2025届福建师范大学大附属中学高二物理第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2025届福建师范大学大附属中学高二物理第一学期期中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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、要使平行板电容器的电容增大，下列方法可行的是（）A．增大电容器的带电量B．增大电容器两极间的电压C．增大电容器两极板的正对面积D．增大电容器两极板的距离2、两块大小、形状完全相同的金属平板平行正对放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关S，电源即给电容器充电．则（）A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B．保持S接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量减少C．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度不变D．断开S，减小两极板正对面积，则两极板间的电势差减小3、如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。当调节开关S1、S2的通断，可使电动机驱动风叶旋转，将冷空气从进风口吸入，从出风口吹出冷风或热风。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W。关于该电吹风，下列说法正确的是（）A．电热丝的电阻为55ΩB．当开关S2闭合、S1断开时，电吹风吹出热风C．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1120J4、如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大5、在设计游乐场中“激流勇进”的斜倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短 B．划艇下滑时间与倾角无关C．划艇下滑的最短时间为2 D．划艇下滑的最短时间为6、如图，以点电荷+Q为圆心，画同心圆与电场线交于A、B、C三点，半径之比为1∶2∶3，根据以上信息，下列说法正确的是（）A．同一同心圆上电场强度处处相同，电势处处相等B．图中A、B、C三点的电场强度之比为9∶4∶1C．A、B两点间的电势差等于B、C两点间的电势差D．将一正试探电荷q从A移动到C的过程中电势能减少二、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、电磁炮是一种理想兵器，它的主要原理如图所示，1982年澳大利亚国立大学成功研制出能把2.2g的弹体（包括金属杆MN的质量）加速到10km/s的电磁炮（常规炮弹的速度大小约为2km/s）．若轨道宽2m，长100m，通过金属杆的电流恒为10A，不计轨道摩擦，则A．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为55TB．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5×104TC．该电磁炮工作时磁场力的最大功率为1.1×104kWD．该电磁炮装置中对磁场方向和电流方向的关系没有要求8、如图所示，在三维直角坐标系中，分布着沿y轴正方向的匀强磁场，折线导线ABCDEF固定在立方体上，现通以方向如图的电流I，下列说法正确的是A．BC、DE所受安培力相同B．CD所受安培力最大C．AB所受安培力为零D．BC、CD所受安培力方向相同9、如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子离出发点最远C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零10、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关k，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电流表、电压表V2示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU2，下列说法正确的是A．I减小 B．U1、U2均减小C．变小，变大 D．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）在实验室，某同学用多用电表粗测一段样品的电阻．经正确操作后，用“×100Ω”档时发现指针偏转情况如图所示，则他应该换用______档(填“×10Ω”档或“×1kΩ”)重新测量．换档后，在测量前应_______________12．（12分）用单摆测定重力加速度的实验如图所示．①组装单摆时，应在下列器材中选用（选填选项前的字母）___________．A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球D．直径为1.8cm的铁球②测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t．则重力加速度g=_______（用L，n，t表示）③下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．组次

1

2

3

摆长L/cm

80.00

90.00

100.00

50次全振动时间t/s

90.0

95.5

100.5

振动周期T/s

1.80

1.91

重力加速度g/（m·s-2）

9.74

9.73

请计算出第3组实验中的T=___________s，g=__________m/s2④用多组实验数据做出T2-L图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2-L图线的示意图如图中的a，b，c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是（选填选项前的字母）（___）A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值四、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）如图所示，一个质量为m＝2.0×10-11kg，电荷量q＝＋1.0×10-5C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1＝100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100V．金属板长L＝20cm，两板间距d＝20cm，求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ；（3）屏离偏转电场距离为L＝20cm，求微粒落到屏A点到屏中点O的距离。14．（16分）一水平放置的平行板电容器，两极板间距为d，极板分别与理想电源两极相连（极板间电场可视为匀强电场）．上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．一质量为m电荷量为+q的小球从小孔正上方处由静止开始下落（不计空气阻力，重力加速度为g），经过小孔进入电容器，到达下极板处速度恰好为零并返回(未与下极板接触)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小；(3)若将下极板向上平移d/4，则同样下落的小球将在距上极板多远处返回.15．（12分）如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；（2）若粒子离开电场时动能为Ek'，则电场强度为多大？

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】

电容器的电容与电荷量以及电容器两端的电压无关，AB错误；根据电容器的决定式C=知，增大正对面积，则电容增大，C正确；根据电容器的决定式C=知，增大两极板间的距离，则电容减小，D错误．2、C【解析】

A.保持S接通，则电容器两板间的电势差不变，因d减小，由可知，两极板间的电场场强增大，故A错误；B.保持S接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入一块介质后，电容增大，由Q=CU可知，极板上的电荷量增大，故B错误；C.断开S，电量保持不变，根据、、联立解得：减小两极板间距离时，两极板间的电场强度不变，故C正确；D.断开S，电量保持不变，减小两极板正对面积，据可知，电容减小，根据可知，电势差变大，故D错误。3、A【解析】

A．当吹热风时，电机动M和电阻丝R并联，电阻丝消耗的功率为由可得故A正确；B．当开关S2闭合、S1断开时，电阻丝不工作，不产生热量，所以此时电吹风吹出冷风，故B错误；C．当电吹风吹冷风时，S1断开，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C错误；D．当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能为故D错误。故选A。4、A【解析】

当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小。故选A。【点睛】5、C【解析】

根据牛顿第二定律结合运动公式找到下滑的时间与滑道倾角的函数关系进行讨论即可.【详解】设滑道倾角为θ，则滑道长度，下滑时的加速度：，则根据可得，，可知滑道倾角θ=450时，划艇下滑时间最短，最短时间为；θ<450时，倾角越大，时间越短；θ>450时，倾角越大，时间越长；故选项C正确，ABD错误；故选C.6、D【解析】

A．同一同心圆上电势处处相等，电场强度大小相等，因电场方向不同，不能说电场强度处处相同，故A错误；B．由点电荷场场强公式可知场强和成反比，A、B、C三点半径之比为1∶2∶3，则电场强度之比为36∶9∶4，故B错误；C．AB两点间场强大于BC间场强，，说明A、B两点间的电势差大于B、C两点间的电势差，故C错误；D．沿电场线方向电势降低，，，由电场力做功公式因电场力做正功，说明该过程中电势能减少，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、AC【解析】由运动学2ax＝v2−

v02可得弹体的加速度为；安培力为F=BIL，进而由牛顿第二定律可得：BIL=ma解得：，选项A正确，B错误；速度最大时磁场力的功率最大：Pm=BIL•vm=55×10×2×104W=1.1×104kW，选项C正确．电磁炮装置中必须使得磁场方向和电流方向决定的安培力方向与炮弹沿导轨的加速方向一致，选项D错误；故选AC.8、AB【解析】BC、DE的有效长度均为AE，根据F=BIL可得两者受到的安培力相同，A正确；EF不受安培力，AB与CD均与磁场垂直，受到的安培力与等效长度成正比，又因为CD>AB，所以CD所受安培力最大，B正确C错误；BC、CD的有效长度不同，所以受到的安培力大小不同，根据左手定则可知，两者受到的安培力方向也不同，D错误．9、CD【解析】

由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况。【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为a1=qEm，第2s内加速度a2=2qEm因此先加速A项：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B项：根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点不是最远，故B错误；C项：由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；D项：因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零。故D正确。故应选CD。【点睛】本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。10、AD【解析】

AB．P下滑，R2增加则总电阻增加，则I变小，内电压变小，路端电压变大，则U3变大，根据欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压U1变小，滑动变阻器R2两端的电压U2变大，故A正确，B错误；C．根据闭合电路欧姆定律可知解得恒定不变，故C错误；D．根据伏安特性曲线可知恒定不变，根据闭合电路欧姆定律得则故D正确．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、×1k重新欧姆调零【解析】

因偏转角度过小，则电阻大要用大量程的，选择档，换档后电路改变，要重新欧姆调零．点睛：欧姆表盘指针偏转角度越小，则电流越小，电阻越大要换大量程档位；换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率．12、AD2.019.76B【解析】

①为了减小测量误差，摆线选择1m左右的细线，为了减小空气阻力的影响，应选择题密度大体积小的物体，故选AD②根据单摆完成n次全振动所用的时间t可得单摆运动周期为，故根据公式可得③50次全振动的时间为100.5s，则周期为，摆长为，根据公式可得④图像a与b平行，而a的纵截距不为零，若误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，则，纵截距应在纵坐标负轴上，故A错误；从图像上可得c图线的斜率小于b图线的，若误将49次全振动记为50次，则，偏小，根据公式可得，则重力加速度偏大，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，根据公式可得，即的斜率，故斜率偏小，故B正确，C错误．四、计算题