江西省新余第四中學2025屆物理高二上期末質量跟蹤監視模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應強度為B，則油滴的質量和環繞速度分別為A.， B.，C.， D.，2、如圖所示，將一個鋁框放在蹄形磁鐵的兩個磁極間，鋁框可以繞豎直軸線OO′自由轉動．轉動磁鐵發現原來靜止的鋁框也會發生轉動．下列說法正確的是A.鋁框與磁極轉動方向相反B.勻速或加速轉動磁鐵，鋁框都比磁極轉動慢C.鋁框是因為磁鐵吸引鋁質材料而轉動的D.鋁框中沒有電流3、在一次軍事演習中，傘兵跳離飛機后打開降落傘，實施定點降落。在傘兵減速下降的過程中，下列說法正確的是A.傘兵的機械能守恒，重力勢能不變B.傘兵的機械能守恒，重力勢能減小C.傘兵的機械能增加，重力勢能減小D.傘兵的機械能減小，重力勢能減小4、如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負分別是（）A.，正電荷 B.，正電荷C.，負電荷D.，負電荷5、如圖，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態（若規定彈簧自然長度時彈性勢能為零，彈簧的彈性勢能Ep=k△x2，其中k為彈簧勁度系數，△x為彈簧的形變量）一質量為m、帶電量為q（q＞0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸后粘在一起不分離且無機械能損失，物體剛好能返回到s0段中點，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。則下列說法不正確的是（）A.滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間為t=B.彈簧的勁度系數為k=C.滑塊運動過程中的最大動能等于Ekm=（mgsinθ+qE）s0D.運動過程中物體和彈簧組成的系統機械能和電勢能總和始終不變6、下列物理量中，既有大小，又有方向的是（）A.電勢 B.電動勢C.磁感應強度 D.磁通量二、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，電源內阻可忽略不計，電路中接有一小燈泡和一電動機，小燈泡L上標有“12V12W”字樣，電動機的線圈內阻若燈泡正常發光,電源的輸出電壓為16V,此時A.電動機的輸入功率為12WB.電動機的輸出功率為3WC.小燈泡的熱功率是12WD.整個電路消耗的電功率為12W8、如圖所示，一個邊長為L的正方形線框abcd無初速度地從高處釋放，線框下落過程中，下邊保持水平向下平動，在線框的下方，有一個上、下界面都水平的勻強磁場區，磁場區高度為2L，磁場方向與線框平面垂直，閉合線框下落后，剛好勻速進入磁場區，在整個進出磁場過程中，線框中的感應電流I隨位移x變化的圖象可能是下圖中的()A. B.C. D.9、在如圖所示的豎直平面內，在水平線MN的下方有足夠大的勻強磁場，一個等腰三角形金屬線框頂點C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場中．忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進入磁場過程中，關于線框運動的v－t圖，可能正確的是：（）A. B.C. D.10、如圖所示，兩個帶等量負電荷的小球A、B(可視為點電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B的連線的水平中垂線上的兩點，且PO=ON．現將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質點)，由P點靜止釋放，在小球C向N點的運動的過程中，關于小球C的說法可能正確的是()A.速度先增大，再減小B.電勢能先增大，再減小C.加速度先增大再減小，過O點后，加速度先減小再增大D.加速度先減小，再增大三、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“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系“實驗中(1)實驗時需要的儀器為圖中的___________(填選項字母)(2)某同學在完成上述實驗后，采用如圖所示的電路測量變壓器原線圈的電阻(阻值較小)，為保證電路中各元件安全，實驗結束時，首先應斷開__________(填選項前的字母)A.導線AB.導線BC.開關CD.導線D12．（12分）（1）測干電池的電動勢和內阻的實驗，為了盡量減小實驗誤差．在如下圖所示的四個實驗電路中應選用________（2）選好電路后,由于電流表和電壓表內電阻對電路的影響,所測得電動勢將________．(選填“偏大”，“偏小”，“不變”）（3）根據實驗測得的一系列數據，畫出U-I圖（如圖丙所示），則被測干電池的電動勢為________V，電池的內阻為________Ω．（結果均保留兩位小數）（4）這種用圖象法處理數據是為了減少________.(選填“系統誤差”或“偶然誤差”)四、計算題：本題共3小題，共38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）如圖所示，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E．一質量為m，電荷量為-q的粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出．射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L（1）求此粒子射出時的速度v（2）運動的總路程s（重力不計）14．（16分）如圖所示，一個質量m＝40g，帶電量q＝-3×10－6C的半徑極小的小球，用絕緣絲線懸掛在水平方向的勻強電場中．當小球靜止時，測得懸線與豎直方向成37°夾角．已知重力加速度g=10m/s2，求：（1）電場強度的大小和方向？（2）此時細線的拉力大小？15．（12分）從粒子源射出的帶電粒子的質量為m、電荷量為q，它以速度v0經過電勢差為U的帶窄縫的平行板電極S1和S2間的電場，并從O點沿Ox方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的有界勻強磁場，Ox垂直平行板電極S2，當粒子從P點離開磁場時，其速度方向與Ox方向的夾角θ＝60°，如圖所示，整個裝置處于真空中(1)求粒子在磁場中沿圓弧運動的軌道半徑R；(2)求粒子在磁場中運動所用的時間t.

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、D【解析】液滴在復合場中做勻速圓周運動，可判斷出電場力和重力為平衡力，從而可求出液滴的質量并可判斷電場力的方向，結合電場的方向便可知液滴的電性．根據洛倫茲力的方向，利用左手定則可判斷液滴的旋轉方向．結合重力與電場力平衡以及液滴在洛倫茲力的作用下的運動半徑公式，可求出線速度【詳解】液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知液滴帶負電；磁場方向向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的旋轉方向為順時針；由液滴做勻速圓周運動，得知電場力和重力大小相等，得①，得，液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為，聯立得：，D正確【點睛】此題考查了液滴在復合場中的運動．復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場．液滴在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對液滴的運動形式的分析就顯得極為重要．該題就是根據液滴的運動情況來判斷受到的電場力情況2、B【解析】本題考查楞次定律、法拉第電磁感應定律的應用，根據感應電流的磁通量總阻礙引起感應電流的磁場變化，從而引起電磁驅動的現象進行分析即可；【詳解】AB．由于磁鐵轉動導致鋁框的磁通量增加，根據楞次定律可知，為阻礙磁通量增加，則導致鋁框與磁鐵轉動方向相同，但鋁框都比磁極轉動慢，故A錯誤，B正確；CD．當轉動磁鐵時，導致鋁框的磁通量發生變化，從而產生感應電流，而使鋁框內受到安培力而轉動，故選項CD錯誤3、D【解析】在傘兵減速下降的過程中其質量不變，重力不變，而速度減小，動能減小；因高度不斷減小,則重力勢能不斷減小；動能與重力勢能之和即機械能減小.故選D.4、C【解析】由題意可知粒子向右偏轉，根據左手定則可知粒子帶負電荷。作出粒子運動軌跡如圖所示，設粒子的軌跡半徑為r，根據幾何關系有r＋rsin30°＝a根據牛頓第二定律有聯立解得故選C。5、C【解析】A.滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，由牛頓第二定律得：由位移公式得：聯立可得：故A正確；B.滑塊從釋放到返回到s0段中點的過程，由功能關系得：解得：故B正確；C.滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為x0，則有解得：從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得：彈簧彈力做功：則最大動能：故C錯誤；D.物體運動過程中只有重力和電場力做功，故只有重力勢能、電勢能和和彈性勢能動能參與轉化，滑塊機械能和電勢能的總和始終不變，故D正確。本題選擇不正確的，故選C。6、C【解析】磁感應強度是矢量，所以既有大小，又有方向，且滿足矢量運算法則；電勢、電動勢和磁通量均為標量，只有大小，沒有方向，滿足代數運算法則，故ABD錯誤，C正確。故選C。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、BC【解析】根據題圖可知，考查了歐姆定律，電功率；由電動機與燈泡串聯，根據串聯電路電流處處相等，可知通過它們的電流相等；已知小燈泡額定電壓與額定功率，由電功率公式的變形公式求出燈泡正常工作時的電流；由電功率公式分析求解【詳解】燈泡正常發光，則電路電流為：I＝ILA；燈泡的熱功率等于它的額定功率12W，電動機的熱功率為：PQ＝I2RM＝12×1＝1W；燈泡正常發光時，電動機電壓為：UM＝U﹣UL＝16﹣12＝4V，電動機的輸入功率為：P＝UMI＝4×1＝4W；電動機的輸出功率為：P出＝P﹣PQ＝4W﹣1W＝3W；整個電路的電功率為，故BC正確，AD錯誤【點睛】電動機是非純電阻電路，電動機的輸出功率等于輸入功率與熱功率之差8、BD【解析】AC．線框勻速進入磁場時，則有=mg下邊始終勻速切割磁感線，通過線框的感應電流的大小恒定為I0，方向不變，線框完全進入磁場后，安培力立即消失，線框僅在重力的作用下做勻加速運動，當線框下邊剛出磁場時，線框的速度大于進入磁場時的速度，故電流大于I0，AC錯誤；BD．由上可知，當線框出磁場時，其速度大于進入磁場時的速度，故出磁場時線框所受的安培力大于重力，線框做減速運動，感應電流及安培力都減小，所以線框的加速度也減小；當上邊剛要出磁場時線框的速度等于進入磁場時的速度時，則加速度為0，電流為I0；當上邊剛要出磁場時線框的速度仍大于進入磁場時的速度時，則加速度不為0，電流大于I0，BD正確。故選BD。9、CD【解析】根據楞次定律的“來拒去留”可知線框受到向上的安培力，線框由靜止向下做加速運動，設線框的有效切割磁感線的長度為L，線框的電阻為R，則有，根據歐姆定律可得，故，根據牛頓第二定律可得，故，運動過程中，L在變大，v在變大，故加速度在減小，即速度時間圖像的斜率再減小，故AB錯誤；由于不知道當線框完全進入磁場時重力和安培力的關系，所以之后線框的速度可能繼續增大，可能恒定不變，故CD正確10、AD【解析】A.正電的小球受到A、B兩小球的庫侖引力，在C到O的過程中，合力方向指向CO，可知在C到O的過程中，速度增大，從O到N的過程中，合力方向指向NO，速度減小，則速度先增大后減小，故A正確。B.在C到O的過程中，合力方向指向CO，可知在C到O的過程中，電場力做正功，電勢能減小，從O到N的過程中，合力方向指向NO，電場力做負功，電勢能增大，故電勢能先減小后增大，故B錯誤。CD.正電小球在O點所受的合力為零，從C到O的過程中，合力可能先增大后減小，則加速度可能先增大后減小，過O點后，合力先增大后減小，加速度先增大后減小；也可能從C到O的過程中，合力減小，加速度減小，過O點到N過程中，合力增大，加速度增大，故C錯誤D正確。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、(1).ADF(2).A【解析】（1）[1]．“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”的實驗，需要器材是學生電源，提供低壓交流電，同時還需要交流電壓表來測量電壓及可拆變壓器和導線，結合題目給定的器材，圖A是變壓器，B是直流電源，C是條形磁鐵，D學生電源，提供低壓交流電，E是電壓表，F是多用電表，用來測交流電流和電壓，結合器材需求和題干。故選ADF；（2）[2]．實驗結束時，應先把電表從電路中斷開，否則在斷開開關瞬間會產生大電壓燒毀電表，故應先斷開導線A，故A正確，BCD錯誤；故選A。12、①.(1).丙②.(2).偏小③.(3).1.45(1.44—1.46均給分)④.0.70（0.67—0.72均給分）⑤.(4).偶然誤差【解析】明確實驗原理，從而確定實驗電路圖，并根據電路的分析可得出電動勢的誤差情況；根據閉合電路歐姆定律進行分析，從而確定電動勢和內電阻的大小．用圖象法處理數據是為了減少偶然誤差【詳解】（1）本實驗中需要測量多組路端電壓和干路電流，所以必須用到滑動變阻器；同時因電流表內阻不能忽略，為了減小內阻的測量誤差，電流表應采用相對電源的外接法；故應選擇丙