2025届福建省福州市师大附中物理高二上期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2025届福建省福州市师大附中物理高二上期末质量跟踪监视模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，电子以垂直于匀强磁场的速度，从A处进入长为，宽为的磁场区域，发生偏移而从B处离开磁场，从A至B的电子经过的弧长为，若电子电量为，磁感应强度为B（电子重力不计），则A.电子在磁场中运动的时间为B.电子在磁场中运动的时间为C.洛伦兹力对电子做功是D.电子在A、B两处的速度相同2、首先发现电流磁效应的科学家是()A.安培 B.奥斯特C.库仑 D.麦克斯韦3、如图所示，矩形abcd的ad、bc边长为2L，ab、cd边长为L。一半径为L的半圆形区域（圆心O在bc中点）内有方向垂直纸面向里、强度为B的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子从b点以速度v0沿bc方向射入磁场，粒子恰能通过d点。不计粒子的重力，则粒子的速度v0大小为A. B.C. D.4、下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是A. B.C. D.5、穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是A.0~2s B.2s~3sC.3s~4s D.4s~6s6、如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是()A.ab向左运动，cd向右运动B.ab向右运动，cd向左运动C.ab、cd都向右运动D.ab、cd保持静止二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，固定在倾角为θ的斜面内的两根平行长直金属导轨，其间距为d，底端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，导体杆ab与导轨间的动摩擦因数μ，导体杆ab从静止开始沿导轨下滑距离为L时，速度恰好达到最大（运动过程中导体杆ab始终与导轨保持垂直，且与两导轨保持良好接触），设导体杆ab接入电路的电阻为R，导轨电阻和空气阻力忽略不计，重力加速度大小为g，导体杆ab由静止到速度达到最大的过程中。下列说法正确的是（）A.通过电阻R的电荷量为B.导体杆ab两端电压最大值为C.电阻R中的最大电流为D.导体杆ab运动的时间为8、如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()A.带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B.负点电荷一定位于M点左侧C.带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D.带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度9、如图,电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是()A.小灯泡L1、L2均变暗B.小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小D.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大10、如图所示，水平放置的两组光滑轨道上分别放有可自由移动的金属棒PQ和MN，并且分别放置在磁感应强度为B1和B2的匀强磁场中，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（）A.向左加速运动 B.向右加速运动C向右减速运动 D.向右匀速运动三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：A．小灯泡：规格“3.8V、0.3A”B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.5ΩC．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1ΩD．电压表：量程0～5V，内阻约为5kΩE.电压表:量程0～15V，内阻约为50kΩF.滑动变阻器：阻值范围0～10Ω，额定电流2AG.滑动变阻器:阻值范围0～100Ω，额定电流50mAH．电池组：电动势6V，内阻约为1ΩI．开关一只，导线若干（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选______，电压表应选_____,滑动变阻器应选_______．(填器材代号)需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用_________的连接方式（2）请在虚线框内设计一个电路图______12．（12分）某同学利用如图甲电路测量干电池的电动势E和内阻r(1)为了较准确的测量，请根据图甲电路图将图乙实物图补充完整_____；(2)用选定器材测干电池的电动势E和内阻r，根据图甲实验电路测得多组U、R数据，请根据数据在图丙作出图象_____；(3)根据图象求得E=______V，r=______Ω；(4)利用该实验电路测出的电动势和内阻与真实值相比有偏差，其原因是______________四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，在平面直角坐标系xoy中，在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场；在第一象限内某区域存在方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场(图中未画出)．一粒子源固定在x轴上坐标为(-L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子继续前进距离L后进入磁场区域，再次回到x轴时与x轴正方向成45°夹角．已知电子的质量为m，电荷量为e，有界圆形匀强磁场的磁感应强度，不考虑粒子的重力好粒子之间的相互作用，求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)圆形磁场的最小面积；(3)电子从进入电场到再次回到x轴过程的总时间。14．（16分）在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4m，如图15所示，框架上放置一质量为0.05kg、接入电路的电阻为R=1Ω的金属杆cd，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开始沿框架向右做匀变速直线运动，则：(1)在2s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末，回路中的电流多大？(3)作用在cd杆上的水平外力F随时间变化的关系式？15．（12分）如图所示，水平光滑轨道OA上有一质量m=2kg的小球以速度v0=20m/s向左运动，从A点飞出后恰好无碰撞地经过B点，B是半径为R=10m的光滑圆弧轨道的右端点，C为轨道最低点，且圆弧BC所对圆心角θ=37°，又与一动摩擦因数μ=0.2的粗糙水平直轨道CD相连，CD长为15m，进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为E，该轨道的半径也为R，不计空气阻力，物块均可视为质点，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）A、B两点的高度差和物块在C点对圆弧轨道的压力；（2）通过计算分析甲物块能否经过E点。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】根据确定运动时间，根据洛伦兹力的特点判断洛伦兹力是否做功.【详解】AB．粒子走过的路程为s，则运动时间，故B正确，A错误；C．洛伦兹力始终与运动方向垂直，不做功，故C错误；D．洛伦兹力不做功，粒子速度大小不变，但速度方向改变，故AB处速度不同，D错误故选B2、B【解析】A．安培研究了通电导线的磁场方向与电流方向的关系，提出了安培定则，A错误；B．奥斯特经实验得到通电导体周围存在着与磁体周围一样的特殊物质，首先发现了电流的磁效应，B正确；C．库仑经用库仑扭秤实验总结出了库仑定律，C错误；D．麦克斯韦总结出了麦克斯韦电磁场理论，D错误。故选B。3、D【解析】粒子沿直径飞入，根据径向对称特点确定圆心，如图所示：根据几何关系：解得：连接，根据几何关系：解得：这里我们简单提供一种计算的计算方法：联立方程解得：洛伦兹力提供向心力：解得：，D正确，ABC错误。故选D。4、D【解析】感应电流方向根据右手定则或楞次定律进行判断．右手定则研究一段导体，楞次定律研究一个回路，从而即可求解【详解】A图中，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→c→d，则导体ab上的感应电流方向为b→a．故A错误．B图中，ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误．C图中，ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故C错误．D图中，ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b．故D正确．故选D【点睛】本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方向上结果是相同的，不过研究的对象不同5、A【解析】根据得，感应电动势与磁通量的变化率成正比。Φ-t图线的斜率表示磁通量的变化率，0s～2s内磁通量的变化率最小，则产生的感应电动势最小，故A正确。故选A。6、A【解析】由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动；A.ab向左运动，cd向右运动，与结果一致，故A正确；B.ab向右运动，cd向左运动，与结果不一致，故B错误；C.ab、cd都向右运动，与结果不一致，故C错误；D.ab、cd保持静止，与结果不一致，故D错误；二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BCD【解析】A．电荷量为A错误；BC．导体棒匀速下滑时，加速度为0，速度最大，产生的电动势最大，根据平衡条件解得回路中最大电流为路端电压BC正确；D．导体棒匀速运动时切割磁感线根据电路解得根据动量定理又联立方程解得D正确。故选BCD。8、CD【解析】由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做正功，其动能增加，故A错误．带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧，故B错误．电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确．a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D正确考点：电场线，电场力做功与电势能变化的关系，牛顿第二定律9、BD【解析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，与灯L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表读数变小，L2变暗，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，电压表V的读数变大．路端电压增大，而L2灯电压减小，所以L1灯的电压增大，L1灯变亮故选BD【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键．也可以运用结论进行分析：变阻器电阻增大，与之并联的电灯会亮，与之串联的电灯会变暗，即“串反并同”10、AC【解析】根据安培定则可知，MN处于垂直纸面向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L2中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，L1线圈中电流的磁场应该是向上减弱，或向下增强。若L1中磁场方向向上减弱，根据安培定则可知PQ中电流方向为Q→P且减小，根据右手定则可知PQ向右减速运动；若L1中磁场方向向下增强，根据安培定则可知PQ中电流方向为P→Q且增大，根据右手定则可知PQ向左加速运动。故选AC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.B②.D③.E④.分压式⑤.【解析】（1）[1][2][3][4]．小灯泡的额定电压为3.8V，则电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.3A，为了减小测量的误差，使得测量更精确，电流表量程选择0～0.6A的B．需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，滑动变阻器要采用分压电路，故选用阻值较小的E；（2）[5][6]．小灯泡电阻约为13Ω，则有故灯泡电阻属于小电阻，电流表采用外接法．电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．电路图如右图点睛：本题考查灯泡伏安特性曲线的实验；解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道什么情况下选用电流表外接法，什么情况下选择电流表内接法12、①.②.③.1.45（1.42~1.46均正确）④.0.42（0.4~0.5均正确）⑤.电压表内阻不是无穷大【解析】(1)[1]由电路图连接实物图如图：(2)[2]据所给数据画图如图(3)[3][4]由闭合电路欧姆定律有：解得：则有：可得：(4)[5]由于电压表的分流会引起误差，电压表内阻越大误差越小，所以其原因是电压表内阻不是无穷大。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）（2）（3）【解析】（1）电子在从A运动到C的过程中，做类平抛运动，在x方向上在y方向上2L＝vt由①②式联立解得：（2）电子离开电场时的速度的反向延长线将交于y方向位移的中点，故tanθ＝1，θ＝45°电子进入磁场后仅受洛伦兹力evCB作用，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律根据几何关系可知根据题意作出电子的运动轨迹示意图如图所示由图中几何关系可知，电子在磁场中偏转90°后射出，当图中PQ为圆形磁场的直径时其半径最小，即：Rmin＝rsin45°由③④⑤式联立解得：Smin＝（3）运动过程经历的总时间为14、(1)0.16V(2)0.8A(3)0.1+0.0128t【解析】