它并联的电阻通过的电流就小，与串联的电阻通过的电流变大．3、C【解析】A.从C、D两孔射出的电子轨道半径之比为2∶1，根据半径公式r=，速率之比为2∶1，故A正确；B.根据周期公式T=，无论电子的速度如何，在磁场中的运动周期都相等，从C、D两孔射出的电子运动时间分别是T/4、T/2，所以运动时间之比为1∶2，B正确；C.加速度a=，所以从C、D两孔射出的电子加速度大小之比为2∶1，C错误D正确。本题选择错误答案，故选：C。4、B【解析】

规定足球以8m/s被踢回的方向为正方向，则足球的初速度v0=-4m/s，末速度v=8m/s

所以足球在这段时间内平均加速度方向为正方向．故选B.点睛：解决本题的关键是要掌握加速度的定义式，以及知道足球的初速度方向与末速度方向相反，代入数据时要注意速度的正负号．5、C【解析】

由图可知，通过该导体的电流随其两端电压的增大而增大，故电流与其两端的电压成正比，故A说法正确；由可知，图像的斜率表示电阻的倒数，则由图可知电阻，故B说法正确，C说法错误；在该导体两端加的电压时，电路中的电流，则每秒通过导体截面的电荷量为，故D说法正确，本题要求选错误的，故C符合题意．6、B【解析】蜡块在水平方向上和竖直方向上都做匀速直线运动，在竖直方向上，，管长不变，竖直方向上的分速度不变，根据合运动与分运动具有等时性，知蜡块由管口到顶端的时间t不变．v增大，水平方向上的位移增大，根据运动的合成，知蜡块相对于地面的路程L增大，故B正确，ACD错误.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、AC【解析】

AB.设子弹射入木块前的速度大小为v，子弹的质量为M，子弹受到的阻力大小为f．当两颗子弹均相对于木块静止时，由动量守恒得:,得，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止，故A正确，B错误；CD.先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有：，由能量守恒得：，再对两颗子弹和木块系统为研究，得：，比较两式得：，故C正确，D错误．故选AC。8、AD【解析】解：A、所有电荷，只要在电场中都要受到电场力的作用，这是电场的基本性质．故A正确．B、C电荷在磁场中不一定受到磁场力的作用，静止的电荷或速度方向与磁场平行的电荷在磁场中不受磁场力的作用．故BC错误．D、只有当运动电荷的速度方向与磁场方向不平行时，电荷才受到磁场力的作用，从运动分解的角度看，当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，电荷才受到磁场力的作用．故D正确．故选AD【点评】电场力与重力类似，电荷在电场中一定受到电场力的作用，而电荷在磁场中有两种情况磁场力为“0”：1、静止电荷，即速度v=0时；2、v∥B时．9、AD【解析】试题分析：因为离正电荷较近的位置场强较大，而，可知电势差UOA>UAD，选项A正确；A、B、C三点的电场强度大小相同，但方向不同，故选项B错误；由于B点电势高于D点，故根据可知电子在B点的电势能小于在D点的电势能，选项C错误；由于AC在同一等势面上，故将一电子由D点分别移动到A、C两点，电势能的变化相同，所以电场力做功相同，选项D正确．考点：电场强度；电势及电势差；10、AC【解析】

小灯泡的额定电流为：I=PUL=0.84=0.2A，灯泡内阻为：RL=UI=40.2=20Ω，当开关接1时，根据闭合电路欧姆定律有：E=I（r+RL+R），代入数据解得：r=2Ω，故D错误；当接2时灯泡正常发光，则流过的电流为：I=0.2A，电源内阻分的电压为：Ur=Ir=0.2×2V=0.4V，故电动机分的电压为：U动=E-UL-Ur=6-4-0.4V=1.6V；因电动机消耗的电能转化为机械能和内能，则可知电阻R＜1.6V0.2A=8Ω【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律以及功率的计算，要注意每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，才能准确选择应用物理公式．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、ADF1.89【解析】试题分析：根据灯泡额定电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．作出电源的U-I图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由P=UI求出灯泡实际消耗的功率．（1）灯泡额定电压为6V，电压表选择A；由图甲所示图象可知，最大电流为0.5A，电流表选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F．（2）在同一坐标系内作出电源的U-I图象如图所示；两图象的交点坐标值是该电源给灯泡供电时灯泡两端电压与通过灯泡的电流，由图象可知，灯泡两端电压为U=4.2V，电流为：I=0.45A，灯泡实际功率为．12、ACDFGU为电压表读数，RV为电压表内阻【解析】

（1）[1]．其中AFG为必选器材，为了滑动方便，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，以及电压表V，题目中的电流表量程0.6安，指针偏角过小误差较大，舍去；故选择的器材有：ACDFG；

（2）[2]．电压表量程3V，内阻3kΩ，满偏电流为，与待测电流表类似，可以当作电流表使用；与待测电流表串联即可；因为要求精确，故采用滑动变阻器分压式接法，电压可以连续调节，电路图如图所示：

（3）[3][4]．待测电流表总格数为N，电流等于电压表电流，为：；电流表与电压表串联，电流相等，故：n：N=I：Ig故其中U为电压表读数，RV为电压表内阻；四、计算题