2025屆安徽省淮北一中物理高二第一學期期末質量跟蹤監視試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，兩固定在絕緣水平面上的同心金屬圓環P、Q水平放置，圓環P中通有如圖所示的電流，以圖示方向為電流正方向，下列說法正確的是（）A.時刻，兩圓環間無作用力B.時刻，圓環Q中感應電流為零C.~時間內，圓環Q中感應電流始終沿逆時針方向D.~T時間內，圓環Q有擴張的趨勢2、電流方向每秒改變100次的交變電流，它的周期和頻率分別是（）A.0.02s，50Hz B.0.04s，50HzC.0.02s，25Hz D.0.04s，25Hz3、如圖所示的U-I圖象中，直線I為某電源的路端電壓與電流的關系，直線Ⅱ為某一電阻R的伏安特性曲線，用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖象可知()A.電源的輸出功率為3.0WB.電源電動勢為3V，內阻為0.5ΩC.電源內部消耗功率為1.0WD.R的阻值為1.5Ω4、如圖所示的電路中，電源的電動勢為6V，當開關S接通后，燈泡L1、L2都不亮，用電壓表測得各部分的電壓是Uab=6V，Uad=0V，Ucd=6V，由此可判定（）A.L1和L2的燈絲都燒斷了 B.L1的燈絲燒斷了C.L2的燈絲燒斷了 D.變阻器R斷路5、如圖，光滑絕緣水平面上固定金屬小球A，用長l0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量異種電荷，彈簧壓縮量為x1，若兩球電量各漏掉一半，重新平衡后彈簧壓縮量變為x2，則有：（）A. B.C. D.6、物理學對人類文明進步做出了積極的貢獻，成為當代人類文化的一個重要組成部分．關于物理學發展過程，下列說法中正確的是（）A.法拉第發現電荷間的相互作用力的關系，并測得靜電力常量B.荷蘭物理學家洛侖茲提出運動電荷產生了磁場和磁場對運動電荷有作用力（洛侖茲力）的觀點C.安培發現電流可以使周圍的磁針偏轉的效應，稱為電流的磁效應D.奧斯特發現了電流的周圍存在磁場并最早提出了場的概念二、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，電源電動勢為E，內阻為r．當滑動變阻器R2的滑片P向左滑動時，下列說法正確的是A.電阻R3消耗的功率變大B.電容器C上電荷量變大C.燈L變暗D.R1兩端的電壓變化量的絕對值小于R2兩端的電壓變化量的絕對值8、如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=0.10m，a、b間的電場強度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質量為m=4.8×10-25kg、電荷量為q=1.6×10-18C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L9、如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同帶正電小球（視為點電荷），b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點Q（圖中未畫出）時速度為零．則小球aA.從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B.從N到P的過程中，速率先增大后減小C.從N到Q的過程中，電勢能一直增加D.從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量10、在x軸上存在與x軸平行電場，x軸上各點的電勢隨x點位置變化情況如圖所示．圖中－x1～x1之間為曲線，且關于縱軸對稱，其余均為直線，也關于縱軸對稱．下列關于該電場的論述正確的是()A.x軸上各點的場強大小相等B.從-x1到x1場強的大小先減小后增大C.一個帶正電的粒子在x1點的電勢能大于在-x1點的電勢能D.一個帶正電粒子在－x1點的電勢能小于在-x2點的電勢能三、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）對于“研究平拋運動”的實驗，請完成下面兩問(1)研究平拋運動的實驗中，下列說法正確的是______．（請將正確選項前的字母填在橫線上）A．應使小球每次從斜槽上同一位置由靜止釋放B．斜槽軌道必須光滑C．斜槽軌道末端必須保持水平(2)如圖是某同學根據實驗畫出的平拋小球的運動軌跡，O為拋出點．在軌跡上任取兩點A、B，分別測得A點的豎直坐標y1=4.90cm、B點的豎直坐標：y2=44.10cm，A、B兩點水平坐標間的距離△x=40.00cm．g取9.80m/s2，則平拋小球的初速度v0為______m/s12．（12分）某研究小組收集了一個電學元件：電阻R0（約為2kΩ）實驗室備有如下器材：A．電壓表V（量程3V，電阻RV約為4.0kΩ）B．電流表A1（量程100mA，電阻RA1約為5Ω）C．電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50Ω）D．滑動變阻器R1（0～40Ω，額定電流1A）E．電阻箱R2（0～999.9Ω）F．開關S一只、導線若干G．電動勢為4V的鋰電池為了測定電阻R0的阻值，小明設計了一電路，如圖所示為其對應的實物圖，(1)圖中的電流表A應選_______(選填“A1”或“A2”)(2)請將圖中實物連線補充完整_______(3)開關閉合前，滑動變阻器的滑動觸頭應放在____________(選填“左”或“右”).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，兩根電阻忽略不計、互相平行的光滑金屬導軌豎直放置，相距L=1m，在水平虛線間有與導軌所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，磁場區域的高度d=1m，導體棒a的質量ma=0.2kg、電阻Ra=1Ω；導體棒b的質量mb=0.1kg、電阻Rb=1.5Ω．它們分別從圖中M、N處同時由靜止開始在導軌上無摩擦向下滑動，b勻速穿過磁場區域，且當b剛穿出磁場時a正好進入磁場，重力加速度g=10m/s2，不計a、b棒之間的相互作用，導體棒始終與導軌垂直且與導軌接觸良好，求：（1）b棒穿過磁場區域過程中克服安培力所做的功；（2）a棒剛進入磁場時兩端的電勢差；（3）保持a棒以進入時的加速度做勻變速運動，對a棒施加的外力隨時間的變化關系14．（16分）如圖所示，左側裝置內存在著勻強磁場和方向豎直向下的勻強電場，裝置上下兩極板間電勢差為U，間距為L，右側為“梯形”勻強磁場區域ACDH，其中，AH//CD，，一束電荷量大小為q，質量不等的帶電粒子（不計重力、可視為質點），從狹縫S1射入左側裝置中恰能沿水平直線運動并從狹縫S2射出，接著粒子垂直于AH，由AH的中點M射入“梯形”區域，最后全部從邊界AC射出，若兩個區域的磁場方向均水平（垂直于紙面向里），磁感應強度大小均為B，“梯形”寬度，忽略電場、磁場的邊緣效應及粒子間的相互作用。（1）判定這束粒子所帶電荷的種類，并求出粒子速度的大小；（2）求出這束粒子可能的質量最小值和最大值；（3）求出（2）問中偏轉角度最大的粒子在“梯形”區域中運動的時間。15．（12分）現有如下實驗器材：天平一臺，各種質量砝碼若干邊長為L、匝數為N的正方形線圈一個直流電源一個電流計一個開關、電阻、細導線及固定裝置若干請用以上器材設計一個可以精確測量勻強磁場磁感應強度的實驗要求：（1）在虛線框內畫出實驗原理圖（2）為了測量磁場磁感應強度需要測量哪些物理量？（3）寫出計算磁感應強度的主要關系式

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．時刻圓環P中的電流最大，但變化率為零，則穿過Q的磁場的磁通量最大，但變化率為零，由法拉第電磁感應定律可知Q中無感應電流，則P與Q間無相互作用力，故A正確；B．時刻雖然P中的電流為零，但是電流的變化率最大(圖像的斜率)，故在Q中產生了最大的感應電流，故B錯誤；C．~時間內的原電流為順時針減小，由安培定則可知Q中的磁場方向向下，由楞次定律可知Q中的感應電流為順時針，~時間內的原電流為逆時針增大，由安培定則可知Q中的磁場方向向上，由楞次定律可知Q中的感應電流為順時針，故C錯誤；D．~T時間內原電流為逆時針減小，由安培定則可知Q中的磁場方向向上，由楞次定律可知Q中的感應電流為逆時針，兩線圈的電流同為逆時針，兩者有相互吸引的安培力，則Q有收縮的趨勢，故D錯誤。故選A。2、A【解析】解：一個周期內電流方向改變兩次，所以f==50Hz則：T===0.02s故選A【點評】解得本題要知道頻率與周期的關系，知道一個周期內電流方向改變兩次，難度不大，屬于基礎題3、D【解析】由電源路端電壓與電流的關系圖象與縱軸的交點讀出電源的電動勢，其斜率大小等于電源的內阻．電阻R的伏安特性曲線的斜率等于電阻．兩圖線的交點讀出電流與電壓，求出電源的輸出功率【詳解】電源的輸出功率為：；故A錯誤；由圖I可知，電源的電動勢為，內阻；故B錯誤；電源內部消耗的功率為：；故C錯誤；由圖II可知，；故D正確；故選D4、C【解析】由Uab=6V可知，電源完好。燈泡都不亮，說明電路中出現斷路故障，且在a、b之間。由Ucd=6V可知，燈泡L1與滑動變阻器R是接通，斷路故障出現在c、d之間，故燈泡L2斷路。故選C5、D【解析】設靜電力常數為k′，漏電前，由平衡條件可知若兩球電量各漏掉一半，重新平衡后彈簧壓縮量變為x2，則有由于漏電以后，彈簧的壓縮量x2<x1，則有由上面的各式可求得故有故選D。6、B【解析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可【詳解】A項：庫侖發現發現電荷間的相互作用力的關系，并測得靜電力常量，故A錯誤；B項：荷蘭物理學家洛侖茲提出運動電荷產生了磁場和磁場對運動電荷有作用力（洛侖茲力）的觀點，故B正確；C項：奧斯特發現電流可以使周圍的磁針偏轉的效應，稱為電流的磁效應，故C錯誤；D項：奧斯特發現了電流的周圍存在磁場，法拉第最早提出了場的概念，故D錯誤故選B【點睛】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一二、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、BCD【解析】A．當滑動變阻器的滑片P向左滑動時，電阻變小，則外電路的總電阻變小，小電阻分小電壓，則外電壓變小，故消耗的功率：變小，故A錯誤；B．變小，外電路的總電阻變小，則干路總電流變大，而上電壓變小，則電流變小，故上電流變大，電壓變大，故電容器兩端電壓變大，，則電荷量變大，故B正確；C．變小，小電阻分小電壓，則的電壓變小，燈泡的電壓變小，故燈L變暗，故C正確；D．兩端的電壓變大，兩端的電壓變小，二者電壓之和等于外電壓，由前面分析之外電壓變小，故兩端增加的電壓小于兩端減小的電壓，故D正確8、8cm【解析】粒子a板左端運動到P處，由動能定理得代入有關數據，解得，代入數據得θ=30°粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為r，如圖由幾何關系得聯立求得代入數據解得9、BC【解析】A．a球從N點靜止釋放后，受重力mg、b球的庫侖斥力FC和槽的彈力N作用，a球在從N到Q的過程中，mg與FC的夾角θ由直角逐漸減小，不妨先假設FC的大小不變，隨著θ的減小mg與FC的合力F將逐漸增大；由庫侖定律和圖中幾何關系可知，隨著θ的減小，FC逐漸增大，因此F一直增加，故選項A錯誤；B．從N到P的過程中，重力沿曲面切線的分量逐漸減小到零且重力沿曲面切線的分量是動力，庫侖斥力沿曲面切線的分量由零逐漸增大且庫侖斥力沿曲面切線的分量是阻力，則從N到P的過程中，a球速率必先增大后減小，故選項B正確；C．在a球在從N到Q的過程中，a、b兩小球距離逐漸變小，電場力(庫侖斥力)一直做負功，a球電勢能一直增加，故選項C正確；D．在從P到Q的過程中，根據能的轉化與守恒可知，其動能的減少量等于電勢能增加量與重力勢能增加量之和，故選項D錯誤10、BD【解析】φ-x圖象的斜率大小等于電場強度，故x軸上的電場強度不同，故A錯誤；從-x1到x1場強斜率先減小后增大，故場強先減小后增大，故B正確；由圖可知，場強方向均指向O，根據對稱性可知，一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能，故C錯誤；電場線指向O點，則負電荷由-x1到-x2的過程中電場力做正功，故電勢能減小，故帶負電的粒子在-x1點的電勢能大于在-x2的電勢能，故D正確；故選BD考點：電場強度；電勢及電勢能【名師點睛】本題關鍵要理解φ-t圖象的斜率等于場強，由電勢的高低判斷出電場線的方向，來判斷電場力方向做功情況，并確定電勢能的變化三、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.AC;②.2;【解析】（1）在實驗中要畫出平拋運動軌跡，必須確保小球做的是平拋運動所以斜槽軌道末端一定要水平，同時斜槽軌道要在豎直面內要畫出軌跡，必須讓小球在同一位置多次釋放，才能在坐標紙上找到一些點然后將這些點平滑連接起來，就能描繪出平拋運動軌跡（2）根據位移時間公式分別求出拋出點到A、B兩點的時間，結合水平位移和時間求出初速度【詳解】（1）因為要畫同一運動的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，故A正確；小球與斜槽之間的摩擦不影響平拋運動的初速度，不影響實驗，所以斜槽軌道可以不光滑，故B錯誤；通過調節使斜槽末端保持水平，是為了保證小球做平拋運動，故C正確．故選AC（2）；，，根據得：，根據得：，則小球平拋運動的初速度為：；【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，結合運動學公式，抓住等時性進行求解12、①.A2②.③.左【解析】根據通過待測電阻的最大電流選擇電流表；為準確測量電阻阻值，應測多組實驗數據，根據待測電阻阻值與滑動變阻器最大阻值間的關系確定滑動變阻器的接法；根據待測電阻與電表內阻間的關系確定電流表的接法，然后連接實物電路圖【詳解】電壓表量程是3V，通過待測電阻的最大電流，因此電流表應選電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50Ω）；(2)待測電阻R0阻值約為2kΩ，滑動變阻器R1（0～40Ω，額定電流1A）與電阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待測電阻阻值，變阻器采用限流接法時待測電阻電壓與電流變化范圍較小，不能測多組實驗數據，為測多組實驗數據，減小實驗誤差，滑動變阻器應采用分壓接法.,,,故電流表應該采用內接法可減小系統誤差，實物電路圖如圖所示：(3)滑動變阻器采用分壓接法，為保護電路流過電流表的電流最小為零，電鍵閉合前，滑動變阻器的滑動觸頭P應置于左端.【點睛】根據待測電阻與滑動變阻器阻值間的關系確定滑動變阻器的接法，根據待測電阻阻值與電表內阻間的關系確定電流表的接法是正確連接實物電路圖的前提與關鍵四、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、（1）b棒穿過磁場區域過程中克服安培力所做的功為1J；（2）a棒剛進入磁場時兩端的電勢差為3.3V；（3）保持a棒以進入時的加速度做勻變速運動，對a棒施加的外力隨時間的變化關系為F=0.45t﹣1.1【解析】（1）b在磁場中勻速運動，其安培力等于重力，根據重力做功情況求出b棒克服安培力分別做的功（2）b進入磁場做勻速直線運動，受重力和安培力平衡，根據平衡條件，結合閉合電路歐姆定律和切割產生感應電動勢大小公式，求出b做勻速直線運動的速度大小．a、b都在磁場外運動時，速度總是相等，b棒進入磁場后，a棒繼續加速運動而進入磁場，根據運動學速度時間公式求解出a進入磁場時的速度大小，由E=BLv求出a棒產生的感應電動勢，即可求得a棒剛進入磁場時兩端的電勢差（3）根據牛頓第二定律求出a棒剛進入磁場時的加速度，再根據牛頓第二定律求出保持a棒以進入時的加速度做勻變速運動時外力與時間的關系式【詳解】（1）b棒穿過磁場做勻速運動，安培力等于重力，則有：BI1L=mbg，克服安培力做功為：W=BI1Ld=mbgd=0.1×10×1=1J（2）b棒在磁場中勻速運動的速度為v1，重力和安培力平衡，根據平衡條件，結合閉合電路歐姆定律得：=mbg,vb===10m/s，