新疆庫爾勒第二師華山中學2025屆物理高二上期中質量跟蹤監視模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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、在物理學的發展過程中，許多物理學家的科學發現推動了人類歷史的進步，在對以下幾位物理學家所做科學貢獻的敘述中，不正確的說法是()A．庫侖發現了電流的磁效應B．安培提出磁現象的電本質：分子電流假說C．法拉第發現了電磁感應現象D．牛頓提出了萬有引力定律奠定了天體力學的基礎2、如圖所示，均勻繞制的螺線管水平放置，在其正中心的上方附近用絕緣繩水平吊起通電直導線A，A與螺線管垂直，A導線中的電流方向垂直紙面向里，開關S閉合，A受到通電螺線管磁場的作用力的方向是()A．水平向左 B．水平向右 C．豎直向下 D．豎直向上3、電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路，當滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，下列說法正確的是A．電壓表讀數減小B．通過電阻R1的電流增大C．電流表讀數減小D．電流表讀數增大4、下列說法正確的是（）A．根據可知，導體中的電流與導體兩端的電壓成正比，跟導體的電阻成反比B．正電荷定向移動的方向是電流的方向，因電流有方向，所以電流是矢量C．根據可知，導體中的電阻與導體兩端的電壓成正比，跟導體的電流成反比D．根據可知,用電器的電功率與用電器電阻成反比與用電器兩端電壓的平方成正比5、在地球的圓形同步軌道上有某一衛星正在運行，則下列正確的是()．A．衛星的重力大于在地球表面時受到的重力B．衛星處于完全失重狀態，所受重力為零C．衛星離地面的高度是一個定值D．衛星相對地面靜止，處于平衡狀態6、某人平拋出一個小球，平拋的初速度為，3s末落到水平地面時的速度為，忽略空氣阻力。下列四個圖中能夠正確反映拋出時刻、1s末、2s末、3s末速度矢量的示意圖是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、陜西神木750kV輸變電工程目前已進入全而架線施工階段。若工程完成后對同一輸電線路，相比原來的250kV輸電，下列說法正確的是（）A．輸電線上的電流頻率將變為原來的三分之一B．輸電線上的電流將變為原來的三分之一C．輸電線上損失的電功率將變為原來的三分之一D．輸電線上損失的電功率將變為原來的九分之一8、如圖所示，真空中M、N處放置兩等量異種電荷，a、b、c為電場中的三點，實線PQ為M、N連線的中垂線，a、b兩點關于MN對稱，a、c兩點關于PQ對稱，已知一帶正電的試探電荷從a點移動到c點時，試探電荷的電勢能減小，則以下判定正確的是()A．M點處放置的是負電荷B．a點的場強與c點的場強完全相同C．a點的電勢高于c點的電勢D．若將該試探電荷沿直線由a點移動到b點，則電場力先做負功，后做正功9、在如圖所示的電路中，R1>r，將滑動變阻器R的滑片從位置a向下滑動到位置b的過程中，電路均處于穩定狀態。滑片處于位置b和位置a相比，電路中（）A．燈泡L的亮度變亮 B．電容器C所帶電荷量Q增大C．電源的輸出功率P增大 D．電阻R1消耗的熱功率P1增大10、平行板電容器兩極板間距為d、極板面積為S，電容為，其中ε0為常量．對此電容器充電后斷開電源．當增加兩板間距時，電容器（）A．電勢差減小 B．電容減小 C．電勢差不變 D．電荷量不變三、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“描繪小燈泡伏安特性曲線”的實驗中，選擇“3V0.5A”的小燈泡作為研究對象，請回答下面幾個問題：（1）下列實驗器材中應選擇________（填入器材序號）．A．電流表（量程0～0.6A,內阻約1Ω）B．電流表（量程0～3A，內阻約1Ω）C．電壓表（量程0～15V，內阻約10kΩ）D．電壓表（0～3V，內阻約2kΩ）E．滑動變阻器（阻值0～1000Ω）F．滑動變阻器（阻值0～10Ω）G．電源E＝6VH．開關S，導線若干（2）在本實驗中，滑動變阻器應采用________（填“分壓”或“限流”）接法，電流表應采用________（填“內”或“外”）接法．（3）在方框中畫出實驗電路圖。（____）12．（12分）請讀出以下測量儀器的示數，其中游標卡尺讀數為_____cm，螺旋測微器讀數為_____mm，多用電表擋位為直流電壓擋50V時讀數為_____V，若用歐姆表×100擋時的讀數為_____Ω。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）相距為d的平行金屬板M、N，板長也為d，板間可視為勻強電場，兩板的左端與虛線EF對齊，EF左側有水平勻強電場，M、N兩板間所加偏轉電壓為U，PQ是兩板間的中軸線．一質量為m、電量大小為q的帶電粒子在水平勻強電場中PQ上A點由靜止釋放，結果恰好從N板的右邊緣飛出，A點離EF的距離為；不計粒子的重力．(1)求EF左側勻強電場的電場強度大小；(2)帶電粒子從N板的右側邊緣飛出后，只受另一點電荷的庫侖力作用，并開始做圓周運動，已知該點電荷固定在PQ上某點，求該點電荷的帶電量.(3)當帶電粒子做圓周運動到M點后，MN板間偏轉電壓立即變為?U，（已知MN板間電場只由偏轉電壓提供，與點電荷無關）帶電粒子最終回到A點，求帶電粒子從出發至回到A點所需總時間．14．（16分）如圖所示，足夠長的光滑絕緣水平臺左端固定一被壓縮的絕緣輕質彈簧，一個質量m=0.04kg、電量的可視為質點的帶電小球與彈簧接觸但不栓接。某一瞬間釋放彈簧彈出小球，小球從水平臺右端A點飛出，恰好能無碰撞地落到粗糙傾斜軌道的最高B點，并沿軌道滑下。已知AB的豎直高度h=0.45m，傾斜軌道與水平方向夾角為、傾斜軌道長為L=2.0m，帶電小球與傾斜軌道的動摩擦因數。傾斜軌道通過光滑水平軌道CD與光滑豎直圓軌道相連，在C點沒有能量損失，所有軌道都絕緣，運動過程小球的電量保持不變。只有過山車模型的豎直圓軌道處在范圍足夠大豎直向下的勻強電場中，場強。（cos37°=0.8，sin37°=0.6，取g=10m/s2）求：（1）被釋放前彈簧的彈性勢能；（2）要使小球不離開軌道（水平軌道足夠長），豎直圓弧軌道的半徑應該滿足什么條件。15．（12分）如圖所示，電源的電動勢為10V，內阻為1Ω，R1=3Ω，R2=6Ω，C=30μF求：（1）閉合電鍵S，穩定后通過電阻R2的電流．（2）再將電鍵S斷開，再次穩定后通過電阻R1的電荷量．

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】

A．奧斯特發現了電流的磁效應，通電導線周圍存在磁場，故A錯誤，A符合題意；B．安培提出磁現象的電本質，即分子電流假說，磁體和通電導線產生磁場都源于電荷的運動，故B正確，B不合題意；C．法拉第研究了電磁感應現象，發現了磁場產生電流的條件和規律，故C正確，C不合題意；D．牛頓提出的萬有引力定律奠定了天體力學的基礎，故D正確，D不合題意。故選A。2、D【解析】

首先根據安培定則判斷通電螺線管的磁場，右端等效為磁鐵的N極，左端為S極，則A處產生的磁場方向為水平向左。再根據左手定則判斷可知：A受到通電螺線管磁場的作用力的方向為豎直向上，故ABC錯誤，D正確。故選D。3、D【解析】

由電路圖可知，滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，并聯電阻增大，外電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流變小，電源內電壓變小，路端電壓變大，則電壓表示數變大．干電路電流變小，電阻R1兩端電壓和電流均變小，路端電壓變大，則并聯電壓變大，由部分電路歐姆定律可知，通過電阻R2的電流變大，電流表示數變大，故D正確，ABC錯誤；故選D．4、A【解析】試題分析：由歐姆定律可知：導體中的電流與導體兩端電壓成正比，與導體電阻成反比，故A正確；電流是標量，故B錯誤；導體的電阻是導體自身的性質，與電壓、電流的大小無關，故C錯誤；在電壓一定情況下，用電器的功率與電阻大小成反比；在電阻一定的情況下，用電器的功率與電壓的平方成正比，故D錯誤.故選A.5、C【解析】

A、因為高度越高，重力加速度越小，所以同步衛星軌道上的重力加速度小于地面重力加速度，可知衛星重力小于在地球表面時受到的重力，故A錯誤；B、衛星繞地球做勻速圓周運動，處于完全失重狀態，但是重力不為零，故B錯誤；C、同步衛星的周期一定，根據萬有引力提供向心力GMmr2=m·4π2D、同步衛星相對地面靜止，但是不是處于平衡狀態，故D錯誤；故選C。【點睛】同步衛星軌道上的重力加速度小于地面重力加速度，可知衛星重力與在地球表面重力的大小關系；衛星繞地球做勻速圓周運動時，處于完全失重狀態，同步衛星定軌道、定高度、定周期。6、D【解析】

平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，可知水平分速度不變，則v1、v2、v3的矢量末端在同一豎直線上，豎直分速度之差△v=g△t，時間間隔相等，則豎直分速度之差相等，故D正確，ABC錯誤。故選D。【點睛】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，會通過矢量圖表示平拋運動的速度，以及速度的變化。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、BD【解析】

A．高壓輸電不改變交流電的頻率，故A錯誤；B．根據可知，輸電電流變為原來的三分之一，故B正確；CD．輸電線路上損失的電功率ΔP=I2r，變為原來的九分之一，故C錯誤，D正確；故選BD。【點睛】解決本題的關鍵知道輸送功率和輸送電壓、電流的關系，以及知道功率損失P損＝I2r；知道變壓器不改變交流電的頻率.8、CD【解析】

根據正電荷在電勢高處電勢能大，判斷電勢高低，即可確定M處電荷的電性；根據電場線的分布情況，分析場強關系；由電勢的高低，判斷電場力對正電荷做功正負。【詳解】A、C項：因正電荷由a到c電勢能減小，則電場力做正功，則電勢降低，故c點電勢低于a點電勢，則M點為正電荷，故A錯誤，C正確；B項：a點與c點為關于兩電荷的中垂線對稱，則場強大小相等但方向不同，故B錯誤；D項：將該試探電荷沿直線由a點移動到b點，根據等勢線分布圖可知，電勢先升高后降低，則電勢能先增大后減小，電場力先做負功、后做正功，故D正確。故應選：CD。【點睛】在電場中跟據帶電粒子運動軌跡和電場線關系判斷電場強度、電勢、電勢能、動能等變化是對學生基本要求，也是重點知識，要重點掌握。9、CD【解析】

A．滑片位于位置b和滑片位于位置a相比，變阻器電阻變小，總電阻變小，根據閉合電路歐姆定律，電路總電流變大，燈泡L兩端的電壓變小，燈泡L變暗，故A錯誤；B．燈泡電流變小，總電流變大，通過R2支路的電流變大，R2兩端的電壓增大，R2和變阻器兩端的電壓等于等于燈泡L兩端的電壓，故變阻器兩端的電壓減小，即電容器兩端的電壓減小，由知，電容器C所帶電荷量Q減小，故B錯誤；C．當外電阻等于電源內阻時，電源的輸出功率最大，因為，所以外電阻一定大于內阻，外電阻變小時，電源的輸出功率P變大，故C正確；D．由于總電流增大，根據知電阻R1消耗的熱功率增大，故D正確；故選CD。10、BD【解析】

增加兩板間距時，根據電容的決定式，可知電容減小，故B正確；對此電容器充電后斷開電源，故電量Q一定，故D正確；根據Q＝UC，由上可知電勢差增加，故AC錯誤。所以BD正確，AC錯誤。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、ADFGH分壓外【解析】

由題意可知考查描繪小燈泡伏安特性曲線實驗器材選擇、測量電路、控制電路設計，根據實驗原理分析可得。【詳解】[1]小燈泡的額定電流為0.5A，電流表選擇0.6A量程，故選擇A；額定電壓為3V，電壓表選擇3V量程，故選擇D；描繪小燈泡的伏安特性曲線要求電流、電壓從零開始變化，滑動變阻器采用分壓式接法，滑動變阻器的阻值比待測阻值小些時調節更方便，故滑動變阻器選擇F；電源、開關導線唯一直接選擇，總之實驗器材中應選擇ADFGH。[2]本實驗要求小燈泡兩端電壓從零開始變化，所以滑動變阻器只能選擇分壓式接法。[3]因小燈泡電阻很小，采用電流表外接法實驗誤差更小，故電流表采用外接法。[4]由以上分析可畫得電路圖為【點睛】描繪小燈泡的伏安特性曲線時因小燈泡阻值較小，電流表采用外接法，該實驗要求小燈泡兩端電壓從零開始變化，滑動變阻器采用分壓式接法。12、1.1404.71330.01000【解析】

根據游標卡尺讀數規則，游標卡尺主尺讀數為1.1cm，游標尺第8個刻度線與主尺刻度線對齊，20分度游標尺精度為0.05mm，游標尺讀數為8×0.05mm＝0.40mm，故測量值為1.1cm+0.40mm＝1.140cm。根據螺旋測微器讀數規則，讀數為4.5mm+0.213mm＝4.713mm。多用電表擋位為直流電壓擋時，按照中間的刻度盤刻度讀數，為30.0V；若用