2025屆北京市豐臺區物理高二第一學期期中質量跟蹤監視試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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，在同一平臺上的O點水平拋出三個物體，分別落到a、b、c三點，則三個物體運動的初速度va、vb、vc的關系和運動的時間ta、A．va>vb>vc，ta>tb>tcB．va<vbC．va<vb<vc，ta>tb>tcD．va>vb2、將面積為0.50m2的線圈放在磁感應強度為2.0×10－3T的勻強磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，則穿過線圈的磁通量是()A．1.0×10－3Wb B．0.50×10－3Wb C．0.25×10－3Wb D．03、關于向心力的說法中錯誤的是A．向心力總是沿半徑指向圓心，且大小不變，向心力是一個恒力B．向心力是沿著半徑指向圓心方向的合力，是根據力的作用效果命名的C．向心力可以是重力、彈力、摩擦力等各種力的合力，也可以是其中某個力的分力D．向心力只改變物體線速度的方向，不可能改變物體線速度的大小4、通過一個導體電流是2A，經過4min通過該導體橫截面的電量是()A．8CB．20CC．480CD．1200C5、三個阻值都為9Ω的電阻,它們任意連接、組合，總電阻不可能為()A．3ΩB．6ΩC．15ΩD．27Ω6、下列關于電荷的電勢能的說法正確的是()A．電荷在電場強度大的地方，電勢能一定大B．電荷在電場強度為零的地方，電勢能一定為零C．只在靜電力的作用下，電荷的電勢能一定減少D．只在靜電力的作用下，電荷的電勢能可能增加，也可能減少二、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（a）所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點電荷，質量分別為m、M．t=0時，甲靜止，乙以初速度6m/s向甲運動．此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動（整個運動過程中沒有接觸），它們運動的v-t圖象分別如圖（b）中甲、乙兩曲線所示．則由圖線可知（）A．m=2MB．t1時刻兩電荷的電勢能最大C．0～t2時間內，兩電荷的靜電力先增大后減小D．運動過程中，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小8、如圖虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶負電的點電荷僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知（）A．P點的電勢高于Q點的電勢B．該點電荷在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C．該點電荷通過P點時的動能比通過Q點時大D．該點電荷通過P點時的加速度比通過Q點時大9、下列關于重力和萬有引力的說法，正確的是A．若忽略地球自轉的影響，物體所受重力就是地球對物體的萬有引力B．若考慮地球自轉的影響，同一物體在地球兩極受到的重力最小，在赤道受到的重力最大C．若考慮地球自轉的影響，靜止在地球赤道上的物體所受的萬有引力就是物體隨地球自轉所需的向心力D．靜止在北京地面上的物體，所受萬有引力和地面對物體作用力的合力充當物體隨地球自轉的向心力10、如圖所示，一金屬直桿MN兩端接有導線，懸掛于線圈上方，MN與線圈軸線均處于豎直平面內，為使MN垂直紙面向外運動，可以()A．將a、c端接在電源正極，b、d端接在電源負極B．將b、d端接在電源正極，a、c端接在電源負極C．將a、d端接在電源正極，b、c端接在電源負極D．將b、c端接在電源正極，a、d端接在電源負極三、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“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的器材及代號如下：A．小燈泡L（3V、5Ω）；B．滑動變阻器R1（0－10Ω，額定電流1.5A）；C．滑動變阻器R2（0－500Ω，額定電流0.5A）；D．電壓表V1（量程：0－3V，RV＝5kΩ）；E．電壓表V2（量程：0－15V，RV＝10kΩ）；F．電流表A1（量程：0－0.6A，RA＝0.5Ω）；G．電流表A2（量程：0－3A，RA＝0.1Ω）；H．鉛蓄電池、開關各一個，導線若干；實驗中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續地從零調到額定電壓。（1）為了減少誤差，實驗中應選滑動變阻器_________電壓表_______，電流表________；（2）請在圖虛線框內按要求設計實驗電路圖（部分線已畫好）（3）某同學實驗后作出的I－U圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是：__________。（4）某同學由測出的數據畫出I—U圖象，如圖所示，當小燈泡兩端電壓為1.8V時，小燈泡的電阻值R＝________Ω，此時小燈泡的實際功率P＝________W。(結果保留兩位有效數字)12．（12分）在描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗中，小燈泡的規格為“6V，3W”，其他供選擇的器材有：電流表A1（量程為0～3A，內阻0.2Ω）；電流表A2（量程為0～0.6A，內阻1Ω）電壓表V（量程為0～6V，內阻20kΩ）滑動變阻器R1（最大阻值1000Ω，額定電流0.5A）滑動變阻器R2（最大阻值20Ω，額定電流2A）學生電源E（電動勢為6V，內阻忽略不計）開關S及導線若干（1）實驗中要求電壓表在0～6V范圍內讀數并記錄下12組左右不同的電壓值U和對應的電流值I，以便做出伏安特性曲線，則在上述器材中，電流表應選擇_______，變阻器應選擇_______。（2）在所給虛線方框中畫出實驗電路圖。（_________）（3）以下是實驗操作步驟A閉合開關，記下電流表電壓表的一組示數（U、I），移動滑動變阻器滑片，每移動一次記下一組（U、I）值，共測出12組數據；B將電流表、電壓表、變阻器、小燈泡、電源、開關正確連接成電路；C調節滑片，使閉合開關前滑片處于使變阻器與小燈泡并聯的電阻最大的位置；D按所測數據，在坐標紙上描點并將各點用平滑曲線連接起來，得出小燈泡的伏安特性曲線以上各步驟中存在的錯誤或不妥之處是：_____________________。將各步驟糾正后，按實驗先后順序排列為_____________（4）小燈泡的I-U圖線是一條曲線，原因為__________________。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，電源電動勢E=8V，內阻為r=2．5Ω，“3V，3W”的燈泡L與電動機M串聯接在電源上，燈泡剛好正常發光，電動機剛好正常工作，電動機的線圈電阻R=2．5Ω．求：（2）通過電動機的電流；（2）電源的輸出功率；（3）電動機的輸出功率．14．（16分）在一鉛直面內有一光滑的軌道，軌道左邊是光滑弧線，右邊是足夠長的水平直線．現有質量分別為mA和mB的兩個質點，B在水平軌道上靜止，A在高h處自靜止滑下，與B發生彈性碰撞，碰后A仍可返回到弧線的某一高度上，并再度滑下．問：A、B的質量滿足什么關系時可以至少發生兩次碰撞．15．（12分）如圖甲所示，質量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質量為m、可視為質點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板從，物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v-t圖像分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點的坐標分別為a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)，根據v-t圖像，求：（1）物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3；（2）物塊質量m與長木板質量M之比；（3）物塊相對長木板滑行的距離Δx．

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、C【解析】由h=12gt2得，下落時間t=2hg。因ha>hb【點睛】（1）平拋運動的水平分運動為勻速直線，豎直分運動為自由落體，且合運動和各分運動具有等時性；（2）平拋運動的下落時間由豎直高度決定，即t=2hg2、A【解析】

根據公式可得，A正確．3、A【解析】A、向心力的方向始終指向圓心，是變力，A錯誤；B、向心力是沿著半徑指向圓心方向的合力，是根據力的作用效果命名的，故B正確；C、向心力可以是重力、彈力、摩擦力等各種力的合力，也可以是其中某個力的分力，故C正確；D、向心力只改變物體線速度的方向，不可能改變物體線速度的大小，故D正確；故說法中錯誤的選A．4、C【解析】

已知電流5A和時間4min，根據Q=It可求出電荷量。【詳解】t=4min=240s，通過導體橫截面的電荷量：Q=It=2A×240s=480C故C正確。【點睛】本題考查了電量及其計算，比較基本，只要記住公式：I=Qt，5、C【解析】

當三個電阻串聯時，總電阻為：3×9Ω=27Ω；當三個電阻并聯時，總電阻為：13×9Ω=3Ω；當兩個電阻串聯后與第三個電阻并聯，總電阻為：18×918+9Ω=6Ω；當兩個電阻并聯后與第三個電阻串聯，總電阻為：12×9Ω+9Ω=13.5Ω6、D【解析】電場強度與電勢能無關，電荷在電場強度為零的地方，電勢能不一定為零，電勢能有相對性可以人為規定零勢能面，故AB錯誤；只在靜電力作用下，若電荷從靜止開始運動，電場力做正功電勢能減少，若電荷在靜電力作用下在電場中做減速運動，則電場力做負功電勢能增大，故D正確，C錯誤．所以D正確，ABC錯誤．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、ABC【解析】:A、兩球相互作用時,受到的合外力為零,故動量守恒,設向左為正方向,時刻兩球速度相等,由動量守恒,計算得出:,所以A選項是正確的;

B、時間內兩電荷間距離逐漸減小,在時間內兩電荷間距離逐漸增大，時刻兩球相距最近,系統克服電場力最大,兩電荷的電勢能最大.所以B選項是正確的.

C、時間內兩電荷間距離逐漸減小,在時間內兩電荷間距離逐漸增大,由庫侖定律得知,兩電荷間的相互靜電力先增大后減小.所以C選項是正確的.

D、由圖像看出,時間內,甲的速度一直增大,則其動能也一直增大.乙的速度先沿原方向減小,后反向增大,則其動能先減小后增大.故D錯誤.

所以ABC選項是正確的綜上所述本題答案是：ABC8、BD【解析】

A、若帶電微粒從P點進入電場，由圖可知帶電微粒所受電場力由a等勢面指向b等勢面，由于微粒帶負電，故c等勢面的電勢最高，故P點的電勢低于Q點的電勢，故A錯誤．B、由于帶電微粒在從Q向P運動的過程中電場力做負功，則帶電微粒的電勢能增大，故帶電微粒在P點時的電勢能較大．故B正確．C、由于帶電微粒在從Q向P運動的過程中電場力做負功，故微粒在Q點時的動能大于在P點的動能．故C錯誤．D、由于電場線越密等勢線越密，由圖可知P點的場強大于Q點的場強，故帶電微粒在P處所受的電場力大于在Q點所受的電場力，故帶電微粒通過P點時的加速度大．故D錯誤．故選B．9、AD【解析】

若忽略地球自轉的影響，物體所受重力就是地球對物體的萬有引力，選項A正確；若考慮地球自轉的影響，同一物體在地球兩極受到的重力最大，在赤道受到的重力最小，選項B錯誤；若考慮地球自轉的影響，靜止在地球赤道上的物體所受的萬有引力與地面的支持力的合力就是物體隨地球自轉所需的向心力，選項C錯誤；靜止在北京地面上的物體，所受萬有引力和地面對物體作用力的合力充當物體隨地球自轉的向心力，選項D正確；故選AD.10、AB【解析】

運用安培定則判斷電流產生的磁場方向，根據左手定則判斷安培力方向.將選項逐一代入檢驗，選擇符合題意的.【詳解】A、將a、c端接在電源正極，b、d端接在電源負極，根據安培定則可知，線圈產生的磁場方向向上，再根據左手定則可知MN受到的安培力向外，則MN垂直紙面向外運動，符合題意;故A正確.B、將b、d端接在電源正極，a、c端接在電源負極，根據安培定則可知，線圈產生的磁場方向向下，再根據左手定則可知MN受到的安培力向外，則MN垂直紙面向外運動，符合題意;故B正確.C、將a、d端接在電源正極，b、c端接在電源負極，根據安培定則可知，線圈產生的磁場方向向下，再根據左手定則可知MN受到的安培力向里，則MN垂直紙面向里運動，不符合題意;故C錯誤.D、將b、c

端接在電源正極，a、d

端接在電源負極，根據安培定則可知，線圈產生的磁場方向向上，再根據左手定則可知MN受到的安培力向里，則MN垂直紙面向里運動，不符合題意;故D錯誤.故選AB.【點睛】本題考查了右手螺旋定則和左手定則的應用，要判斷準電流方向和磁場方向.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、BDE溫度的影響3.60.90【解析】（1）因為燈泡的電阻為5歐姆，因此為了調節方便，滑動變阻器應選擇總阻值較小的

B（R1）即可；為了方便調節小燈泡額定電壓是3V，電壓表應選V1，即D；燈泡額定電流I=0.6A，電流表應選電流表A1，即E。

（2）因為電壓、電流需從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法，燈泡的電阻大約5Ω，遠小于電壓表內阻，屬于小電阻，電流表采用外接法誤差較小，電路圖如圖所示：（3）從圖象可知I-U圖象的斜率逐漸減小，即電阻R逐漸增大，形成的原因是隨著電壓增高，小燈泡溫度升高，電阻率增大阻值增大，即受溫度的影響。

（4）由圖可知當電壓為1.8V時，對應的電流為0.5A，則根據歐姆定律可得：，此時小燈泡的實際功率：。12、（1）A2；R2；（2）；（3）步驟C中，閉合開關前觸頭應處于使變壓器與小燈泡并聯的電阻為零的位置；BCAD；（4）隨著電壓增加，通過小燈泡的電流增大，溫度升高，燈泡燈絲的電阻率增加。【解析】

（1）［1］根據小燈泡的功率，燈泡正常發光時的電流為電流表應選擇：A2；［2］要求在0～6V范圍內讀取并記錄下12組不同的電壓值U和對應的電流值I，應選擇分壓電路，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇R2；（2）［3］小燈泡正常工作時的電阻：，遠小于電壓表的內阻，應采用電流表外接法，電路如圖所示：；（3）［4］閉合開關前觸頭應處于使變壓器與小燈泡并聯的電阻為零的位置。故步驟C中有錯誤之處；［5］應先連接電路，調節好滑動變阻器滑片位置，再測量，利用測量數據作出伏安特性曲線。故實驗步驟為BCAD；（4）［6］隨著電壓增加，通過小燈泡的電流增大，溫度升高，燈泡燈絲的電阻率增加。故小燈泡的I-U圖線是一條曲線。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）2A；（2）3．5W；（3）3W【解析】試題分析：（2）燈泡L正常發光，通過燈泡的電流，電動機與燈泡串聯，通過電動機的電流IM=IL=2（A）；（2）路端電壓：U=E-Ir=3．5（V），電源的輸出功率：P=UI=3．5（W）；（3）電動機兩端的電壓UM=U-UL=4．5（V）；電動機的輸出