2025屆貴州省畢節市物理高二上期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、小明站在電梯里的體重計上，當電梯以1m/s2的加速度加速上升時，體重計的示數（）A.大于小明受到的重力 B.小于小明受到的重力C.等于小明受到的重力 D.等于零2、在電場中某點放一檢驗電荷，其電量為q，檢驗電荷受到的電場力為F，則該點電場強度為，那么下列說法正確的是（）A.若移去檢驗電荷q，該點的電場強度就變為零B.若在該點放一個電量為2q的檢驗電荷，該點的場強就變為C.若在該點放一個電量為的檢驗電荷，則該點場強大小仍為E，但電場強度的方向變為原來相反的方向D.若在該點放一個電量為的檢驗電荷，則該點的場強大小仍為E，電場強度的方向也還是原來的場強方向3、在下列四圖中，標出磁場B、電流I和安培力F的相互關系，其中正確的是（）A. B.C. D.4、未來的星際航行中，宇航員長期處于完全失重狀態，為緩解這種狀態帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”，如圖所示．當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力．為達到上述目的，下列說法正確的是A.旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大B.旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小C.宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大D.宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小5、如圖所示，帶電粒子只在電場力作用下由A點運動到B點。圖中實線為電場線，虛線為粒子運動軌跡，由圖可知（）A.粒子帶負電B.從A運動到B，粒子動能增大C.從A運動到B，粒子速度和加速度均減小D.從A運動到B，粒子速度增大而加速度減小6、溫度不同的兩塊金屬接觸，達到熱平衡后，下列物理量一定相同的是A.內能 B.分子平均動能C.分子勢能 D.分子平均速率二、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、一臺電動機的線圈電阻與一只電爐的電阻相同，當二者通過相同電流并且均正常工作時，在相同時間內（）A.電爐放出的熱量等于電動機放出的熱量B.電爐放出的熱量大于電動機放出的熱量C.電爐兩端電壓等于電動機兩端電壓D.電爐兩端電壓小于電動機兩端電壓8、空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示，x軸正方向為場強的正方向．下列說法中正確的是A.該電場可能是由一對分別位于x2和－x2兩點的等量異種電荷形成的電場B.x2和－x2兩點的電勢相等C.正電荷從x1運動到x3的過程中電勢能先增大后減小D.原點O與x2兩點之間的電勢差大于-x2與x1兩點之間的電勢差9、某個電子以某一速度射入一電場或磁場，電子重力不計,下列說法正確的是()A.若射入電場中，電子可能做勻速直線運動B.若射入電場中，電子可能做勻速圓周運動C.若射入勻強磁場中，電子可能做勻速直線運動D.若射入勻強磁場中，電子可能做勻速圓周運動10、環繞地球做勻速圓周運動的人造衛星，離地面越高（）A.線速度越小 B.周期越大C.動能越大 D.向心加速度越大三、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）在測定電源電動勢和內電阻實驗中，選擇合適的器材組成如圖所示的電路（1）將電阻箱R阻值調到R1=28Ω時，電壓表讀數為U1=1.4V，將電阻箱R阻值調到R2=13Ω時，電壓表讀數為U2=1.3V，根據這兩組數據求得電源電動勢E=___V；內電阻r=___Ω．（保留兩位有效數字）（2）多次改變電阻箱的電阻R，讀出對應的電壓表讀數U，然后用圖象法處理數據，以電壓表讀數U為縱軸，以為橫軸，做出圖象得到一條直線．電動勢等于圖象的___；內電阻等于圖象的___12．（12分）在用打點計時器探究小車速度隨時間變化的規律的實驗中，右圖是某次記錄小車運動情況的紙帶，圖中A、B、C、D、E為相鄰的計數點，相鄰計數點間還有四個點未畫出。（1）根據____________可以判定小車做速度隨時間均勻增加的直線運動。（2）根據有關公式可求得vB=1.38m/s，vC=____m/s，vD=3.90m/s。（3）利用求得的數值作出小車的v-t圖線(以打A點時開始計時)，（）并根據圖線求出小車運動的加速度a=____m/s2。（4）將圖線延長與縱軸相交，若交點的縱坐標是0.12m/s，此交點的物理意義是________。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，在平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于軸向下；在軸和第四象限的射線(與軸的夾角為)之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為，方向垂直于紙面向外．有一質量為，帶有電荷量的粒子由電場左側平行于軸射入電場．粒子到達軸上點時，速度方向與軸的夾角也為φ，點與原點的距離為d，接著粒子進入磁場，并垂直于飛離磁場．不計粒子重力影響求：(1)粒子在磁場中運動的速度大小；(2)勻強電場的場強大小；(3)粒子水平進入電場時距離原點的距離.14．（16分）在間距d=0.1m、電勢差U=103V的兩塊豎立平行板中間，用一根長l=0.01m的絕緣細線懸掛一個質量m=0.2g、電量q=10-7C的帶正電荷的小球，將小球拉到使絲線恰呈水平的位置A后由靜止釋放（如圖所示），問：(1)小球擺至最低點B時的速度和線中的拉力多大？(2)若小球擺至B點時絲線突然斷裂，以后小球能經過B點正下方的C點（C點在電場內），則BC相距多遠？（g=10m/s2)15．（12分）如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑離心軌道，一個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放，沿軌道滑下（小球的重力大于所受的電場力）（1）已知小球的質量為m，電量大小為q，勻強電場的場強大小為E，斜軌道的傾角為α，求小球沿斜軌道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通過半徑為R的圓軌道頂端的B點時不落下來，求A點距水平地面的高度h至少應為多大？（3）若小球從斜軌道h=5R處由靜止釋放．假設其能夠通過B點，求在此過程中小球機械能的改變量

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】根據“小明站在電梯里的體重計上分析，體重計的示數”可知，本題考查了超重與失重的知識，根據物體具有向上的加速度，物體處于超重狀態，物體具有向下的加速度，物體處于失重狀態即可進行判斷【詳解】小明的加速度向上，處于超重，由牛頓第二定律可得：F﹣mg＝ma；故小明受到的支持力為：F＝m（g+a）；根據牛頓第三定律可知，體重計示數為m（g+a）＞mg．故A正確，BCD錯誤【點睛】明確超重和失重的解決方法是牛頓第二定律，要注意正確受力分析并能根據牛頓第二定律列式是解題的關鍵2、D【解析】場強為電場本身的性質，與放不放試探電荷無關，即放不放試探電荷，電場強度的大小和方向由電場本身來決定，故D正確，ABC錯誤。故選D。3、A【解析】熟練應用左手定則是解決本題關鍵，在應用時可以先確定一個方向，然后逐步進行，如可先讓磁感線穿過手心，然后通過旋轉手，讓四指和電流方向一致或讓大拇指和力方向一致，從而判斷出另一個物理量的方向，用這種程序法，防止弄錯方向【詳解】根據左手定則可知，A圖中安培力方向應該向上，故A正確；根據左手定則可知，B圖中安培力應該垂直于磁場斜向上，故B錯誤；根據左手定則可知，C圖中磁場方向和電流方向在同一直線上，不受安培力作用，故C錯誤；根據左手定則可知，D圖中安培力方向垂直于直導線斜向左上方，故D錯誤．故選A4、B【解析】在外太空，宇航員處于完全失重狀態，所以在旋轉倉中我們不需要考慮地球引力作用；宇航員在旋轉倉中做圓周運動所需要的向心力由側壁支持力提供，根據題意有，故可知，旋轉半徑越大，轉運角速度就越小，且與宇航員質量無關，故B正確、ACD錯誤5、B【解析】A．由電場力方向應指向軌跡的內側得知，粒子所受電場力方向大致斜向右上方，即粒子受力的方向與電場線的方向一致，所以粒子帶正電荷，故A錯誤；BCD．A點處的電場線較疏，而B點處電場線較密，則A點處的電場強度較小，粒子所受的電場力也較小，粒子的加速度也小，從A運動到B，粒子所受電場力方向與運動方向的夾角小于，電場力對粒子做正功，其電勢能減小，動能增大，故B正確，CD錯誤。故選B。6、B【解析】內能從微觀的角度來看，是分子無規運動能量總和的統計平均值．在沒有外場的情形下分子無規運動的能量包括分子的動能、分子間相互作用勢能以及分子內部運動的能量．溫度不同的兩塊金屬接觸，達到熱平衡后，溫度一定相同，分子平均動能一定相同，由于體積不一定相同，構成的分子或原子不一定相同，所以其他不一定相同．B正確二、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、AD【解析】AB．電爐電路和電動機電路焦耳定律都適用。根據焦耳定律Q=I2rt，知電爐和電動機的電阻相同，電流相同，則在相同的時間內電爐和電動機產生的電熱相等。故A正確，B錯誤。CD．設電流為I，電阻為r，則電爐兩端電壓U爐=Ir電動機由U機＞Ir所以U機＞U爐即電動機兩端電壓大于電爐兩端電壓，故D正確，C錯誤。故選AD。8、BD【解析】根據等量異種電荷形成的電場的特點可知，在等量異種電荷的連線上，各點的電場強度的方向是相同的，而該圖中電場強度的大小和方向都沿x軸對稱分布，所以該電場一定不是由一對分別位于和兩點的等量異種電荷形成的電場，A錯誤；由于和兩點關于y軸對稱，且電場強度的大小也相等，故從O點到和從O點到電勢降落相等，故和兩點的電勢相等，B正確；由圖可知，從到x3電場強度始終為正，則正電荷運動的方向始終與電場的方向相同，所以電場力做正功，電勢能逐漸減小，C錯誤；和兩點的電勢相等，原點O與兩點之間的電勢差等于原點O與兩點之間的電勢差，與兩點之間的電勢差等于與兩點之間的電勢差，所以原點O與兩點之間的電勢差大于-x2與兩點之間的電勢差，D正確9、BCD【解析】電子射入電場，一定受到電場力作用，合力不為零，不可能做勻速直線運動，故A錯誤．電子射入點電荷產生的電場，可能電場力等于向心力，做勻速圓周運動，故B正確．電子的速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，做勻速直線運動，故C正確．電子垂直射入勻強磁場，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，故D正確．故選BCD點睛：解決本題的關鍵知道勻速運動和圓周運動的條件，知道電荷在電場中一定受電場力，在磁場中可能受洛倫茲力，可能不受洛倫茲力10、AB【解析】萬有引力提供向心力可得可知離地越高，r越大，則v越小，動能越小，周期T越大，向心加速度a越小。故選AB。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、①.1.5②.2.0③.縱軸截距④.斜率的絕對值【解析】由閉合電路歐姆定律，分別研究電阻箱電阻為R1和R2的情況，列出含有電動勢和內阻的方程組求解；由圖象中的截距的含義及閉合電路的歐姆定律的表達式要求得電動勢和內電阻【詳解】（1）由閉合電路歐姆定律可知：E＝U+Ir＝U+r，根據題意可知：E＝1.4+r，E＝1.3+r，解得：E＝1.5V，r＝2.0Ω（2）由圖示電路圖可知，電源電動勢：E＝U+Ir＝U+r，整理得：U＝E﹣r，則U﹣圖象與縱軸的截距等于電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內阻【點睛】本題是一道電學測定某電源的電動勢和內電阻實驗題12、①.相鄰相等時間間隔內的位移差相等②.2.64③.④.12.6⑤.打點計時器打下計時點A時紙帶對應的速度【解析】（1）[1]做勻變速直線運動的物體，相鄰相等時間內的位移差為定值，即，因此通過相鄰相等時間間隔內的位移差相等可以判定小車做速度隨時間均勻增加的直線運動；（2）[2]根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，則C點速度為：（3）[3][4]速度時間圖像如圖圖線斜率表示加速度，則加速度為：（4）[5]速度時間圖像與縱軸交點的物理意義是0時刻質點的速度，故該交點表示打點計時器打下計時點A時紙帶對應的速度。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)(2)(3)【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，結合幾何關系由洛侖茲力充當向心力可求得粒子在磁場中的速度；(2)粒子在電場中做的是類平拋運動，對水平方向的勻速和豎直方向的勻加速分中別進行分析，根據牛頓第二定律及運動學公式可求得電場強度；(3)根據運動學公式，結合加速度，即可求解【詳解】(1)畫出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示由幾何關系得：R=dsinφ①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：②解得：v=③；(2)質點在電場中作類平拋運動．設質點射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有：v0=vcosφ④vsinφ=at⑤d=v0t⑥解得：設電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得：qE=ma⑦③～⑦式聯立，解得：；(3)設粒子入射點位于y軸正方向的D點，距離原點O為L，粒子在豎直方向做勻加速直線運動：⑧⑥～⑧式聯立，解得：【點睛】本題為電荷在電場和磁場中運動的題目，在電場中的運動一般以平拋為主，而在圓周運動中主要