《陕西省延安市黄陵中学2025届高二物理第一学期期中质量检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省延安市黄陵中学2025届高二物理第一学期期中质量检测模拟试题含解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、陕西省延安市黄陵中学2025届高二物理第一学期期中质量检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、在如图所示的并联电路中，保持干路上的电流不变，当增大的阻值时（ ）A和上的电压减小B上的电流增大C上的电流减小D和之和不变2、真空中两静止点电荷相距3m，其电荷量分别为q1=2104C，q2=3105
2、C，静电力常量k=9.0109Nm2/C2，则两点电荷之间的库仑力F为 ( )A9N B10 N C6 N D3N3、下列说法正确的有( )A通电导线只有在匀强磁场中才可能受安培力B若导线不受安培力，则导线所在处不存在磁场C磁感应强度越大，安培力一定越大D某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的垂直4、有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（ ）Aa的向心加速度等于重力加速度gB线速度关系vavbvcvdCd的运动周期有可能是20小时Dc在4个小时
3、内转过的圆心角是5、1 个 60W 的灯泡持续点亮 2.5h，需要消耗的电能为A4.210-2 JB2.4101 JC1.5102 JD5.410 5 J6、真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知 ( )AR处的电场强度E0Bx1处与x2处的电场强度方向相反C若正的试探电荷从x1处移到x2处，电场力一定做正功D该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的二、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，带电小球Q固定在倾角为的光滑固定
4、绝缘细杆下端，一质量为m，电荷量为q的带正电小球M穿在杆上从A点由静止释放，小球到达B点时速度恰好为零，已知A、B间距为L，C是AB的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则A小球从A到B的过程中加速度先减小后增大B小球在B点时受到的库仑力大小为mgsinC小球在C点时速度最大D在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为UAB=8、如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下处于静止状态，以下判断正确的是（）Aa对b的静电力一定是引力Ba对的静电力可能是斥力C的电荷量可能比的少D的电荷量一定比的大9、电饭锅工作时有两种状
5、态。一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后保温状态，如图所示是电饭锅电路原理示意图，K是感温材料制造的开关。下列说法中正确的是（）A其中R2是供加热用的电阻丝B当开关S接通时电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态C要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，应为2：1D要使R2在保温状态时的功率为加热状态时一半，应为10、质量为m的小球A以速度V0在光滑水平面上运动.与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小VA和小球B的速度大小VB可能为（ ）A B C D 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）（1
6、）一量程为3V的改装电压表由灵敏电流计G与电阻R串联而成，如图所示若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍大一些，采用下列哪种措施可加以改进_A在R上串联一比R小得多的电阻B在R上串联一比R大得多的电阻C在R上并联一比R小得多的电阻D在R上并联一比R大得多的电阻（2）将此电压表调好校准接入电路测某电路两端的电压，指针示数电压为_ V（3）关于多用电表的使用，下列做法正确的是_A把多用电表的选择开关旋至适当的直流电压挡，用图a所示的电路，合上开关S，则可测小灯泡两端的电压B把多用电表的选择开头旋至适当的直流电流挡，用图b所示的电路，合上开关S，则可测通过小灯泡的电流C把多用电表的选择开关旋至适当
7、的欧姆挡，进行调零后，用图c所示的电路，开关S保持断开，则可测小灯泡的电阻D把多用电表的选择开关旋至适当的欧姆挡，进行调零后，用图d所示的电路，会观察到此时欧姆表示数很小12（12分）（1）下列给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差又直观、简便的是_A测出两组I、U的数据，代入方程组E=U1+I1r和E=U2+I2rB多测几组I、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值C测出多组I、U的数据，画出U-I图像，在根据图像求E、rD多测几组I、U的数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势E，再利用闭合电路欧姆定律求出内电阻r（2）用
8、如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U-I图像，由图像可知_A电池的电动势为1.40VB电池内阻值为3.50C外电路短路时的电流为0.40AD电压表的示数为1.20V时，电流表的示数I/约为0.10A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）铅蓄电池是太阳能供电系统中的重要器件，它的主要功能是把太阳能电池板发的电能及时储存在电瓶内，以供用电设备使用某太阳能电池板给一电动势为15V的铅蓄电池充电时的电流为4A，充电10h充满该铅蓄电池储存了多少电能？14（16分）在平面直角坐标系
9、xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ONd，如图所示不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；（2）粒子在M点的初速度v0的大小；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t15（12分）如图所示，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C。圆轨道A
10、BC的形状为半径R=2.5m的圆截去了左上角127的圆弧，CB为其竖直直径，(sin53=0.8，g=10 m/s2)求：(1)小球经过C点的速度大小；(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；(3)平台末端O点到A点的竖直高度H。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】A.并联电路中其中一个阻值变大则并联后的阻值也变大，且电路中的电流不变，由欧姆定律可知，并联部分电压增大，即上电压增大，故A错误；BCD.根据可知，上电流增大；因总电流不变，故和之和不变，中电流减小；故B、C项错误，D项正确2、C
11、【解析】由库仑定律有： ，C正确，ABD错误。故选：C。 3、D【解析】A项：磁场对通电导线有安培力的作用，故只要有磁场通电导线就会受到安培力的作用，故A错误；B项：若导线不受安培力，可导线中的电流方向与磁场方向平行，故B错误；C项：根据F=BIL可知，安培力大小还与电流，导线的长度有关，故C错误；D项：根据左手定则可知：某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的垂直。点晴：解决本题关键理解通电导线在磁场中受到安培力的作用与通电导线所放的方向有关，当通电导线与磁场平行时，安培力为零，当通电导线与磁场垂直时，安培力最大。4、D【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相
12、同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大，解得：，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，卫星的半径越大，速度越小，所以有：，同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据，可知，故B错误；由开普勒第三定律：可知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故C错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故D正确所以D正确，ABC错误5、D【解析】需要消耗的电能为
13、，故D正确，ABC错误；故选D。6、C【解析】A、x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度，R处切线的斜率不为零，故R处的电场强度E0，故A错误；B、x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x1处与x2处的电场强度方向相同，故B错误；C、若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式，如果是正电荷，电场力一定做正功，故C正确；D、离电荷越近，电场强度越大，x图象的斜率应越大，而图中离O点越近，图象切线的斜率变小，故该电场不可能在O点的正电荷产生的，故D错误；故选C。【点睛】-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；用来判断电场力做功情况，知道正点电荷电场线的分布情况分析即可。二
14、、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、AD【解析】由题意可知，小球从A由静止运动在B点时，速度为零，则小球先加速后减速，那么一开始库仑力小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的分力，因此加速度先减小，再增大，故A正确；球在B点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力大小大于mgsin ，故B错误；当球的加速度为零时，速度才能达到最大，而C虽是AB的中点，但此处库仑力、支持力与重力的合力不为零，故C错误；根据动能定理，从A
15、到B，则有：00mgLsin qUAB；解得：UAB，故D正确，故选AD.8、AD【解析】AB根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，故A正确，B错误；CD同时根据库伦定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量大小，因此在大小上一定是“两大夹一小”，故C错误，D正确。故选AD。9、ABD【解析】AB如图所示，由得，当接通K时，电阻变小，功率变大，处于加热状态；当断开K时，电阻变大，功率变小，处于保温状态，则R2是供加热用的电阻丝，当开关K接通时电饭锅为加热状态，K断开时为保温状态，故AB正确；CD使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P=I2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比，所以则故
