2025屆安徽省壽縣一中高二物理第一學期期中質量跟蹤監視模擬試題注意事項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、如圖V1、V2、V3是用相同表頭改裝成的三塊電壓表，其量程分別為6V、3V、6V。已知輸入電壓為9V則當S1、2S2處于各個狀態時，BB’兩端的電壓不可能是（）。A．6VB．4.5VC．3VD．2.25V2、下列說法中正確的是（）A．磁感線是磁場中客觀存在的B．磁感線總是從磁鐵的N極出發，到S極終止C．磁極之間的相互作用是通過磁場發生的D．電流元IL在磁場中受力為F，則磁感應強度B一定等于F3、a和b是點電荷電場中的兩點，如圖所示，a點電場強度Ea與ab連線夾角為600，b點電場強度Eb與ab連線夾角為A．這是一個正點電荷產生的電場，EB．這是一個正點電荷產生的電場，EC．這是一個負點電荷產生的電場，ED．這是一個負點電荷產生的電場，E4、如圖中a、b直線分別表示由同種材料制成的兩條長度相同、粗細均勻的電阻絲的伏安特性曲線。關于這兩條電阻絲，以下判斷正確的是（）A．電阻絲a較細B．電阻絲b較細C．若將電阻絲a、b串聯在一起接入電路，則b兩端的電壓較大D．若將電阻絲a、b并聯在一起接入電路，則通過a的電流較大5、下列判斷正確的是()A．由R＝知，導體兩端的電壓越大，電阻就越大B．由R＝知，導體中的電流越大，電阻就越小C．由R＝可知，導體兩端的電壓為零時，導體的電阻也為零D．由I＝可知，通過一段定值電阻的電流跟加在它兩端的電壓成正比6、有一個負點電荷只受電場力的作用，從電場中的a點由靜止釋放，在它沿直線運動到b點的過程中，動能Ek隨位移s變化的關系圖如圖所示，則能與圖線相對應的電場的電場線分布圖是下圖中的（）A． B．C． D．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、如圖所示的虛線為電場中的三個等勢面，三條虛線平行且等間距，電勢值分別為10V、19V、28V，實線是僅受電場力的帶電粒子的運動軌跡，A、B、C是軌跡上的三個點，A到中心虛線的距離大于C到中心虛線的距離，下列說法正確的是()A．粒子在三點受到的靜電力方向相同B．粒子帶正電C．粒子在三點的電勢能大小關系為EpC>EpB>EpAD．粒子從A運動到B與從B運動到C，靜電力做的功可能相等8、目前世界上一種新型發電機叫磁流體發電機，如圖所示表示它的發電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的粒子，而從整體來說呈中性)沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷,磁極配置如圖所示，下列說法正確的是()A．A板帶正電B．有電流從b經用電器流向aC．金屬板A、B間的電場方向向上D．等離子體發生偏轉的原因是粒子所受洛倫茲力大于所受電場力9、在圖所示的電路中，電源的電動勢恒定，要想使燈泡L變暗，可以A．增大R1的阻值 B．減小R1的阻值 C．增大R210、如圖所示,在方向水平向左的勻速電場中有一傾角為60°、高為H的固定絕緣斜面體,現將一質量為m,帶正電且電荷量為q的小物塊(可視為質點)從斜面體頂端由靜止釋放,已知重力加速度為g,勻強電場的電場強度大小為E=3mgq,不計空氣阻力A．小物塊將沿斜面下滑B．小物塊將做曲線運動C．小物塊到達地面時的速度大小為2D．若其他條件不變,只增大電場強度,小物塊到達地面前的運動時間不變三、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）為了測量一個量程為3.0V的直流電壓表的內阻RV（約為幾千歐），所用的電路如圖甲所示．（1）請將圖乙的器材連成完整的電路__________；（2）該實驗中需要進行的步驟羅列如下，合理的順序是_____________(用步驟前的字母表示)A．閉合開關SB．將電阻箱R0的阻值調到零C．調節滑動變阻器R的阻值，使電壓表的示數為3.0VD．斷開開關SE．調節電阻箱R0的阻值使電壓表示數為1.5V，讀出此時電阻箱R0的阻值F．把滑動變阻器的滑片P滑到a端（3）若在實驗步驟E中，如圖丙讀出R0的阻值為______Ω，則該電壓表的內阻RV的測量值為______Ω，由于系統誤差，測量值______（選填“偏大”或“偏小”）。12．（12分）如圖中游標卡尺的讀數為_____cm，螺旋測微器讀數_____cm．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）如圖，燈泡D與電動機M中串聯在一個穩壓電源上，電源的輸出電壓為U=20V，燈泡D的電阻為RD=6Ω，電動機M線圈的電阻為RM=2Ω，與電動機并聯的理想電壓表讀數為UM=14V．電動機的轉軸的摩擦可忽略，求：

（1）通過燈泡的電流I=？

（2）電動機M線圈的發熱功率PQ=？

（3）電動機M輸出的機械功率P機=？14．（16分）如圖所示，AB為水平軌道，A、B間距離s=1m，BCD是半徑為R=0.2m的豎直半圓形軌道，B為兩軌道的連接點，D為軌道的最高點，整個軌道處于豎直向下的勻強電場中，場強大小為E=．一帶正電的小物塊質量為m=0.5kg，它與水平軌道間的動摩擦因數均為μ=0.1．小物塊在F=10N的水平恒力作用下從A點由靜止開始運動，到達B點時撤去力F，小物塊剛好能到達D點，試求：(g=10m/s2)（1）撤去F時小物塊的速度大小；（2）在半圓形軌道上小物塊克服摩擦力做的功．15．（12分）如圖10-2-30所示為泰安某學校一套校內備用供電系統，由一臺內阻為1Ω的發電機向全校22個教室（每個教室有“220V40W”的白熾燈6盞）供電．如果輸電線的總電阻R是4Ω，升壓變壓器和降壓變壓器（都認為是理想變壓器）的匝數比分別是1∶4和4∶1，那么：（1）發電機的輸出功率應是多大？（2）發電機的電動勢是多大？（3）輸電效率是多少？

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、A【解析】根據題意可知V1、V2、V3的三塊電壓表內阻之比為：2:1:2；當S1閉合、S2斷開時，根據串聯分壓規律可知V1、V2的示數之比為：2:1，所以BB’兩端的電壓是為3V，故C可能；當S1斷開、S2閉合時，根據串聯分壓規律可知V1、V3的示數之比為：1:1，所以BB’兩端的電壓是為4.5V，故B可能；當S1、S2都閉合時，V2和V3并聯在和V1串聯，阻值之比為：1:3，根據串聯分壓規律可知V1、V3的示數之比為：3:1，所以BB’兩端的電壓是為2.25V，故D可能。所以D不可能。2、C【解析】試題分析：磁感線是為了形象描述磁場的強弱與方向，引入的假象的曲線，不是客觀存在，故A錯誤；磁感線是封閉的曲線，在磁體外部從N到S，內部從S到N，所以B錯誤；磁體的周圍存在磁場，磁場對放入其中的磁體由力的作用，即磁體間的相互作用是通過磁場實現的，所以C正確；當電流元與磁場垂直時，F=BIL，若不垂直時，F=BILsinθ，其中θ為電流元與磁場方向的夾角，所以D錯誤。考點：本題考查磁感線、安培力等。3、D【解析】試題分析：將Ea、Eb延長相交，根據交點可確定點電荷Q的位置，根據電場方向確定場源電荷的正負，由幾何知識求出a、b兩點到設點電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長相交，交點即為點電荷設a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識得到ra:rb=1:4、A【解析】

AB．根據電阻絲的伏安特性曲線可知當材料和長度相同時，再由電阻定律，可得即電阻絲a較細，電阻絲b較粗，A正確，B錯誤；C．電阻絲a、b串聯，它們電流相等，電阻大的兩端電壓較大，即C錯誤；D．電阻絲a、b并聯它們電壓相等，電阻大的電流較小，即D錯誤。故選A。5、D【解析】ABC、電阻的大小由導體本身決定，與導體兩端電壓，通過導體的電流無關，則ABC錯誤；D、通過導體的電流與導體兩端電壓，電阻有關，根據歐姆定律可知通過導體的電流跟導體兩端電壓成正比，跟導體的電阻成反比，故D正確；故選：D.點睛：電阻的大小由導體本身決定，與兩端電壓以及通過導體的電流無關，但根據歐姆定律可知：通過導體的電流跟導體兩端電壓成正比，跟導體的電阻成反比．6、C【解析】

AB.負點電荷從a運動到b，只有電場力做功，根據動能定理Fs=Ek，當在勻強電場中時F為定值，Ek與s成正比，故AB不符合題意；CD.由于負電荷受靜電力方向與場強方向相反，圖線為曲線，動能隨位移增加的不均勻（越來越快），電場力應該越來越大且做正功，根據圖像判斷C選項符合題意，D選項錯不符合題意．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】

根據電場線垂直于等勢面可知，粒子在三點受到的靜電力方向相同，故A正確；由粒子的運動軌跡得知，所受靜電力垂直等勢面向左下，而電場方向垂直等勢面向右上，則粒子帶負電，故B錯誤；A、B、C三點電勢大小關系為φA＞φB＞φC，因粒子帶負電，根據Ep=qφ有EpA＜EpB＜EpC，故C正確；根據靜電力做功W=qU，A、B兩點之間的電勢差大于B、C兩點之間的電勢差，則WAB＞WBC，故D錯誤．故選AC．【點睛】解決本題要掌握勻強電場的電場線、等勢面分布的特點，知道物體做曲線運動時合力指向軌跡彎曲內側，并能靈活運用這些知識分析帶電粒子在電場中運動的問題．8、AD【解析】

根據左手定則知，正電荷向上偏，負電荷向下偏，則A板帶正電．故A正確．因為B板帶負電，A板帶正電，所以電流的流向為a經用電器流向b．故B錯誤．因為A板帶正電，B板帶負電，所以金屬板間的電場方向向下．故C錯誤．等離子體發生偏轉的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力．故D正確．故選AD．【點睛】解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道電流在外電路中，由高電勢流向低電勢．9、AD【解析】試題分析：（等效思維法）因電容器具有隔直流通交流的特征，所以其電路路可等效為下圖所示當R2的阻值減小并趨于零時，L被短路，L變暗，當R考點：考查了歐姆定律的應用，含電容電路【名師點睛】本題也可以根據歐姆定律來分析，若部分電阻發生了變化，則對該部分的處理不能直接根據歐姆定律求解，本題中分析燈泡L亮度的變化，關鍵分析燈泡L和R2并聯的電壓如何變化，應靈活應用串并聯電路的性質進行分析判斷10、CD【解析】

A、對物塊進行受力分析，物塊受重力和水平向左的電場力，電場力F=qE=3mg，則合力的大小為2mg，方向如圖，小物塊沿合力方向做勻加速直線運動，故A、BC、運用動能定理研究從開始到落地過程：F·3H+mgH=12mv2-0，D、將物塊的運動分解為水平方向和豎直方向，增大電場強度，電場力增大，水平方向的加速度增大，豎直方向上的加速度不變，根據等時性知，運動時間不變，故D正確；故選CD。【點睛】對物塊進行受力分析，畫出物塊的運動軌跡．運用動能定理或牛頓第二定律和運動學公式解決問題。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、BFACED或者FBACED29002900偏大【解析】

（1）如圖所示：

（2）B．將電阻箱R0的阻值調到零；F．把滑動變阻器的滑片P滑到a端；A．閉合開關S；C．調節滑動變阻器R的阻值，使電壓表的示數為3.0V；E．調節電阻箱R0的阻值使電壓表示數為1.5V，讀出此時電阻箱R0的阻值；D．斷開開關S（注意先調零與先移動滑動變阻器到最大阻值，前后不影響，故BF的順序可以顛倒），則合理的順序是BFACED．

（3）由如圖丙讀出R0的阻值為2900Ω，因是串聯關系，則電阻與電壓成正比：電壓表示數為1.5V，則電阻箱R0分壓為1.5V．則

Rv=R0=2900Ω，因該支路實際電壓要比原電壓變大，即R0的分壓要大一些，故Rv的實際值要小一些，即測量值比真實值大．【點睛】考查半偏法測電阻的原理，明確串聯電阻后會引起測量支路的電阻的增大，其分壓要變大，此為誤差的來源．12、2.4720.0532【解析】50分度的游標卡尺，精確度是0.02mm，游標卡尺的主尺讀數為24mm，游標尺上第36個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為36×0.02mm=0.72mm，所以最終讀數為：24mm+0.72mm=24.72mm=2.472cm．螺旋測微器的半刻度已經漏出，固定刻度為0.5mm，可動刻度為3.2×0.01mm=0.032mm，所以最終讀數為0.5mm+0.032mm=0.532mm=0.0532cm．點睛：解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標讀數，不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．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、（1）1A；（2）2W；（3）12W

【解析】（1）燈兩端的電壓為UD?=U-UM?=20-14=6V

所以通過燈泡的電流為I=UD?ID14、（1）6m/s；（