2025-2026学年四川省阆中中学物理高二上期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2025-2026学年四川省阆中中学物理高二上期末质量跟踪监视试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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、竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其极板带电量为Q，在两极板之间，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m，电量为q的带电小球(可看成点电荷)，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b，离左板的距离为2b，如图所示，则（　　）

A.小球受到电场力为
B.若将小球移到悬点下方竖直位置，小球电势能减小
C.若将细绳剪断，小球经时间到达负极
D.小球带正电，极板之间的电场强度大小为
2、质量为0.01kg的子弹，以400m/s的速度射入质量为0.49kg、静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中。若子弹刚好留在木块中，则它们一起运动的速度大小为（　　）
A.6 m/s B.8 m/s
C.10 m/s D.12 m/s
3、在图所示的电路中，闭合开关S后，小灯泡正常发光，当电源两端电压不变，将滑动变阻器滑片P向左移动时，下列说法正确的

A.灯泡L1将变得更亮些
B.灯泡L1将变得更暗些
C.灯泡L2将变得更亮些
D.灯泡L2亮度不变
4、如果人造地球卫星受到地球的引力为其在地球表面时的一半, 则人造地球卫星距地面的高度是（已知地球的半径为R）
A.R B.
C. D.
5、额定电压为4.0V的直流电动机的线圈电阻为1.0Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4.0J，下列计算结果正确的是（ ）
A.电动机正常工作时的电流强度为2.0A
B.电动机正常工作时的输出功率为8.0W
C.电动机每秒将电能转化成机械能为16.0J
D.电动机正常工作时的输入功率为4.0W
6、如图所示，物体沿曲线由a点运动至b点，关于物体在ab段的运动，下列说法正确的是(　 　)

A.物体的速度可能不变
B.物体的速度不可能均匀变化
C.a点的速度方向由a指向b
D.ab段的位移大小一定小于路程
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、一半径为r的带负电细橡胶圆环水平放置，其单位长度所带净电荷数目为n，单个电荷的电荷量为e．当圆环以角速度ω绕中心轴线顺时针(从上往下看)匀速转动时，下列说法正确的是

A.该圆环形成的等效电流为nerω
B.该圆环形成的等效电流为
C.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上
D.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向下
8、空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x轴正方向为场强的正方向．下列说法中正确的是

A.该电场可能是由一对分别位于x2和－x2两点的等量异种电荷形成的电场
B.x2和－x2两点的电势相等
C.正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小
D.原点O与x2两点之间的电势差大于-x2与x1两点之间的电势差
9、中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地刺偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图，结合上述材料，下列说法正确的是( )

A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起的
10、如图是金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能与入射光频率的关系图象．由图象可知（）

A.该金属的逸出功等于
B.该金属的逸出功等于
C.入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为
D.入射光的频率为，产生的光电子的最大初动能为
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）同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：
①用螺旋测微器测量其直径如图1所示，可知其直径为_______mm；

②用多用电表的电阻“×10”档，按正确步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图2，则该电阻的阻值约为_______Ω，他还需要换档重新测量吗？_______（答“需要”或“不需要”）。

③为更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R
电流表A1（量程0～3mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0～15mA，内阻约30Ω）
电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）
电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω）
滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ）
开关S，导线若干

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______。
④请在图3中补充连线完成本实验________________。
12．（12分）水平放置的平行金属导轨相距为d，导轨一端与电源相连，电源电动势为E，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示。长为l的金属棒ab静止在导轨上，棒与导轨成60°角，金属棒受到的安培力为F，则此时通过金属棒的电流为_________，回路的总电阻为_________。

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，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
15．（12分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
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】对小球受力分析，据平衡条件可得小球所受电场力，另对小球而言，板上电荷不能视为在同一水平线上的点电荷，两板对小球的电场力．据小球所受电场力和场强的定义式可得极板之间的电场强度．据电场力的方向，可得将小球移到悬点下方竖直位置过程中电场力做功的正负，从而判断小球电势能的变化．细绳剪断后小球做匀加速直线运动，将小球的运动分解成水平方向和竖直方向，据运动学公式和牛顿运动定律可得小球到达负极所需时间
【详解】AD：对小球受力分析，由平衡条件可得，则小球受到电场力，极板之间的电场强度．对小球而言，板上电荷不能视为与小球在同一水平线上的点电荷，则两板对小球的电场力．故AD两项错误
B：小球所受电场力水平向右，将小球移到悬点下方竖直位置，电场力对小球做负功，小球的电势能增加．故B项错误
C：细绳剪断后小球做匀加速直线运动，将小球的运动分解成水平方向和竖直方向，对水平方向、，解得：小球到达负极所需时间．故C项正确
2、B
【解析】子弹射入木块过程中以子弹和木块为系统动量守恒，设子弹质量为m1，初速度为v0，木块质量为m2，一起运动速度为v，所以有

代入数据可解得v=8m/s，故B正确，ACD错误。
故选B。
3、B
【解析】此为简单的串联电路，将滑线变阻器滑片P向左移动时，电阻增大，电源的电动势和内阻不变，电流减小，灯泡都会变暗，故B正确，ACD错误
4、C
【解析】由万有引力定律得：
，
，
解得
r=R，
则卫星距地面的高度
h=r-R=（-1）R；
故选C
5、A
【解析】已知线圈电阻与线圈产生的热量，应用焦耳定律可以求出通过电动机的电流；然后应用电功率公式与电功公式分析答题
解：A、线圈产生的热量Q=I2Rt，通过电动机的电流I===2.0A，故A正确；
B、电动机正常工作时的输入功率P=UI=4V×2A=8W，电动机的热功率PQ=I2R=（2A）2×1Ω=4W，电动机的输出功率P出=P﹣PQ=8W﹣4W=4.0W，故BD错误；
C、电动机工作时每秒转化为机械能W=P出t=4.0×1=4.0J；故C错误；
故选A
【点评】本题考查功率的计算；电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题
6、D
【解析】A．物体做曲线运动，速度的方向发生了变化，所以速度一定是变化的，故A错误；
B．物体做曲线运动，加速度的大小和方向可能保持不变，即速度可能是均匀变化的，故B错误；
C．a点受到的方向沿曲线的切线的方向，不能是a指向b，故C错误；
D．物体做曲线运动，ab段的位移大小一定小于路程，故D正确。
故选D。
【点睛】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论

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】负电荷Q均匀分布在橡胶环上，当环转动时，在环上任取一截面则一个周期T内穿过此截面的电荷量为Q，因此应用电流的定义式，再结合圆周运动相关的知识即可求解.
【详解】A、B、负电荷运动的周期，则电流，故A正确，B错误；
C、D、等效电流方向是逆时针，故在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上，故C正确，D错误.
故选AC.
【点睛】本题考查等效电流的求法，解题关键在于明确一个周期内流过导体截面的电量.
8、BD
【解析】根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，在等量异种电荷的连线上，各点的电场强度的方向是相同的，而该图中电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于和两点的等量异种电荷形成的电场，A错误；由于和两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到和从O点到电势降落相等，故和两点的电势相等，B正确；由图可知，从到x3电场强度始终为正，则正电荷运动的方向始终与电场的方向相同，所以电场力做正功，电势能逐渐减小，C错误；和两点的电势相等，原点O与两点之间的电势差等于原点O与两点之间的电势差，与两点之间的电势差等于与两点之间的电势差，所以原点O与两点之间的电势差大于-x2与两点之间的电势差，D正确
9、ABD
【解析】A．根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，故A正确；
B．地磁场的北极在地理南极附近，地磁场的南极在地理北极附近，且地球内部也存在磁场，由地磁场的南极指向地磁场的北极，故B正确；
C．由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与地面平行，故C错误；
D．地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可知地球是带负电的，故D正确。
故选ABD。
10、ABC
【解析】A.由题图并结合得，，故逸出功，故选项A符合题意；
B.当时，，故，故选项B符合题意；
C.时，可得出，故选项C符合题意；
D.当入射光的频率为时，不发生光电效应，故选项D不符合题意

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、 ①.4.745 ②.220 ③.不需要 ④.A2 ⑤.V1 ⑥.R1 ⑦.
【解析】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+24.5×0.01mm=4.745mm；
(2)[2]欧姆表读数=表盘读数×倍率=22Ω×10=220Ω；
[3]中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，故不需要重新换挡；
(3)[4]根据欧姆定律，最大电流

故电流表选择A2；
[5]电源电动势4V，故电压表选择V1；
[6]要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器采用分压式接法，用小电阻控制大电阻，故滑动变阻器选择R1；
(4)[7]由

可知，电阻阻值较小，电流表应用外接法，滑动变阻器用分压式，电路图如图

12、 ①. ②.
【解析】[1]通电导体垂直于磁场的长度为

受到的安培力为

解得

通过金属棒电流为。
[2]根据欧姆定律

回路的总电阻为。

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、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答