2025届福建省福州八县一中物理高二上期中质量跟踪监视试题含解析

2025届福建省福州八县一中物理高二上期中质量跟踪监视试题考生须知：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、在距水平地面的高度为h处，将铅球以初速度v0水平推出，使铅球做平抛运动，将该运动沿水平方向和竖直方向分解．下列对铅球做平抛运动的描述正确的是（）A．水平方向的分运动为匀速直线运动 B．竖直方向的分运动为匀速直线运动C．运动时间与h无关 D．运动时间与v0有关2、如图6，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是A．粒子在M点的速率最大 B．粒子所受电场力沿电场方向 C．粒子在电场中的加速度不变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加3、如图所示的LC振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则下列说法错误的是A．若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流由b向aB．若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上板带负电C．若磁场正在增强，则电场能正在减少，电容器上板带正电D．若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由a向b4、如图所示，空间存在水平方向的匀强电场E＝2.0×104N/C，在A处有一个质量为0.3kg的小球，所带电荷量为q=+2.0×10-4C,用一长为L＝600cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接。AO与电场线平行处于水平状态，取g=10m/s2

。现让该质点在A处静止释放，则A．释放后小球做圆周运动B．小球在A点瞬间的加速度大小为C．小球从A运动到O点正下方的过程中电势能增加了24JD．小球第一次运动到O点正下方的速度大小为5、伏安法测电阻的接法有如图中甲、乙两种，下列说法正确的是()A．两种接法完全等效B．按甲图接法，测得值偏小C．若待测电阻的阻值很大，按甲图接法误差较小D．若待测电阻的阻值很小，按甲图接法误差较小6、一个带负电的点电荷，只在电场力的作用下沿曲线abc由a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于B点电场强度E的方向（虚线是曲线在b点的切线），下列图中可能正确的是（）A． B．C． D．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，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c，d到O点的距离均相等。关于这几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反D．a、b、c、d、O五点处磁感应强度的方向都相同8、如图所示.用绝缘细线悬挂一个带正电的小球，置于水平向右的匀强电场中，将小球从最低点A无初速释放，当小球通过B点时具有速度v，则这一过程中下列说法正确的是()A．小球的重力势能增加B．小球的电势能减少C．增加的重力势能等于减少的电势能D．增加的重力势能小于减少的电势能9、A，B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）．两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ．电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（）A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变10、如图所示，有一平行于纸面的匀强电场A、B、C、D、E、F为电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（）A．匀强电场的场强大小为B．B、E一定处在同一等势面上C．正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功D．电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV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）（1）在实验室做力学实验时会经常用到重物，请为下列实验从图中选择最合适的“重物”（填“A”、“B”或“C”）①“探究加速度与力、质量的关系”实验中驱动小车的重物是__________②用自由落体运动“验证机械能守恒定律”中的重物是____________（2）按课本方案进行实验，每一次必须从同一位置静止释放的是（_________）A．探究求合力的方法B．探究速度随时间变化的规律C．用小球等器材探究平抛运动的规律D．用橡皮筋等器材探究物体做功与速度变化之间的关系（3）某一实验中物体做匀加速直线运动时打出一条纸带，其局部放大图如图所示，每两个计数点之间还有四个点未画出，则纸带上打下计数点D时，物体运动的瞬时速度大小为_______m/s（保留二位小数）12．（12分）某电流表内阻Rg为，满偏电流Ig为2mA，如按图甲、乙改装成量程为0→0.1A和0→1A的两个量程的电流表。则在图甲中________，________；在图乙中________，________。四、计算题：本题共2小题，共26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1所示，M1M4、N1N4为平行放置的水平金属轨道，M4P、N4Q为平行放置的竖直圆孤金属轨道，M4、N4为切点，轨道间距L＝1.0m，整个装置左端接有阻值R＝0.5Ω的定值电阻。M1M2N2N1、M3M4N4N3为长方形区域I、II，I区域宽度d1＝0.5m，Ⅱ区域宽度d2=0.4m;两区域之间的距离s＝1.0m；I区域内分布着变化规律如图2所示的匀强磁场B1，方向竖直向上；区域Ⅱ内分布着匀强磁场B2＝0.5T，方向竖直向上。两磁场间的轨道与导体棒CD间的动摩擦因数为＝0.2，M3N3右侧的直轨道及圆弧轨道均光滑。质量m＝0.1kg，电阻R0=0.5Ω的导体棒CD自t=0开始加上垂直于棒的水平恒力F＝1.0N，从M2N2处由静止开始运动，到达M3N3处撤去恒力F，CD棒穿过匀强磁场区上滑后又恰好返回停在M2N2。若轨道电阻、空气阻力不计，运动过程中导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，求：(1)CD棒从M2N2处运动到M3N3处所需要的时间(2)CD棒从开始运动到第一次通过M4N4过程通过R的电量(3)在整个运动过程中CD棒上产生的焦耳热Q。14．（16分）如图所示，一劲度系数为k的绝缘轻弹簧的左端固定，右端与一带正电的小球相连接，小球套在光滑绝缘的水平杆上，小球的电量为＋q，质量为m，小球所在的空间有一个足够大的水平向右的强电场、电场强度大小为E，小球静止在水平杆上的O点．现将小球拉到O点右侧距离为A的位置，由静止释放，此后运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度．规定平衡位置为电势能和弹簧弹性势能的零点．以平衡位置为坐标原点建立如图所示的水平向右的一维坐标系Ox．（1）从运动与相互作用观点出发，解决以下问题：a．求小球处于平衡状态时弹簧相对原长的伸长量s；b．证明小球做简谐运动；（2）图像法和比较法是研究物理问题的重要方法，例如：①从教科书中我们明白了由v-t图像求直线运动位移的思想和方法；②从机械能的学习，我们理解了重力做功的特点并进而引入重力势能，由此可以得到重力做功与重力势能变化量之间的关系．请你借鉴此方法，从功与能量的观点出发，解决以下问题：a．小球运动过程中，小球相对平衡位置的位移为x时，证明系统具有的电势能EP电和弹性势能Ep弹的总和EP的表达式为．b．根据小球运动过程中速度v与相对平衡位置的位移x的关系式，画出小球运动过程中速度随振动位移变化的v-x图像，并求解小球在运动过程中回复力做正功的功率P的最大值；（3）已知小球运动的周期为（此结论仅允许本问使用）．结合第（2）问的能量分析，从冲量、动量的观点出发，解决以下问题：小球从x＝＋A处由静止释放至第一次达到平衡位置的过程中，求：a．弹簧对左端固定点的弹力冲量I的大小；b．弹簧对小球的弹力对时间的平均值的大小．15．（12分）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀地向各个方向同时发射速率为v的带电粒子（质量为m，电荷量为＋q）、PQ是在纸面内垂直磁场放置的挡板（厚度不计，长度足够），挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为，且粒子打在挡板两侧都会被吸收，不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求：（1）水平向右出射的粒子所打挡板位置和P点的距离L；（2）打在挡板右侧的粒子在磁场中运动时间的最大差值Δt；（3）能打在挡板上的粒子占所有粒子的比率η．

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、A【解析】AB、平抛运动是具有水平初速度，仅受重力的运动．所以平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．故A正确，B错误．CD、由,得，可知运动时间由h决定，与初速度无关．故CD错误．故选A.2、C【解析】

根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加；当达到M点后电场力做正功，加速，电势能在减小，则在M点的速度最小A错，D错；在整个过程中只受电场力根据牛顿第二定律加速度不变，C正确.3、D【解析】

A.若磁场在减弱，则磁场能在减小，电流在减小，电场能在增加，根据磁感线的方向根据右手螺旋定则可以判断出电流的方向由b到a；因为在充电，所以自感线圈相当于电源，电流由电源正极流出，所以下板带正电，上板带负电，则AB正确，故AB不合题意；C.若磁场在增强，说明电流再增大，电场能再向磁场能转化，电容器正在放电，电场能正在减少，根据右手螺旋定则可以判断出电流的方向仍是由b向a，此时电容器相当于电源，所以上极板带正电，则C正确，D错误，故C不合题意，D符合题意；故选D。4、D【解析】小球的重力G=mg=3N，电场力方向水平向左，大小F=qE=2×2N=4N，小球做匀加速直线运动，小球的加速度为：，故AB错误；小球第一次到O点正下方时，水平位移为x=L=6m，则电场力做功W电=-qEL=4×6J=24J，Y因为电场力做正功，所以电势能减少了24J，故C错误；设合力方向与水平方向的夹角为θ，则，小球第一次到O点正下方时，水平位移为x=L=6m竖直位移为：，重力做功WG=mgy=3×4.5J=13.5J，根据动能定理得：，带入得：，故D正确。所以D正确，ABC错误。5、C【解析】试题分析：甲电路采用电流表内接法，乙电路是电流表的外接法，两种电路效果不同，故A错误；甲图采用电流表内接法，由于电流表的分压作用，使待测电阻的测量值大于真实值．测得的电阻偏大，故B错误；当待测电阻很大，远大于电流表内阻时，采用电流表内接法实验误差较小，甲电路测大电阻误差小，故C正确；若待测电阻的阻值很小，远小于电压表内阻时，电压表分流对实验影响较小，采用电流表外接法实验误差减小，即按图乙接法实验误差小，故D错误；故选C．【点睛】伏安法测电阻有两种实验电路，电流表的内接法与外接法，当待测电阻很大时，应用电流表内接法误差较小．6、D【解析】

A图中电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．B图中负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．C图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．D图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．故选D．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、BD【解析】

A．根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；B．M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确；C．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故C错误；D．a、b、c、d、O五点处磁感应强度的方向都竖直向下，故D正确。故选BD。8、ABD【解析】

A、小球从A到B的过程中小球的位置升高，重力做负功，小球的重力势能增加；故A正确.B、小球带正电荷，到的电场力的方向向右，运动的方向向右，该过程中电场力做正功，电势能减少；故B正确.C、小球在B点有速度v，所以小球在B点的动能大于在O点的动能，小球增加的重力势能小于减少的电势能；故C错误，D正确.故选ABD.【点睛】小球从A到B的过程中，电场力做功与重力做功的和等于小球动能的增加，可以使用能量的转化与守恒说明小球的动能、电势能和重力势能之间的转化，也可以用动能定理来表达它们之间的转化．9、CD【解析】

设金属板两端的电压为u，距离为d，小球质量为m则，滑动变阻器是分压接法，可以分为，两部分，与金属板串联，并和并联，然后它们再与，串联，电路图可以简如图所示，电压表测得是路端电压，电流表测得是电流总电流I．因为金属板不通电，可以将它和看作两端的电压表．若将R2的滑动触头P向a端移动，则减小，总电阻减小，则总电流增大，即两端的电压增大，所以金属板两端的电压u增大，由公式得，θ增大，A错误．将若将R2的滑动触头P向b端移动时，增大则总电阻增大，总电流I减小，路端电压增大即U增大，所以B错误．当用较强的光照射时，减小，则总电阻减小，路端电压减小，总电流增大，可推出两端电压减小即金属板两端的电压减小，由得θ减小，C正确．所以，D正确．10、BD【解析】

AB、连接AC、DF，AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，而匀强电场的等势面平行，则DF、CA直线与等势线垂直，则为电场中的两条电场线．故B正确；BA间的电势差为UBA=10V，又UBA=EdABcos30°，得场强E==．故A错误；C、由上得知，E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电场力做正功，故C错误；D、由以上得，F点与A点电势相等，DC电势相等，故电子从F点移到D点与从A点移到C点电场力做功相同，电荷的电势能减少量为20eV，故D正确；故选BD．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、CACD0.38【解析】

由题意可知考查“探究加速度与力、质量的关系”，用自由落体运动“验证机械能守恒定律”，匀加速直线运动三个实验的实验原理、器材选择及数据处理，据此分析计算可得。【详解】[1]“探究加速度与力、质量的关系”实验中驱动小车的重物需要知道重物的具体质量，且要求重物质量远小于小车质量，所以需要用砝码，故选择C；[2]用自由落体运动“验证机械能守恒定律”中的重物需要选择一个密度较大，重力较大的重锤，这样可以减小空气阻力的影响。(2)[3]A．探究求合力的方法，验证同一效果时，要求第一次用两个弹簧测力计拉动小圆环，第二次用一个弹簧测力计拉动小圆环到同一位置，换为验证另一个作用效果时，位置可以改变，故A错误；B．探究速度随时间变化的规律，每次物体运动开始位置不一定相同，故B错误；C．用小球等器材探究平抛运动的规律，为了探究同一个平抛运动规律，要求每次初速度相同，运动轨迹才相同，所以要求每次从同一位置静止释放小球。D．用橡皮筋等器材探究物体做功与速度变化之间的关系，每次改变橡皮筋的条数，从静止释放小车，可以用倍增法表示做功的多少，故D正确。(3)[4]根据刻度尺可以读出C点坐标值为6.80cm，E点坐标为14.40cm，根据【点睛】理解实验原理，据此分析问题。利用纸带上的点迹求某一点的瞬时速度时，可以计算与该点相邻的两点间的平均速度，注