2025屆江蘇省興化市安豐初級中學高二物理第一學期期中監測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A點為MN上的一點．取無限遠處的電勢為零，一帶負電的試探電荷q，在靜電力作用下運動，則（）A．若q從A點由靜止釋放，由A點向O點運動的過程中，加速度大小一定先變大再減小B．若q從A點由靜止釋放，其將以O點為對稱中心做往復運動C．q由A點向O點運動時，其動能逐漸增大，電勢能逐漸增大D．若在A點給q一個合適的初速度，它可以做類平拋運動2、一個不計重力的帶正電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡為（）A．圓弧a B．直線b C．圓弧c D．a、b、c都有可能3、一個帶正電的粒子沿曲線從a到b越過勻強電場，則以下說法正確的是A．電場力做正功，電勢能增大 B．電場力做正功，電勢能減少C．電場力做負功，電勢能增大 D．電場力做負功，電勢能減少4、下述說法正確的是A．根據E＝，可知電場中某點的場強與電場力成正比B．帶電荷量Q和3Q的點電荷A、B相互作用時，B受到的靜電力是A受到的靜電力的3倍C．根據庫侖定律表達式F＝k，當兩電荷之間的距離r→0時，兩電荷之間的庫侖力F→∞D．根據E=，可知點電荷電場中某點的場強與該點電荷的電量Q成正比5、如圖所示，某小球以速度v向放置于光滑水平面的輕質彈簧運動，在小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中（）A．彈力對小球做正功，彈簧的彈性勢能減少B．彈力對小球做負功，彈簧的彈性勢能減少C．彈力對小球做正功，彈簧的彈性勢能增加D．彈力對小球做負功，彈簧的彈性勢能增加6、通常，測電流采用安培表。歷史上，安培表還未出現之前，歐姆已采用小磁針測量電流，他的具體做法是：在地磁場的作用下，小磁針處于水平靜止狀態，在其上方平行于小磁針放置一長直導線，當導線中通有電流時，小磁針會發生偏轉，俯視圖如圖所示。已知長直通電導線在空間某點產生磁場的磁感應強度大小B1與I成正比。通過測量小磁針偏轉的角度θ可測出導線中的電流I。下列說法中正確的是A．通電后小磁針靜止時N極所指的方向就是電流產生磁場的方向B．這種方法只能測量導線電流的大小，不能確定導線電流的方向C．導線中電流的大小與小磁針轉過的角度θ正切值成正比D．導線中電流的大小與小磁針轉過的角度θ的正弦值成正比二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖甲所示、是某電場中一條電場線上的兩點。一個帶負電的點電荷僅受電場力作用，從點沿電場線運動到點。在此過程中，該點電荷的速度隨時間變化的規律如下圖乙所示。則下列說法中正確的是（）A．點的電勢比點的電勢高B．、兩點的電場強度相等C．點的加速度比點的小D．點的電勢能比點的電勢能高8、如圖所示，L1和L2為平行虛線，L1上方和L2下方有垂直紙面向里的磁感應強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L2上．帶電粒子從A點以初速度v與L2成30°角斜向上射出，經偏轉后正好過B點，經過B點時速度方向也斜向上，粒子重力不計．下列說法中正確的是A．帶電粒子經過B點時的速度一定與在A點時的速度相同B．若將帶電粒子在A點時的初速度變大（方向不變），它仍能經過B點C．若將帶電粒子在A點的初速度方向改為與L2成60°角斜向上，它也一定經過B點D．粒子一定帶正電荷9、如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是（）A．a的質量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等10、如圖所示，電源電動勢為E，內電阻為r．理想電壓表V1、V2示數為

U1、U2，其變化量的絕對值分別為和；流過電源的電流為I，其變化量的絕對值為．當滑動變阻器的觸片從右端向左端滑動的過程中（不計燈泡電阻的變化）（）A．小燈泡L3變暗，L1、L2變亮B．電壓表V1示數變大，電壓表V2示數變小C．不變D．不變三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的實驗儀器如下：小燈泡L，“3.8V，0.3A”電壓表V，量程0~5V，內阻5kΩ電流表A1，量程0~100mA，內阻4Ω電流表A2，量程0~500mA，內阻0.4Ω滑動變阻器R1，最大阻值10Ω，額定電流1.0A滑動變阻器R2，最大阻值5Ω，額定電流0.5A直流電源E，電動勢約為6V，內阻約為0.5Ω(1)在上述器材中，滑動變阻器應選___；電流表應選___。(2)在虛線框內畫出實驗的電路圖，并在圖中注明各元件的符號____。(3)某實驗小組完成實驗后利用實驗中得到的實驗數據在I－U坐標系中，描繪出如圖所示的小燈泡的伏安特性曲線。根據此圖給出的信息，可以判斷下圖中正確的是（圖中P為小燈泡的功率）（____）A．B．C．D．12．（12分）在測量金屬絲電阻率的實驗中，實驗中要求待測電阻的電壓要從零開始變化，并且變化范圍大，可供選用的器材如下：A．待測金屬絲：Rx（阻值約5Ω，額定電流約0.5A）；B．電壓表：（量程3V，內阻約3kΩ）；C．電壓表∶（量程15V，內阻約6kΩ）D．電流表：A1（量程0.6A，內阻約0.2Ω）；E.電流表：A2（量程3A，內阻約0.05Ω）；F.電源：E1（電動勢3V，內阻不計）；G.電源：E2（電動勢12V，內阻不計）；H.滑動變阻器：R（最大阻值約20Ω）；J.螺旋測微器；毫米刻度尺；開關S；導線。(1)如圖，A圖為電流表，B圖的圖為電壓表，A圖__________A，B圖____________V；(2)若滑動變阻器采用限流接法，為使測量盡量精確，電流表應選________、電壓表應選_______、電源應選________（均填器材代號），在虛線框內完成電路原理圖___________。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）在一鉛直面內有一光滑的軌道，軌道左邊是光滑弧線，右邊是足夠長的水平直線．現有質量分別為mA和mB的兩個質點，B在水平軌道上靜止，A在高h處自靜止滑下，與B發生彈性碰撞，碰后A仍可返回到弧線的某一高度上，并再度滑下．問：A、B的質量滿足什么關系時可以至少發生兩次碰撞．14．（16分）如圖甲所示，真空中水平放置的相距為d的平行金屬板板長為L，兩板上加有恒定電壓后，板間可視為勻強電場．在t=0時，將圖乙中所示的交變電壓加在兩板上，這時恰有一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從兩板正中間以速度v0水平飛入電場．若此粒子離開電場時恰能以平行于兩板的速度飛出（粒子重力不計）．求：（1）兩板上所加交變電壓的頻率應滿足的條件．（2）該交變電壓U0的取值范圍．15．（12分）如圖所示，一質量m=0.5kg的“日”字形勻質導線框“abdfeca”靜止在傾角α=37°的粗糙斜面上，線框各段長ab=cd=ef=ac=bd=ce=df=L=0.5m，ef與斜面底邊重合，線框與斜面間的動摩擦因數μ=0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等、均為R=0.4Ω，其余部分電阻不計。斜面所在空間存在一有界矩形勻強磁場區域GIJH，其寬度GI=HJ=L，長度IJ>L，IJ平行于ef，磁場垂直斜面向上，磁感應強度B=1T。現用一大小F=5N、方向沿斜面向上且垂直于ab的恒力作用在ab中點，使線框沿斜面向上運動，ab進入磁場時線框恰好做勻速運動。若不計導線粗細，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）ab進入磁場前線框運動的加速度大小a。（2）cd在磁場中運動時，物體克服安培力做功的功率P。（3）線框從開始運動到ef恰好穿出磁場的過程中，線框中產生的焦耳熱與外力F做功的比值。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

A.在射線OM上，O點電場強度為零，無窮遠處的電場強度也為零，故射線OM上有一個電場強度的最大的點，將q從A點由靜止釋放，由A點向O點運動的過程中，加速度大小可能一直減小，也可能先增加后減小，故A錯誤；B.電場強度在MN上是對稱分布的，帶負電的試探電荷q所受電場力指向O點，其將以O點為對稱中心做往復運動；故B正確；C.從A到O過程，電場力做正功，動能增大，電勢能逐漸減小，故C錯誤；D.類平拋運動要求合力恒定，該電場不是勻強電場，粒子不可能做類平拋運動，故D錯誤．2、A【解析】

帶正電的電荷在向里的磁場中向上運動，根據左手定則可知，粒子的受到的洛倫茲力的方向向左，所以粒子的可能的運動的軌跡為a，故A正確，BCD錯誤。

故選A。3、B【解析】

由于正電荷只受電場力作用，電場力將指向運動軌跡的內側，電場力方向與電場方向一致，從a到b電場力做正功，電勢能減小；A.電場力做正功，電勢能增大，與結論不相符，選項A錯誤；B.電場力做正功，電勢能減少，與結論相符，選項B正確；C.電場力做負功，電勢能增大，與結論不相符，選項C錯誤；D.電場力做負功，電勢能減少，與結論不相符，選項D錯誤．4、D【解析】

A．電場強度是由電場本身決定的物理量，與試探電荷的電量以及所受的電場力無關，選項A錯誤；B．帶電荷量Q和3Q的點電荷A、B相互作用時，兩者之間是相互作用力，則B受到的靜電力等于A受到的靜電力，選項B錯誤；C．根據庫侖定律表達式F＝k，當兩電荷之間的距離r→0時，庫侖定律不再成立，選項C錯誤；D．根據E=，可知點電荷電場中某點的場強與該點電荷的電量Q成正比，選項D正確；故選D.5、D【解析】

在小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，彈簧對小球的彈力方向向右，與位移方向相反，則彈力對小球做負功，彈簧的彈性勢能增加，故ABC錯誤，D正確．故選D.6、C【解析】

A、通電后小磁針靜止時N極所指的方向是電流產生磁場與地磁場的合磁場的方向，故A錯誤；

B、根據小磁針的偏轉可明確磁場方向，再根據右手螺旋定則可以明確電流的方向，故可以測量電流的方向，故B錯誤；

C、根據安培定則和平行四邊形定則，可得：因導線外某磁感應強度與電流成正比，故C正確，D錯誤。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解析】

AD．由于物體沿電場線運動過程當中做減速運動，故負電荷所受電場力方向由B指向A，又由于負電荷所受電場力的方向與場強的方向相反，所以電場線的方向由A指向B；而沿電場線的方向電勢降低，所以A點電勢比B點的電勢高，負電荷在A點的電勢能比B點的電勢能低。故A正確，D錯誤；BC．速度圖像的斜率等于物體的加速度，由圖可知點電荷從A向B運動的過程中加速度越來越大，故A點的場強小于B點場強。故B錯誤，C正確。故選AC。【點睛】解題時先通過速度圖像的斜率等于物體的加速度判斷加速度的變化，從而判斷電場力以及場強的變化；負電荷所受電場力的方向與場強的方向相反，沿電場線的方向電勢降低是解決本題的突破口。8、ABC【解析】試題分析：畫出帶電粒子運動的可能軌跡，B點的位置可能有下圖四種．如圖．粒子B的位置在B2、B3時速度方向也斜向上，速度跟在A點時的速度大小相等，方向相同，速度也相同，A對；由圖知，粒子經過邊界L1時入射點間的距離與經過邊界L2時入射點間的距離相同，與速度無關．所以當初速度大小稍微增大一點，但保持方向不變，它仍能經過B點，故B對；如圖，設L1與L2之間的距離為d，則A到B2的距離為：，所以，若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與L2成600角斜向上，它一定經過B點，C對；如圖，分別是正負電荷的軌跡，正負電荷都可能，D錯．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動．9、BD【解析】試題分析本題考查電容器、帶電微粒在電場中的運動、牛頓運動定律、電勢能、動量定理及其相關的知識點．解析根據題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab．對微粒a，由牛頓第二定律，qE=maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE=mbab，聯立解得：>，由此式可以得出a的質量比b小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的電場力（合外力）等于b微粒受到的電場力（合外力），根據動量定理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒，選項D正確．點睛若此題考慮微粒的重力，你還能夠得出a的質量比b小嗎？在t時刻力微粒的動量還相等嗎？在t時間內的運動過程中，微粒的電勢能變化相同嗎？10、ACD【解析】

當滑動變阻器的觸片P從右端滑到左端時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，則L2變亮，V2讀數變大．變阻器的電阻減小，并聯部分的電阻減小，則并聯部分的電壓減小，V1讀數變小，則L3變暗．總電流增大，而L3的電流減小，則L1的電流增大，則L1變亮．故A正確，B錯誤．=R2，不變，C正確．由U1=E-I（RL2+r）得：=RL2+r，不變，故D正確．故選ACD．【點睛】本題是電路動態變化分析問題，按“局部→整體→局部”思路進行分析．運用總量法分析兩電壓表讀數變化量的大小．運用歐姆定律定量分析電壓表示數變化量與電流表示數變化量的比值變化，這是常用的方法．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、R1A2BD【解析】

(1)根據小燈泡的額定電流值可以確定電流表應選A2；電阻的額定電流為0.5A，加在它上面的最大電壓為6V，所以儀器不能正常使用，滑動變阻器應選R1；(2)由于燈泡的電阻很小，為了減小實驗的誤差，電流表要采用外接的方法；由于電壓要從零開始變化，所以滑動變阻器要采用分壓的接法；根據燈泡的伏安特性曲線，找出燈泡和內電阻的總電壓為4V的點，可知此時的燈泡的電壓和電流，從而可以求得燈泡的功率。電路如圖所示。(3)從圖像可以看出燈泡電阻是在變化的，因為燈絲的電阻隨溫度的升高而增大，根據這一點對各個選項逐一分析。根據公式知道，圖A表示，燈泡的電阻大小不變；不合題意；圖B表示燈泡的電阻隨溫度的升高而增加符合題意；根據公式可知，圖C表示，燈泡的電阻大小不變；不合題意；圖D表示燈泡的電阻隨溫度的升高而變大；符合題意。故選BD。考點：“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗、電功、電功率。點評：本題考查根據圖像法來判斷影響燈泡電阻大小的因素，要知道影響燈泡大小的因素有材料、長度、橫截面積和溫度；燈泡的電阻溫度的升高而變大。12、0.46A2.50V【解析】

(2)[3]待測金屬絲Rx阻值約5Ω，額定電流約0.5A，則電流表選擇A1（量程0.6A，內阻約0.2Ω）。[4]電壓約為所以電壓表選擇（量程3V，內阻約3kΩ）。[5]電壓表量程3V，故電源選E1（電動勢3V，內阻不計）。[6]滑動變阻器采用限流式，由于安培表電阻較小，大內小外，故安培表用外接法，電路如圖所示：(1)[1]電流表選擇A1（量程0.6A，內阻約0.2Ω），則電流表讀數為0.46A。[2]電壓表選擇（量程3V，內阻約3kΩ），則電壓表讀數為2.50V。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、mB>3mA【解析】

設A球與B球第一次碰撞前速度為v0，碰撞后A球和B球的速度分別為vA和vB．A球從LM軌道上下滑的過程，由機械能守恒定律得：mAgh=mAv02，得：v0=；對于A、B碰撞的過程，取向右為正方向，根據動量守恒定律和能量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB

mAv02=mAvA2+mBvB2；解得：vA=v0，vB=v0；

要使A、B兩球至少發生兩次碰撞，第一次碰撞后A球反向彈回，且A球的速度大小必須大于B球的速度．則有vA＜0，且，|vA|＞vB，聯立解得：mB>3mA．【點睛】解決本題的關鍵要掌握彈性碰撞的基本規律：動量守恒和能量守恒，明確臨