2025届黑龙江龙江二中物理高二上期末质量跟踪监视试题含解析

2025届黑龙江龙江二中物理高二上期末质量跟踪监视试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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，把一条导线平行地放在如图所示磁针的上方附近，当导线中有电流时，磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A.奥斯特 B.法拉第C.牛顿 D.伽利略2、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，若（）A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，减小S，则θ变小D.保持d不变，减小S，则θ不变3、1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S及电流计G组成另一个回路。如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件。关于该实验下列说法正确的是（）A.闭合S的瞬间，G中有a→b的感应电流B.闭合S的瞬间，G中有b→a的感应电流C.闭合S后，R的滑片向左移动的过程，G中有a→b的感应电流D.闭合S后，R的滑片向左移动的过程，G中有b→a的感应电流4、如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.5Ω．若灯泡恰能正常发光且电动机转动，以下说法中正确的是（）A.电动机的输入功率是12W B.电动机的输出功率12WC.电动机的热功率是12W D.整个电路消耗的电功率是22W5、下列说法正确的是()A.点电荷一定是电量很小的电荷B.电场线是假想曲线，实际不存在C.电场强度的方向就是电荷所受电场力的方向D.根据可知，电容器的电容C与电量Q成正比、与电压U成反比6、如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向），若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是（）A.导电圆环所受安培力方向竖直向下B.导电圆环所受安培力方向竖直向上C.导电圆环所受安培力的大小为2BIRD.导电圆环所受安培力的大小为2πBIR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、如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是：（）A.0～t1时间内P端电势高于Q端电势B.0～t1时间内电压表的读数为C.t1～t2时间内R上的电流为D.t1～t2时间内圆形线圈中感应电流的方向为逆时针8、两个相同的小球在同一高度处，以大小相等的初速度分别做竖直上抛和竖直下抛运动。忽略阻力，下列表述正确的有（）A.落地时，两球的动能相等 B.从抛出到落地两球经过的路程相等C.落地时，两球的机械能相等 D.从抛出到落地两球的位移相同9、如图所示，在直角坐标系第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、负离子分别以相同的速度从原点O进入磁场，进入磁场的速度方向与x轴正方向夹角为30°，已知正离子运动的轨迹半径大于负离子，则可以判断出A.正离子的比荷小于负离子B.正离子在磁场中受到的向心力大于负离子C.正离子在磁场中运动的时间小于负离子D.正负离子离开磁场时偏转的角度之比为2︰110、如图所示，当电流通过线圈时，小磁针将发生偏转，关于线圈中电流方向和小磁针的偏转方向，正确的说法是()A.通入逆时针方向的电流，小磁针的S极指向外B.通入顺时针方向的电流，小磁针的N极指向外C.通入逆时针方向的电流，小磁针的N极指向外D.通入顺时针方向的电流，小磁针的S极指向外三、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）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:A.电池组（3V，内阻1Ω）B.电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C.电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D.电压表（0～3V，内阻3kΩ）E.电压表（0～15V，内阻15kΩ）F.滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）H.开关、导线（1）上述器材中应选用的是；__________（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表________接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中,电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I=_______A，U=______V.（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变,请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图_____________,然后根据你设计的原理电路将图中给定的器材连成实验电路___________.12．（12分）在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路图如图所示(1)实验过程中，电流表应选______滑动变阻器应选_______(请填写选项前对应的字母)A．电流表A1(量程0.6A，内阻约0.8Ω)B．电流表A2(量程3A，内阻约0.5Ω)C．滑动变阻器R1(0～10Ω)D．滑动变阻器R2(0～2000Ω)(2)根据图示的电路，电流表测量值_______真实值(选填“大于”或“小于”)(3)若测量是新干电池，其内电阻比较小．在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化________(选填“明显”或“不明显”)(4)闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图所示的坐标图中，请作出U­I图线_____，由此求得待测电池的电动势E=_____V，内电阻r=______Ω（结果均保留两位有效数字）．所得内阻的测量值与真实值相比________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）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，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电荷量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小14．（16分）如图，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感强度大小为B，方向与导轨平面夹为α，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，内电阻r，定值电阻为R，其余部分电阻不计．则当电键调闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？15．（12分）如图所示，一电荷量为q的带电粒子，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，射出磁场时的速度方向与原来粒子的入射方向的夹角θ=60°，不计粒子重力，求：带电粒子质量m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、A【解析】A．当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特，故A正确；B．法拉第发现电磁感应现象且是第一个提出“场”的概念的物理学家，故B错误；C．牛顿发现三大定律和万有引力定律，故C错误；D．伽利略研究自由落体运动，故D错误。故选A。2、A【解析】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误故选:A.3、D【解析】AB．在滑片不动的情况下，线圈A中通过的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，所以线圈B中不产生感应电流，选项A、B错误；CD．在向左移动滑片的过程中，线圈A中电流减小，即线圈B处于逐渐减弱向下的磁场中，由安培定则和楞次定律知，电流表中的电流从b到a，故选项C错误，D正确。故选D。4、A【解析】电动机的输入功率P=U1I，根据灯泡正常发光求出电流，电动机两端的电压等于输入电压减去灯泡的电压．电动机的输出功率P2=P-I2RM．整个电路消耗的功率P总=UI【详解】电动机两端的电压U1=U-UL=12-6V=6V，整个电路中的电流I==2A，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正确．电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W．故BC错误．整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．故选A5、B【解析】解：A、点电荷是忽略形状大小的带电物体，不一定带电量小，A错误B、电场线是假想曲线，实际不存在，B正确C、电场强度的方向就是正电荷所受电场力的方向，C错误D、电容C与电容器本身有关于Q、U无关6、B【解析】先据矢量的分解将磁感应强度分解为水平方向和顺直方向；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小.【详解】A、B、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故A错误，B正确；C、D、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，那么水平磁场对电流的安培力F＝B水平I•2πR＝2πBIRsinθ，故C，D错误；故选B.【点睛】考查左手定则的内容，利用左手定则判断出安培力的方向，掌握安培力表达式，及理解力的分解法则，注意立体图转化为平面图.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】根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求电路电流，根据欧姆定律求电压表的读数；根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定PQ端电势的高低【详解】A．0～t1时间内，磁通量增大，根据楞次定律感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端正极下端负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；B．0～t1时间内线圈产生的感应电动势，电压表的示数等于电阻R两端的电压,故B错误；C．t1～t2时间内线圈产生的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律，故C正确；D．t1～t2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，故D错误；故选AC.【点睛】解决本题关键掌握法拉第电磁感应定律，并用来求解感应电动势大小．题中线圈相当于电源，可与电路知识进行综合考查第II卷（非选择题8、ACD【解析】A．设两球原来离地高度为h，两球质量均为m，初速度大小为v0。两个球在运动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，则可得落地时的动能为因m、h、v0均相等，则两球落地时动能相等，故A正确；B．根据路程是物体运动轨迹的长度，可知从抛出到落地两球经过的路程不等，竖直上抛的物体路程较长，故B错误；C．初始时两球的机械能相等，在运动过程中两球的机械能均保持不变，所以落地时，两球的机械能相等，故C正确；D．两个小球的初位置和末位置都相同，故两个球的落地时位移相同，故D正确。故选ACD。9、AD【解析】A.根据粒子的运动的半径公式，由于正离子运动的轨迹半径大于负离子，所以正离子的比荷小于负离子的比荷，故A正确；B.带电粒子在磁场中运动的向心力是由洛伦兹力提供的，根据洛伦兹力F=qvB可知，由于q大小关系未知，所以不能比较向心力的大小，故B错误；C.正离子向“上”偏，从Y轴正方向离开磁场。在磁场中运动个周期，t1=T1；负离子向“下”偏，从X轴正方向离开磁场。在磁场中运动个周期，t2=T2。由周期公式可知，周期与比荷成反比。故T1>T2，所以：t1>t2，故C错误；D.由C选项可知，经过磁场，正离子偏转的角度为120°，负离子偏转的角度为60°，正负离子离开磁场时偏转的角度之比为2︰1，故D正确。故选：AD10、CD【解析】安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外．故A错误，C正确；当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里，故B错误，D正确；故选CD【点睛】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极．线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同三、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.A、C、D、F、H②.外③.0.48④.2.2⑤.⑥.【解析】(1)[1]实验中需要电源即A，开关、导线即H，由于电池组3V，则选取电压表D，根据欧姆定律所以电流表选取C，题目要求测量结果尽量准确要选择滑动变阻器分压接法，则选取总阻较小的滑动变阻器即F；故选取的器材为：ACDFH；(2)[2]由于被测电阻说明待测电阻为小电阻，故选择电流表外接；(3)[3]由于电流表量程为，最小分度为0.02A，由图可知，电流为[4]电压表量程为，最小分度为0.1V，由图可知，电压为(4)[5]电流表外接又滑动变阻器分压接法，故电实验原理电路图如图[6]按原理图连接实物图如图12、①.A②.C③.小于④.不明显⑤.⑥.1.5⑦.1.9⑧.偏小【解析】本题考查测量电源电动势和内阻的实验【详解】(1)因为一般干电池电动势为1.5V，结合电路中的电阻情况得知电路中的电流比较小，所以应该选量程为0.6A的电流表更合适，故电流表选A；因为是限流式电路，滑动变阻器应该选择总阻值和电源内阻更接近的，故滑动变阻器应该选择C；(2)此电路图采用的是电流表相对电源的外接法，因为电压表存在分流作用，故而电流表的测量值实际并不是主路电路，主路电流应该等于电流表的示数与流经电压表的电流之和，故电流表测量值应小于真实值；(3)若电源比较新，内阻较小，则内电压的变化也比较小，故路端电压变化不