2025届安徽省皖南八校高二物理第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2025届安徽省皖南八校高二物理第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、关于磁感线下列说法中正确的是()A.磁感线是实际存在于磁场中的曲线B.磁铁的磁感线是从N极出发到S极终止的曲线C.匀强磁场的磁感线是间距相等且相互平行的直线D.磁场中的两条磁感线有可能相交2、如图所示，一质量为m的带电绝缘小球用丝线悬吊于匀强磁场中。将小球分别从等高点A和B由静止释放，不计空气阻力，则小球第一次经过O点时相同的物理量是A.速度B.丝线的拉力C.洛伦兹力D.向心加速度3、在如图所示的电路中，为两个完全相同的灯泡，为自感系数很大的线圈、为定值电阻，假设电源的内阻和线圈的直流电阻可忽略不计．下列说法正确的是A.闭合开关的瞬间，灯泡同时亮B.闭合开关，待稳定后，灯泡比灯泡亮C.闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，灯泡中的电流大小不同D.闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，灯泡中的电流方向为从右向左4、如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的变化量的大小是（）A. B.C. D.5、实验室用的小灯泡灯丝的I﹣U特性曲线可用以下哪个图象来表示（考虑灯丝的电阻随温度的升高而增大）（）A. B.C. D.6、如图所示，在E=600V/m的匀强电场中，a、b两点相距d=2cm，它们的连线跟场强方向的夹角是60°，则Uab等于（）A.6V B.12VC.-6V D.-12V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、如下图所示，工厂里通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形判断，下列说法正确的有A.若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B.若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C.从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈D.从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈8、竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为R的圆弧MN和半径为r的半圆弧NP拼接而成（两段圆弧相切于N点），小球带正电，质量为m，电荷量为q．已知将小球由M点静止释放后，它刚好能通过P点，不计空气阻力．下列说法正确的是（）A.若加竖直向上的匀强电场，则小球能通过P点B.若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过P点C.若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过P点D.若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过P点9、如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种正电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球向竖直杆NO方向缓慢移动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡，则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是（）A.A、B两小球间的库仑力变大B.A、B两小球间的库仑力变小C.A球对MO杆的压力不变D.A球对MO杆的压力变小10、如图所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN不框架接触良好．磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有（）A.若B2＝B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑B.若B2＝B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑C.若B2>B1，金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑D.若B2>B1，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑三、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）实验小组要测量一个纯电阻元件Rx的电阻，用多用电表粗测其阻值约为5Ω。为了测量该电阻的精确值，除待测元件外，实验小组还准备了以下实验器材：A．电流表A：量程0～200mA，内阻为2ΩB．电压表V：量程0～3V，内阻约为10000ΩC．定值电阻R1：阻值为1ΩD．滑动变阻器R2：0～20Ω，额定电流为2AE．滑动变阻器R3：0～2000Ω，额定电流为1AF．电源：电动势为4V，内阻约为0.3ΩG．开关，导线若干要求该元件两端电压能从零开始变化(1)滑动变阻器应选______（选填“D”或“E”）(2)请虚线框中画出电路图并对所用器材进行标注______(3)根据实验电路图以及测量得到的电压表和电流表的示数绘制出如图所示的U-I图象，则该电阻元件的阻值为______Ω。（结果保留三位有效数字）12．（12分）某兴趣小组研究一金属丝的物理性质，（1）首先用螺旋测微器测量其直径，其值为_____________mm为了进一步测量此金属丝电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地测量，实验室里准备了以下器材：A．多用电表B．电压表Vl，量程6V，内阻约10kΩC．电压表V2，量程15V，内阻约20kΩD．电流表Al，量程0.6A，内阻约0.2ΩE．电流表A2，量程3A，内阻约0.02ΩF．电源：电动势E=7.5VG．滑动变阻器Rl，最大阻值10Ω，最大电流为2AH．滑动变阻器R2，最大阻值50Ω，最大电流为0.2AI．导线、电键若干（2）在用多用电表粗测电阻时，该小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图甲中指针所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用__________欧姆挡(选填“×100”或“×1”)，并要重新进行_________________；按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图乙中指针所示，则Rx的阻值大约是_________Ω；（3）在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求待测电阻的电压从0开始可以连续调节，则在上述器材中应选出的器材是___________________________(填器材前面的字母代号)；（4）在虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图__________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）民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面．如图所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高度AB=3.0m，斜面长AC=5.0m，斜面与水平地面CD段间有一段小圆弧平滑连接．旅客从气囊上由静止开始滑下，其与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ=0.55，不计空气阻力，g=10m/s2．求：(1)人在气囊上滑行时加速度大小；(2)人滑到斜面底端C时的速度大小；(3)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下14．（16分）如图所示，可自由活动的活塞将密闭的气缸分为体积相等的上下两部分A和B，初始时，A、B中密封的理想气体的温度均方800K，A中气体的压强为，活塞质量m=2.5kg，气缸横截面积，气缸和活塞都是由绝热材料制成的．现利用控制装置(未画出)保持A中气体的温度不变，缓慢降低B中气体的温度，使得B中气体的体积变为原来的，若不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度取g=10m/s2．求稳定后B中气体的温度15．（12分）如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当和取某些特定值时，可使时刻入射的粒子经时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述为已知量。（1）若，求；（2）若，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；（3）若，为使粒子仍能垂直打在P板上，求。

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、C【解析】A．磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在．故A错误；B．磁铁外部的磁感线是从N极出发到S极终止的曲线，而内部是从S极出发到N极终止的曲线，故B错误C．匀强磁场的磁感线是间距相等且相互平行的直线．故C正确D．磁感线上任一点的切线方向，都跟该点磁场的方向相同，若两条磁感线相交，该点的磁场就会有两个方向，这是不可能的．故D错误故选C【点评】此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便2、D【解析】A.拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，速度大小相同，方向相反。故A错误；B.由A选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故B错误；C、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同，故C错误；D、根据，可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定点，即加速度相同，故D正确。故选：D。3、D【解析】根据题图可知，考查了自感现象；当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮【详解】A、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光．通过线圈L的电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来．所以B比A先亮，A错误；B、由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，A灯电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，比B灯亮，故B错误；CD、稳定后，断开开关S，由于自感现象，两个灯串联，电流大小一样，B中电流方向与原方向相反，故C错误，D正确4、B【解析】矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向向左上方，平面水平放置时通过线圈的磁通量为Φ1=BSsinθ=BSsin30°＝BS．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=-BScosθ′=−BScos30°＝−BS．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为△Φ＝Φ2−Φ1＝−．故选B【点睛】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．注意夹角θ不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈5、A【解析】根据可知，I-U图象的斜率大小表达电阻的倒数，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，因此I-U特性曲线是过原点的向电压轴倾斜的曲线，故A正确，BCD错误6、C【解析】根据顺着电场线方向电势降低可知a点的电势低于b点的电势，则Uab<0，则得选项C正确，ABD错误。故选C。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、AC【解析】详解】A.若线圈闭合，进入磁场时，线圈中出现感应电流，受到安培力使线圈相对传送带向后滑动，故A正确；B.若线圈不闭合，进入磁场时，线圈中没有感应电流，则相对传送带位置不变，故B错误；C.从图中可以看出，第3个线圈是不合格，若是闭合的，则在安培力作用下，会向后滑动，故C正确；D.从图中可以看出，第4个、5个及6个线圈均是合格的，其位置均匀。故D错误；故选：AC；8、AC【解析】应用动能定理求出小球到达P点的速度，小球恰好通过P点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题【详解】设M、P间的高度差为h，小球从M到P过程由动能定理得：，，小球恰好通过P点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：，r=2h；A、若加竖直向上的匀强电场E（Eq＜mg），小球从M到P过程由动能定理得：，解得：，则：，小球恰好通过P点，故A正确；B、若加竖直向下匀强电场，小球从M到P过程由动能定理得：，解得:，则：，小球恰好通过P点，故B错误；C、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则:，小球不能通过P点，故C正确；D、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：，小球对轨道有压力，小球能通过P点，故D错误；故选AC.【点睛】本题是一道力学综合题9、BC【解析】对A球受力分析,受重力mg、拉力F、支持力,静电力,如图,根据平衡条件,有x方向:

①y方向:

②再对B球受力分析,受重力Mg、静电力、杆对其向左的支持力,如图,根据平衡条件,有x方向:

③y方向:

④有上述四式得到

⑤

⑥由⑤式,因为新位置两球连线与竖直方向夹角变小,故静电力变小,故A错误,B正确;由⑥式,水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和,不变,再结合牛顿第三定律可以知道,球A对水平杆的压力不变,故C正确,D错误;10、BC【解析】当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．若B2=B1，根据安培力公式得知，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑．故A错误，B正确．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动．故C正确，D错误三、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.D②.③.4.46【解析】(1)[1]因为待测电阻的阻值约为，为保证测量过程中误差小，所以滑动变阻器选择D；(2)[2]由于器材中的电流表量程太小，所以需要在原电流表的基础上并联上定值电阻，从而改装成大量程的电流表；于电流表自身分得的电压可精确计算出，所以电流表采用内接法，实验过程中要求该元件两端电压能从零开始变化，所以滑动变阻器采用分压式，电路图如图所示(3)[3]根据欧姆定律可知，待测电阻的阻值为12、①.;②.;③.欧姆档欧姆调零;④.;⑤.BDFGI;⑥.【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+38.5×0.01mm=0.885mm；（2）由图所示可知，欧姆表针偏角过大，故说明所选量程过大，使读数偏小，故应换用小档位，使指针偏角在中间位置，故应选用×1档；由图所示可知，欧姆表指针示数为9.0，则其读数为：9.0×1=9.0Ω；（3）电源、滑动变阻器、导线和电键是构成闭合电路必须选择的；要减小误差，在不超出量程的情况下，电压表和电流表量程尽量选择较小的量程；由于实验要求待测电阻的电压从0开始可以连续调节，实验要选取电阻值较小的滑动变阻器，故选BDFGI；（4）为获得较大的电压条件范围，滑动变阻器选择分压式接法；由于待测电阻的电阻值与电流表的电阻值较接进，故采用电流表外接法，则实验原理图如图所示；【点睛】本题考查了多用电表的读数，对多用电表进行读数前要明确多用电表选择开关置于什么挡上，根据多用电表的档位及表盘确定其分度值，然后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直四、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）1.6m/s2；（2）4.0m/s；（3）1.5m【解析】详解】（1）根据牛顿第二定律mg