湖南省長沙市雅禮教育集團2025屆高二物理第一學期期中質量跟蹤監視試題考生請注意：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、在一個勻強電場中有a、b兩點，相距為d，電場強度為E，把一個電量為q的正電荷由a點移到b點時，克服電場力做功為W，下列說法正確的是A．該電荷在a點電勢能一定比b點大B．a點電勢一定比b點電勢低C．a、b兩點電勢差大小一定為U=EdD．a、b兩點電勢差Uab=2、關于磁感應強度，下列說法中正確的是（）A．由B=可知，B與F成正比，與IL成反比B．地球表面的磁感應強度B的方向與地面相平行，由地理北方指向地理南方C．通電直導線周圍存在磁場，與直導線距離相等的兩點的磁感應強度B一定相同D．磁感應強度的方向就是放在該處的小磁針N極的受力方向3、有兩個完全相同的金屬小球A和B(它們的大小可忽略不計)，分別帶電荷量q和5q，當它們在真空中相距一定距離時，A球對B球的斥力為F，若用絕緣手柄移動這兩個小球，使它們相接觸后分別再放回原處，則它們間的作用力變為（）A．F B．1.8F C．3F D．6F4、加在某臺電動機上的電壓是U（V），電動機消耗的電功率為P（W），電動機線圈的電阻為R（Ω），則電動機線圈上消耗的熱功率為（）A．B．C．D．5、一石塊從樓頂自由落下，不計空氣阻力，取g=10m/s2，石塊在下落過程中，第1.0s末速度的大小為（）A．5.0m/sB．10m/sC．15m/sD．20m/s6、如圖所示，小磁針放置在螺線管軸線的左側．閉合電路后，不計其他磁場的影響，小磁針靜止時的指向是()A．N極指向螺線管B．S極指向螺線管C．N極垂直于紙面向里D．S極垂直紙面向里二、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、下圖是驗證楞次定律實驗的示意圖，豎直放置的線圈固定不動，將磁鐵從線圈上方插入或拔出，線圈和電流表構成的閉合回路中就會產生感應電流。各圖中分別標出了磁鐵的極性、磁鐵相對線圈的運動方向以及線圈中產生的感應電流的方向等情況，其中正確的是A． B． C． D．8、.家用電飯鍋有兩種工作狀態，一是鍋內水燒開前的加熱狀態，一是水燒開后的保溫狀態，其電路如圖所示．R1是一電阻，R2是加熱用的電阻絲，則電飯鍋()A．S閉合時為保溫狀態B．S斷開時為加熱狀態C．S閉合時為加熱狀態D．S斷開時為保溫狀態9、一點電荷僅受電場力作用，由A點無初速釋放，先后經過電場中的B點和C點．點電荷在A、B、C三點的電勢能分別用EA、EB、EC表示，則EA、EB和EC間的關系可能是A．EA＞EB＞EC B．EA＜EB＜ECC．EA＜EC＜EB D．EA＞EC＞EB10、如圖所示，光滑固定金屬導軌與水平面成一定角度θ，將完全相同的兩個導體棒P、Q相繼從導軌頂部同一位置M處無初速釋放，在導軌中某部分（圖中兩虛線之間）有一與導軌平面垂直的勻強磁場．已知P棒進入磁場時恰好做勻速運動，則從P棒進入磁場開始計時，到Q棒離開磁場（設導軌足夠長，除P、Q桿外其余電阻不計），P棒兩端電壓隨時間變化的圖象可能正確的是A． B．C． D．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）（1）圖為驗證影響平行板電容器電容的因素的實驗原理圖．影響平行板電容器電容的因素有：兩極板之間的距離d,兩極板的正對面積S,及插入兩板間的電介質的相對介電常數εr.步驟1:電容器充電后與電源斷開，保持電量Q將不變，兩極板間的距離d也不變，減小兩極板間的正對面積S，發現靜電計的指針張角_______(“變大”,“變小”或“不變”)．步驟2:電容器充電后與電源斷開，保持電量Q將不變，兩極板的正對面積S也不變，增大兩極板間的距離，發現靜電計的指針張角_______(“變大”,“變小”或“不變”)．步驟3:保持Q、S、d都不變，在兩極板間插入有機玻璃，發現靜電計的張角_____(“變大”,“變小”或“不變”)．（2）某同學用游標卡盡和螺旋測微器分別測量一薄的金屬圓片的直徑和厚度，讀出如圖中的示數，該金屬圓片的直徑的測量值為______cm，厚度的測量值為______mm．12．（12分）有一個小燈泡上標有“4V2W”的字樣,現在要用伏安法描繪這個燈泡的I-U圖線。現有下列器材供選用:A．電壓表(0~5V,內阻10kΩ)B．電壓表(0~15V,內阻20kΩ)C．電流表(0~3A,內阻1Ω)D．電流表(0~0.6A,內阻0.4Ω)E.滑動變阻器(10Ω,2A)F.滑動變阻器(500Ω,1A)G.學生電源(直流6V)、開關、導線若干(1)實驗時,選用圖甲而不選用圖乙的電路圖來完成實驗,請說明理由:__________________________。

(2)實驗中電壓表應選用____,電流表應選用____,滑動變阻器應選用______。(用序號字母表示)

(3)把圖中所示的實驗器材用實線連接成實物電路圖________。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）如圖所示，有一根導線ab緊靠著豎直導軌上，它們之間的動摩擦因數為μ=0.5，勻強磁場的磁感應強度B=0.4T，如果導線的質量為M=0.01kg，長度L=0.2m，問：在導線ab中至少要通過多大的電流才能使它保持靜止？電流方向如何？（g=10m/s2）14．（16分）綠色奧運”是2008年北京奧運會的三大理念之一，奧組委決定在各比賽場館使用新型節能環保電動車，江漢大學的500名學生擔任了司機，負責接送比賽選手和運輸器材．在檢測某款電動車性能的某次實驗中，質量為8×102㎏的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，達到的最大速度為15m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出F—圖象（圖中AB、BO均為直線））．假設電動車行駛中所受的阻力恒定，求此過程中：（1）電動車的額定功率；（2）電動車由靜止開始運動，經過多長時間，速度達到2m/s？15．（12分）如圖，在水平面上有兩條平行導電導軌MN、PQ,導軌間距離為l，勻強磁場垂直于導軌所在的平面（紙面）向里，磁感應強度的大小為B，兩根金屬桿1、2擺在導軌上，與導軌垂直，它們的質量和電阻分別為m1、m2和R1、R2，兩桿與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為μ，已知：桿1被外力拖動，以恒定的速度v0沿導軌運動；達到穩定狀態時，桿2也以恒定速度沿導軌運動，導軌的電阻可忽略，求此時桿2克服摩擦力做功的功率。

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、B【解析】

A．正電荷從a點移到b點時，克服電場力做功為W，即電場力對電荷做負功，電勢能增加，則電荷在a點電勢能較b點小，故A錯誤；B．由電勢能公式EP=qφ分析知，正電荷在電勢低處電勢能小，所以a點電勢比b點電勢低，故B正確；C．a、b兩點不一定沿著電場線方向，所以a、b兩點電勢差大小不一定為U=Ed，故C錯誤；D．電荷從a移動到b，電場力做功為-W，根據電勢差的定義得：ab間的電勢差：Uab=，故D錯誤．2、D【解析】

A．磁場中某點的磁感應強度，只與磁場本身決定，與通電導線所受的安培力F以及IL的乘積無關，選項A錯誤；B．地球表面任意位置的地磁場方向沿磁感線的切線方向，故各點的磁場方向并不是都與地面平行，地磁的南極在地理的北極附近，地磁的北極在地理的南極附近，兩者并不完全重合，故B錯誤；C．通電直導線周圍存在磁場，與直導線距離相等的兩點的磁感應強度B大小相同，但是方向相反，選項C錯誤；D．磁感應強度的方向就是放在該處的小磁針N極的受力方向，選項D正確。3、B【解析】

AB之間表現為斥力，所以帶同種電荷，相接觸之前由庫侖定律可得:相接觸后平均分配電荷，即各帶電荷量3q，根據庫侖定律可知：故B對；ACD錯；【點睛】A球對B球的斥力為F,說明A和B帶同種電荷,根據庫侖定律可以得到F與電量Q、距離r的關系;A、B球相互接觸后放回原處,距離r不變,電荷平分,再根據庫侖定律得到相互作用的庫侖力大小與Q、r的關系,用比例法求解.4、C【解析】

電動機是非純電阻電路，電功率為P=UI，故電流為I=P/U，故熱功率P熱=I2r=（）2r=；故選C．5、B【解析】石塊做自由落體運動，則石塊做初速度為0，加速度為g的勻加速直線運動，根據勻加速直線運動的速度與時間的關系式v=v0+at可得第1s末石塊的速度大小為：v=gt=10×1=10m/s

故選B.6、A【解析】

根據安培定則可以判斷通電螺線管左則為S極，右側為N極，因此左側小磁針靜止時N極指向右側，故BCD錯誤，A正確．故選A．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、CD【解析】

A.當磁鐵N極向下運動時，線圈的磁通量變大，由增反減同可知，則感應磁場與原磁場方向相反。再根據安培定則，可判定感應電流的方向：沿線圈盤旋而上。故A不符合題意；

B.當磁鐵S極向上運動時，線圈的磁通量變小，由增反減同可知，則感應磁場與原磁場方向相同。再根據安培定則，可判定感應電流的方向：沿線圈盤旋而上，故B不符合題意；

C.當磁鐵S極向下運動時，線圈的磁通量變大，由增反減同可知，則感應磁場與原磁場方向相反。再根據安培定則，可判定感應電流的方向與圖中電流方向相同。故C符合題意；

D.當磁鐵N極向上運動時，線圈的磁通量變小，由增反減同可知，則感應磁場與原磁場方向相同。再根據安培定則，可判定感應電流的方向：沿線圈盤旋而下，故D符合題意；8、CD【解析】試題分析：S閉合時，R1被斷路，R2中的電流較大，熱功率較大，處于加熱狀態，S斷開時，R1與R2串聯，R2中的電流較小，熱功率較小，處于是保溫狀態，AB錯誤，CD正確．考點：本題考查了電路的串并聯特點和電路的規律問題9、AD【解析】一點電荷僅受電場力作用，由A點無初速釋放，經過B點可知電場力一定做了正功，電勢能減少，即,到達B點電荷有速度，所以在往C運動不確定加速還是減速，即電場力做正功做負功不明確，則動能未知，但是C點有動能就比A點電勢能少，選AD10、AC【解析】因導體棒P、Q完全相同,又是從導軌頂部同一位置M處無初速釋放,所以P、Q在進入磁場時的速度大小是相等的,當P進入磁場,而Q還沒有進入磁場的過程中,P做勻速直線運動,設此時的電動勢為E,由閉合電路的歐姆定律可得P兩端的電壓為E/2，且保持不變．當Q進入磁場時，分為兩種情況來分析：Ⅰ、當Q進入磁場時,P已經出了磁場,所以在PQ都不在磁場中時,P的兩端的電壓為零,當Q進入磁場后,產生的電動勢也為E,此時P的兩端的電壓仍為E/2，當Q離開磁場時，電壓為零，選項A是有可能的．Ⅱ、當Q進入磁場時,P還沒有出磁場,此時PQ會以相同的速度開始做勻加速直線運動,回路中沒有電流,所以P兩端的電壓等于P產生的電動勢,因PQ都在做勻加速直線運動,所以電壓是從E均勻增加的,當P到達磁場的邊緣時,設產生的電動勢為E′,P離開磁場時,只有Q在切割磁感線,此時P兩端的電壓為Q產生的電動勢的一半,即為E′/2，此后Q將做加速度減小的減速運動，P兩端的電壓也就逐漸減小，且隨Q的加速度的減小，電壓減小的幅度也越來越小，所以選項C是有可能的，BD不可能．故選AC．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、變大變大變小1.2401.682【解析】（1）電容器充電后與電源斷開，保持電量Q將不變，兩極板間的距離d也不變，減小兩極板間的正對面積S，根據電容決定式：，可知電容減小，根據定義式：可知，板間電壓增大，所以靜電計的指針張角變大；電容器充電后與電源斷開，保持電量Q將不變，兩極板的正對面積S也不變，增大兩極板間的距離，根據電容決定式：，可知電容減小，根據定義式：可知，板間電壓增大，所以靜電計的指針張角變大；保持Q、S、d都不變，在兩極板間插入有機玻璃，根據電容決定式：，可知電容增大，根據定義式：可知，板間電壓減小，所以靜電計的指針張角變小．（2）游標卡尺的主尺讀數為：1.2cm=12mm，游標尺上第8個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為8×0.05mm=0.40mm，所以最終讀數為：12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm；螺旋測微器的固定刻度為1.5mm，可動刻度為18.2×0.01mm=0.182mm，所以最終讀數為1.5mm+0.182mm=1.682mm．12、描繪燈泡的I-U圖線所測數據需從零開始,并要多取幾組數據ADE【解析】

(1)[1]在用伏安法描繪這個燈泡的I-U圖線的實驗中，電壓要從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，所以電路圖選用圖甲．(2)[2][3][4]因燈泡的額定電壓為4V，為保證安全選用的電壓表量程應稍大于4V，但不能大太多，量程太大則示數不準確；故只能選用0～5V的電壓表，故選A；由P=UI得，燈泡的額定電流故電流表應選擇0～0.6A的量程，故選D；而由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，而分壓接法中應選總阻值較小的滑動變阻器，故選E；(3)[5]對照電路圖連接實物圖，注意電流從電流表電壓表正接線柱流入，如圖：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、2.5A電流方向是從b到a【解析】

根據平衡條件求出摩擦力大小，根據滑動摩擦力公式求出導線ab所受安培力，進而由安培力公式求得I，由左手定則判斷安培力的方向。【詳解】要使ab保持靜