2026届福建省厦门六中高二上物理期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2026届福建省厦门六中高二上物理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、如图，为定值电阻的伏安曲线，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的 电阻为R2，则下列说法正确的是

A.两个电阻的阻值之比R1∶R2 = 3∶1
B.把R2均匀拉长到原来的3倍，其电阻等于R1
C.将R1与R2串联后接于电源上，其消耗的功率之比P1∶P2 = 1∶3
D.将R2与内阻值等于R1的灵敏电流计并联改装成电流表，改装后的电流表量程为原灵敏电流计量程的3倍
2、如图所示，电容器由平行金属板M、N和电介质D构成．电容器通过开关S及电阻R与电源E相连接．则：（）

A.M上移电容器的电容变大
B将D插入电容器，电容变小
C.断开开关S，M上移，MN间电压将减小
D.闭合开关S，M上移，流过电阻R的电流方向从A到B
3、如图所示，一根通电直导线用细线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流方向由M向N，此时细线所受拉力不为零，则下列做法中不能使细线的拉力变为零的是（）

A.不改变电流方向，适当增加电流大小
B.使电流反向，且适当减小电流
C.保持原来电流不变，适当增加磁感应强度大小
D.使原来的磁场和电流都反向，且适当增加电流的大小
4、如图，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A.在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°.则为( )

A 2
B.3
C.2
D.3
5、两个电压表V1和V2是由完全相同的两个小量程电流表改装成的，V1的量程是5V，V2的量程是15V，为了测量15～20V的电压，我们把两个电压表串联起来使用，以下的叙述正确的是
A.V1和V2的示数相等
B.V1和V2的指针偏转角度相同
C.V1和V2的示数不相等，指针偏转角度也不相同
D.V1和V2的示数之比等于两个电压表的内阻之比的倒数
6、如图所示为电视机显像管的原理示意图(俯视图)，电子枪发射电子经加速电场加速后，再经过偏转线圈打到荧光屏上，当偏转线圈产生的偏转磁场方向和强弱不断变化，电子束打在荧光屏上的光点就会移动，从而实现扫描，下列关于荧光屏上光点说法正确的是（　　）

A.光点打在A点，则磁场垂直纸面向里
B.从A向O扫描，则磁场垂直纸面向外且不断增强
C.从O向B扫描，则磁场垂直纸面向里且不断减弱
D.从A向B扫描，则磁场先垂直纸面向外后垂直纸面向里
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、用导线绕成单匝圆环，环内有一用同种导线折成的单匝内接正三角形线框，圆环与线框彼此绝缘，如图所示．把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环和线框所在平面(纸面)向里。当磁感应强度均匀增强时（　　）

A.圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向
B.圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向
C.圆环和线框中的电流大小之比为2∶1
D.圆环和线框中的电流大小之比为3∶1
8、如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心，已知电场线与圆所在平面平行，下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是(　　)

A.a点的电势为6V
B.a点的电势为－2V
C.O点的场强方向指向a点
D.O点的场强方向指向电势为2V的点
9、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示， 下列说法中正确的是( )

A.回旋加速器中，粒子加速的时间和做圆周运动的周期相等
B.带电粒子在 D 形盒内从狭缝间的电场获得能量
C.增大 D 形盒的半径，可以增大粒子从 D 形盒射出时的动能
D.狭缝宽度越小，粒子从 D 形盒射出时的动能越大
10、如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核（）和氦核（），下列正确的是（　　）

A.它们的最大速度相同
B.两次所接高频电源的频率不同
C.若加速电压不变，则它们的加速次数相等
D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
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)完成下列游标卡尺及螺旋测微器的读数：
(a)
______cm；
(b)
_________cm；
(c)
_____mm。
(2)如图a为多用电表示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约2000Ω的定值电阻.测量的某些操作步骤如下：

①旋动部件_____，使指针对准电流的“0”刻线；
②将K旋转到电阻挡______位置（填“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”）；
③将插入“+”“-”插孔的表笔短接，旋动部件_____，使指针对准电阻的_____（填“0刻线”或“∞刻线”）；
④将红、黑表笔笔尖分别接触待测电阻器的两端，当指针摆稳后指向图b的位置，则该电阻的电阻值Rx=______；
⑤测量完毕，应将调节可调部件K，使它的尖端指向_____或交流电压500V位置。
12．（12分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准

(1)用螺旋测微器测量待测金属丝的直径，从图中的示数可读出该次测量金属丝的直径D为_______mm
(2)用伏安法测量待测金属丝接入电路部分的电阻Rx(约为5)，现有电池组(3 V，内阻1)、电压表(0—3 V，内阻约3 k)，开关和导线若干，以及下列仪器可供选择：
A．电流表(0—3 A，内阻约0.025)
B．电流表(0—0.6 A，内阻约0.125)
C．滑动变阻器(0—20，额定电流2 A)
D．滑动变阻器(0—200，额定电流1.5 A)
为了减小误差及操作方便，在实验中电流表应选用_______，滑动变阻器应选用_______(选填字母代号)
(3)根据第(2)问中选择的实验仪器，应选择图中_______电路进行实验(选填“甲”或“乙”)

(4) 若待测金属丝接入电路部分的长度为l，直径为D，电阻为Rx，计算金属丝电阻率的表达式为ρ=____________(用已知字母表示)
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）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
15．（12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
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．根据U--I图像知，图线的斜率表示电阻，所以

故A正确；
B．根据U--I图像知，图线的斜率表示电阻，所以
，
由电阻定律可知，把R2均匀拉长到原来的3倍，电阻变为来的9倍，即，故B错误；
C．将R1与R2串联后接于电源上，电流相等，由公式可知，功率之比等于电阻之比即为3：1，故C错误；
D．由于灵敏电流计的阻值为R2的3倍，所以R2分担的电流为灵敏电流计的3倍，所以改装后的电流表量程为原灵敏电流计量程的4倍，故D错误。
故选A。
2、D
【解析】根据电容的决定式，分析电容的变化.电容器的板间电压不变，根据电容的定义式，分析电容器电量的变化，即可判断电路中电流的方向.
【详解】A．M向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式，得知电容器的电容变小，故A错误.
B．将D插入电容器，介电常数增大，根据电容决定式，得知电容器的电容变大，故B错误；
C．断开开关S，M上移，电量不变，而电容减小，根据电容的定义式，分析可知电容器两端的电压增大，故C错误；
D．闭合开关S，电压不变，M上移时电容减小，则由Q=UC可知，电量Q减小；电容器放电，流过电阻的电流方向从A到B，故D正确.
故选D.
【点睛】本题是电容器的动态分析问题，在抓住电容器电压不变的基础上，根据电容的决定式和定义式结合分析.
3、B
【解析】金属线开始受重力、向上的安培力、绳子的拉力处于平衡。
A．不改变电流方向，适当增加电流的大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力会变为零。故A不符合题意；
B．使原来电流反向，安培力反向，则拉力增大，不能使细线的拉力变为零。故B符合题意；
C．保持原来电流不变，适当增加磁感应强度大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力会变为零。故C不符合题意；
D．使原来的磁场和电流都反向，安培力的方向不变，适当增加电流的大小，安培力的大小增加，绳子的张力会变为零，故D不符合题意。
故选B。
4、C
【解析】考查库仑力作用下的平衡问题。
【详解】设A球的电荷量为q0，两次实验A球都受力平衡，库仑力：

设A球的质量为m，对A球受力分析可得：

两球之间的距离，其中L为线长，r为两球球心间的距离。
联立上式解得：

所以有：

C正确。
故选C。
5、B
【解析】两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．两表指针偏转角度相同，示数不等．故C错误．因是串联关系，分压之比为内阻之比，即两表示数之比等于两个电压表的内阻之比．故D错误．故选B
【点睛】考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定
6、D
【解析】A．光点打在A点，在偏转磁场中洛伦兹力向上，电流向左，根据左手定则，磁场垂直纸面向外，故A错误；
B．从A向O扫描，在偏转磁场中洛伦兹力方向一直是向上，电流向左，故根据左手定则，磁场一直垂直纸面向外，但转弯半径变大，由于是洛伦兹力提供向心力，故

则有

说明磁感应强度是减小的，故B错误；
C．从O向B扫描，在偏转磁场中洛伦兹力方向一直是向下，电流向左，故根据左手定则，磁场一直垂直纸面向里，但转弯半径变小，由于，说明磁感应强度是增强的，故C错误；
D．从A向B扫描，其中从A向O点扫描过程磁场垂直纸面向外，从O向B扫描过程磁场垂直纸面向里，故D正确

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】AB．依据楞次定律，当磁场均匀增强时，圆环和线框中的电流方向都为逆时针，故A正确，B错误；
CD．设三角形的边长为a，由几何关系，可知，外接圆的半径

根据法拉第电磁感应定律得，三角形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为：

根据电阻定律得到，三角形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为：

由欧姆定律得三角形回路中的感应电流强度I1与内切圆中感应电流强度I2之比为

故C正确，D错误。
故选AC。
8、AD
【解析】AB．在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，所以，a点电势比10V低4V，即为6V，故A正确，B错误；
CD．a点的电势为6V，根据电场线应与等势面垂直，且沿电场线电势依次降低，O点的场强方向应指向图中电势为2V的点，故C错误，D正确。
故选AD。
9、BC
【解析】回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据动能表达式求解
【详解】回旋加速器中，粒子每经过D型盒狭缝时都被加速一次，加速电场的变化周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，选项A错误；带电粒子在 D 形盒内从狭缝间的电场获得能量，选项B正确；根据，则，则增大 D 形盒的半径R，可以增大粒子从 D 形盒射出时的动能，与狭缝的宽度无关，选项C正确，D错误；故选BC.
【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与狭缝的宽度无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关
10、AC
【解析】A．根据，得

两粒子的比荷相等，所以最大速度相等。故A正确。
B．带电粒子在磁场中运动的周期

两粒子的比荷相等，所以周期和频率相等。故B错误。
C．最大动能

则加速次数

两粒子的比荷相等，加速电压不变，则加速次数相同，选项C正确；
D．根据知，仅增大高频电源的频率不能增大粒子动能，故D错误；
故选AC。

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、 ①.2.98 ②.6.170 ③.1.195（1.194~1.196） ④.S ⑤.“100” ⑥.T ⑦.0刻线 ⑧.2200 ⑨.OFF
【解析】(1)[1]10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，主尺为29mm，游标第8格对齐而不估读，则读数为：
；
[2] 20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，主尺为61mm，游标第14格对齐而不估读，则读数为：
；
[3]螺旋测微器转动刻度共50格长0.5mm，则精确度为0.01mm，转动刻度的格数估读一位，读数为：
（1.194~1.196）；
(2)[4] 万用表在测量之前要进行机械调零，即调节可调部件S，使电表指针停在左边电流的“0”刻线；
[5]待测阻值约2000Ω，2000Ω=20×100Ω，指针指在中间刻度15附近所测电阻较准确，电阻的倍率挡选择×100Ω，则调节可调部件K，使它的尖端指向欧姆挡×100位置；
[6][7]读数前先欧姆调零，将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件T，使电表指针指向右边电阻0刻线；
[8]由图b所示可知，选档位为×100，电阻阻值为：
Rx=22×100Ω=2200Ω；
[9]测量完毕后，为了安全，应将调节可调部件K，使它的尖端指向OFF或交流电压500V位置。
12、 ①.0.396-0.399； ②.B； ③.C； ④.甲； ⑤.；
【解析】(1) 螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
(2) 根据最大电流选择电流表，根据额定电流及金属丝电阻选择更接近的最大电阻；
(3) 根据金属丝电阻较小选择外接法；
(4) 根据直径求得横截面积，然后根据反解出电阻率
【详解】(1) 由图所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+39.8×0.01mm=0.398mm（0.396～0.399均正确）；
(2) 根据待测金属丝接入电路部分的电阻Rx（约为5Ω），现有电池组3V，电路中电流约0.6A左右；为了减小误差，在实验中电流表应选用B；
为了实验时，滑动变阻器控制更灵敏，滑动变阻器的最大电阻应与金属丝电阻接近，且变阻器额定电流比电路最大电流大，滑动变阻器应选用C；
(3) 由于待测的电阻阻值较小，故采用外接法，即应选择图2中甲电路进行实验；
(4) 待测金属丝接入电路部分的长度为l，直径为D，故横截面积，电阻为Rx，根据电阻定律可得：金属丝电阻率的表达式为ρ＝
【点睛】待测的电阻阻值较小时，电流表的分压效果较明显，故应选用外接法；待测的电阻阻值较大时，电压表的分流效果较明显，故应选用内接法

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）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
15、 (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