甘肅省白銀市會寧一中2025年高二物理第二學期期末質量跟蹤監視試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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、對于靜電場中的兩點，下列說法正確的是（）A．點電荷在電場中某點受力的方向一定是該點電場強度的方向B．電勢差的公式，說明兩點間的電勢差與靜電力做功成正比，與移動電荷的電荷量成反比C．根據，電場強度與電場中兩點間的距離成反比D．若將一正電荷從點移到點電場力做正功，則點的電勢高于點的電勢2、甲、乙兩個同學打乒乓球，某次動作中，甲同學持拍的拍面與水平方向成45°角，乙同學持拍的拍面與水平方向成30°角，如圖所示．設乒乓球擊打拍面時速度方向與拍面垂直，且乒乓球每次擊打球拍前、后的速度大小相等，不計空氣阻力，則乒乓球擊打甲的球拍的速度υ1與乒乓球擊打乙的球拍的速度υ2之比為（）A． B． C． D．3、下列核反應方程及其表述中錯誤的是（）A．是原子核的β衰變B．是原子核的人工轉變C．是原子核的α衰變D．是重核裂變4、如圖所示電路中，R1、R2是兩個阻值相等的定值電阻，L是一個自感系數很大，直流電阻為零的理想線圈，設A、B兩點電勢分別為φA、φB，下列分析正確的是()A．開關S閉合瞬間φB．開關S閉合后，電路達到穩定時φC．當開關S從閉合狀態斷開瞬間φD．只要線圈中有電流通過，φA就不可能等于5、如圖所示，欲使在粗糙斜面上勻速下滑的木塊A停下，可采用的方法是（）A．增大斜面的傾角B．在木塊A上再疊放一個重物C．對木塊A施加一個豎直向下的力D．對木塊A施加一個垂直于斜面的力6、如圖所示.在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場。有一質量為m，電荷量為+q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放.重力加速度為g。則點電荷運動到負極板的過程，（）A．加速度大小為a=B．所需的時間為t=C．下降的高度為y=D．電場力所做的功為W=Eqd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、宇宙中存在一些離其他恒星較遠的四顆星組成的四星系統。若某個四星系統中每個星體的質量均為m，半徑均為R，忽略其他星體對它們的引力作用和忽略星體自轉效應，則可能存在如下運動形式：四顆星分別位于邊長為L的正方形的四個頂點上(L遠大于R)，在相互之間的萬有引力作用下，繞某一共同的圓心做角速度相同的圓周運動。已知萬有引力常量為G，則關于此四星系統，下列說法正確的是A．四顆星做圓周運動的軌道半徑均為B．四顆星表面的重力加速度均為C．四顆星做圓周運動的向心力大小為D．四顆星做圓周運動的角速度均為8、如圖所示，P、Q是兩根豎直且足夠長的金屬桿電阻忽略不計，處在垂直紙面向里的勻強磁場B中，MN是一個螺線管，它的繞線方向沒有畫出，P、Q的輸出端a、b和MN的輸入端c、d之間用導線相連，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金屬圓環現將金屬棒ef由靜止釋放，在下滑中始終與P、Q桿良好接觸且無摩擦在金屬棒釋放后下列說法正確的是A．螺線管MN中的感應電流先增大后不變B．A環對地面的壓力一直增大C．A環對地面的壓力先增大后減小至恒定值D．A環對地面的壓力先減小后增大至恒定值9、由于放射性元素的半衰期很短，所以在自然界一直未被發現，在使用人工的方法制造后才被發現.已知經過一系列α衰變和β衰變后變成，下列論述中正確的是（）A．核比核少18個中子B．衰變過程中共發生了7次α衰變和4次β衰變C．衰變過程中共發生了4次α衰變和7次β衰變D．發生β衰變時，核內中子數不變10、甲、乙兩車在同一平直公路上，從同一位置沿相同方向做直線運動，它們運動的速度v與時間t關系圖象如圖所示，己知甲一直做勻速直線運動，乙開始運動后一直做勻加速直線運動．則下列說法中正確的是A．乙車開始運動后，乙車的加速度大小為B．乙車追上了甲車之前，兩車相距最遠距離為9mC．在時刻，乙車追上了甲車D．在時刻，甲、乙兩車相距最遠三、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）某同學在做探究彈力和彈簧伸長的關系的實驗中，設計了圖甲所示的實驗裝置．他先測出不掛鉤碼時彈簧的自然長度，再將鉤碼逐個掛在彈簧的下端，每次都測出相應的彈簧總長度，將數據填在下面的表中．（彈簧始終在彈性限度內）測量次序123456彈簧彈力大小F/N00.490.981.471.962.45彈簧總長x/cm67.168.349.4810.8511.75(1)根據實驗數據在圖乙的坐標紙上已描出了前四次測量的彈簧所受彈力大小F跟彈簧總長x之間的函數關系點，請把第5、6次測量的數據對應的點描出來，并作出F-x圖線_______．(2)圖線跟x坐標軸交點的物理意義是_____．(3)該彈簧的勁度系數k=_____．（保留兩位有效數字）12．（12分）為了測量某一輕質彈簧的勁度系數，將該彈簧豎直懸掛起來，在其下端掛上不同質量的鉤碼．實驗測出懸掛鉤碼的質量m與彈簧長度l的相應數據，并做出如圖所示的m–l圖象，己知g＝9.8m/s1．（1）此彈簧的勁度系數為____N/m；（1）此彈簧的原長為______cm．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）（20分）電視機的顯像管中，電子束的偏轉是用電偏和磁偏轉技術實現的。如圖甲所示，電子槍發射出的電子經小孔S1進入豎直放置的平行金屬板M、N間，兩板間所加電壓為U0；經電場加速后，電子由小孔S2沿水平放置金屬板P和Q的中心線射入，兩板間距離和長度均為；距金屬板P和Q右邊緣處有一豎直放置的熒光屏；取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸。已知電子的質量為m，電荷量為e，初速度可以忽略。不計電子重力和電子之間的相互作用。（1）求電子到達小孔S2時的速度大小v；（2）若金屬板P、Q間只存在垂直于紙面向外的勻強磁場，電子恰好經過P板的右邊緣飛出，求磁場的磁感應強度大小B；（3）若金屬板P和Q間只存在電場，P、Q兩板間電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示，單位時間內從小孔S1進入的電子個數為N。電子打在熒光屏上形成一條亮線；每個電子在板P和Q間運動的時間極短，可以認為兩板間的電壓恒定；忽略電場變化產生的磁場。試求在一個周期（即2t0時間）內打到熒光屏單位長度亮線上的電子個數n。14．（16分）某同學將一個物體以30m/s的初速度從地面豎直上拋（不計空氣阻力），求：(1)物體從拋出上升到最高點所用的多長時間？(2)物體拋出后能上升的最大高度？（）15．（12分）如圖所示，一定質量的理想氣體由狀態A經過狀態B變化到狀態C，此過程中氣體內能增加1.7×105J，已知氣體在狀態A的體積V=0.4m3。①求氣體在B狀態時的體積VB；②氣體由狀態A變化到狀態C的過程中，氣體吸收熱量是多少。

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】正點電荷所受的電場力與電場強度方向相同，負點電荷所受的電場力與電場強度方向相反，故A錯誤；電勢差的公式，運用比值法定義，電勢差UAB與靜電力做功、移動電荷的電荷量無關，故B錯誤；公式中，d是兩點沿電場方向的距離，只適用于勻強電場，而勻強電場的電場強度處處相同，場強與d無關，故C錯誤；根據公式WAB＝qUAB知，WAB＞0，q＞0，則UAB＞0，則A點的電勢高于B點的電勢，故D正確．所以D正確，ABC錯誤．2、C【解析】

由題可知，乒乓球在甲與乙之間做斜上拋運動，根據斜上拋運動的特點可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不變，豎直方向的分速度是不斷變化的，由于乒乓球擊打拍面時速度與拍面垂直，在甲處：；在乙處：；所以：＝．故C正確，ABD錯誤3、C【解析】

A.是原子核的β衰變，選項A正確；B.是原子核的人工轉變，選項B正確；C.是輕核聚變方程，選項C錯誤；D.是重核裂變，選項D正確；此題選擇錯誤的選項，故選C.4、C【解析】開關閉合瞬間電流由A指向B增大，自感線圈阻礙電流增加，故φA<φB，A錯誤；電路穩定后，自感線圈相當于導線；φA=φB，BD錯誤；當開關S5、C【解析】解：A、木塊勻速滑下，合力為零，根據平衡條件得mgsinθ=μmgcosθ，解得：μ=tanθ；若增大斜面的傾角θ，重力沿斜面向下的分力mgsinθ增大，滑動摩擦力f=μmgcosθ減小，木塊的合力方向將沿斜面向下，木塊做加速運動．故A錯誤．B、對木塊A施加一個豎直向向上但小于木塊A重力的力，有：（mg﹣F）sinθ﹣μ（mg﹣F）cosθ=（mg﹣F）sinθ﹣tanθ（mg﹣F）cosθ=0依然平衡，做勻速直線運動，不會停止運動，故B錯誤；C、對木塊A施加一個豎直向下的力，有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ=（mg+F）sinθ﹣tanθ（mg+F）cosθ=0依然平衡，做勻速直線運動，不會停止運動，故C錯誤；D、對木塊A施加一個垂直于斜面的力F，重力沿斜面向下的分力mgsinθ不變，而滑動摩擦力f=μ（F+mgcosθ）增大，合力方向沿斜面向上，木塊做減速運動，可以使木塊停下，故D正確；故選D【點評】本題關鍵根據物體做減速運動的條件，分析木塊的合力方向，當合力方向與速度反向時，木塊能做減速運動，可以停下來．6、B【解析】點電荷受到重力、電場力，合力F=(Eq)2+(mg)2，根據牛頓第二定律有a=(Eq)2+(mg)2m，故A錯誤；根據運動獨立性，水平方向點電荷的運動時間為t，水平方向上的加速度ax=Eqm，根據位移公式可得：d2【點睛】分析電荷的受力情況，根據牛頓第二定律可求得總的加速度；根據運動的獨立性，分別對水平方向和豎直方向進行分析，根據水平方向上的勻加速直線運動規律可求得運動時間；再對豎直方向分析，從而求出對應的高度，根據功的公式可求得電場力所做的功．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、BD【解析】任一顆星體在其他三個星體的萬有引力作用下，合力方向指向對角線的交點，圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動，任一星體在其他三個星體的萬有引力作用下圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動，軌道半徑均：r=L，故A錯誤．星球表面的物體受到的萬有引力等于它受到的重力，即：G=m′g，解得：g=，故B正確；星體在其他三個星體的萬有引力作用下圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動，由萬有引力定律可得四顆星做圓周運動的向心力大小為：，選項C錯誤；由牛頓第二定律得：，解得：，故D正確；故選BD．點睛：本題考查了萬有引力定律的應用，解決本題的關鍵掌握萬有引力等于重力，以及知道在四顆星組成的四星系統中，其中任意一顆星受到其它三顆星對它的合力提供圓周運動的向心力．8、AC【解析】金屬棒ef由靜止釋放過程中，先做加速度減小的變加速運動，最后做勻速運動，則ef所在回路中產生的感應電流先增大后不變，A正確；由楞次定律分析可知，當ef回路中電流增大時，螺線管與A環之間存在斥力，開始時，A環中產生的感應電流最大，磁場增強，所以環的磁通量的變化率增大，據安培力公式可知環與螺線管間的斥力增大，當ef勻速運動時，螺線管中的磁場最強，而環的磁通量的變化率不變，據安培力公式可知環與螺線管間的斥力為零，據此可知兩者間的斥力先增大后減小最后恒定不變，故A環對地面的壓力先增大后減小最后不變，故BD錯誤C正確．【點睛】首先分析金屬棒ef由靜止釋放過程中，受到重力和安培力作用，先做加速度減小的變加速運動，后當兩力平衡做勻速運動，則知ef所在回路中產生的感應電流先增大后不變，此電流流過線圈MN，MN中產生的磁場先增強后不變，據楞次定律判斷感應電流的方向，再據左手定則判斷力的方向，再分析A環對地面的壓力的變化．本題是兩次電磁感應的問題，要根據ef桿的運動情況分析A環中感應電流的變化，綜合性較強．9、AB【解析】

A．核的中子數為209?83=126，的中子數為237?93=144，可知核比核少18個中子，故選項A正確；BC．整個衰變的過程中電荷數少10，質量數少28，設經過次α衰變，次β衰變，則有，，解得，，故選項B正確，C錯誤；D．β衰變的過程中，電荷數多1，質量數不變，則中子數少1，故選項D錯誤。10、ABC【解析】

A.由圖象可知，乙車的加速度為，故A正確；BD.當兩車的速度相等時，兩車相距最遠時在5s末，甲車的位移為，乙車的位移為，所以兩車最遠距離為9m，故B正確，D錯誤；C.在t＝8s時刻，甲車的位移為，乙車的位移為，故C正確．故選ABC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、彈簧的原長42N/m【解析】

(1)[1]根據實驗數據在坐標紙上描出的點，基本上在同一條直線上．可以判定F和L間是一次函數關系．畫一條直線，使盡可能多的點落在這條直線上，不在直線上的點均勻地分布在直線兩側．(2)[2]圖線跟坐標軸交點，表示彈力為零時彈簧的長度，即為彈簧的原長．所以圖線跟坐標軸交點的物理意義是彈簧的原長．(3)[3]圖線的物理意義是表明彈簧的彈力大小和彈簧伸長量大小成正比．由可得k=43N/m．12、（1）11.15；（1）4【解析】

(1)根據胡克定律可知，F=kx則有mg=kx=k(l-l0)故圖象的斜率等于所以解得：；(1)將圖中一點代入mg=kx=k(l-l0)得：解得：．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】試題分析：（1）根據動能定理①解得：②（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，設圓運動半徑為R，在磁場中運動軌跡如圖，由幾何關系③根據牛頓第二定律：④解得：⑤（3）設電子在偏轉電場PQ中的運動時間為t，PQ間的電壓為u時恰好打在極板邊緣OOx1x2x垂直電場方向：⑥平行電場方向：⑦此過程中電子的加速度大小⑧解得：，即當兩板間電壓為時打在極板上⑨電子出