河北定州中学2025-2026学年高二上物理期末质量跟踪监视试题含解析.doc

河北定州中学2025-2026学年高二上物理期末质量跟踪监视试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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①②所示，在匀强磁场中，有两个通电线圈处于如图所示的位置，则

A.从上往下俯视，①中的线圈顺时针转动
B.从上往下俯视，①中的线圈逆时针转动
C.从上往下俯视，②中的线圈顺时针转动
D.从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动
2、某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是

A.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
B.图象上某点切线的斜率的倒数即为该状态的电阻值
C.电压为5 V时，导体的电阻是0.2 Ω
D.电压为12 V时，导体电阻的电功率为18 W
3、在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动．某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的．则碰后B球的速度大小是(　　)
A.
B.
C.或
D.无法确定
4、如图所示的U-I图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知( )

A.电源的输出功率为3.0W
B.电源电动势为3V，内阻为0.5Ω
C.电源内部消耗功率为1.0W
D.R的阻值为1.5Ω
5、下列电器在工作时，主要利用电流热效应的是
A.手机 B.电视机
C.电风扇 D.电饭锅
6、如图所示，实线AB是某匀强电场中的一条电场线，虚线PQ是一个带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，P处的速度与电场线垂直．下列说法正确的是（ ）

A.带电粒子一定带正电
B.带电粒子一定带负电
C.带电粒子在P点的电势能一定大于在Q点的电势能
D.电场中Q点电势一定高于P点的电势
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、如图是静电除尘装置示意图，装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极．将混浊气体通入该装置时，气体中的粉尘会不断向筒壁积累，最后在重力作用下坠落在筒底．在该装置除尘的过程中，下列说法正确的有

A.粉尘由于吸附作用而带上正电荷
B.粉尘由于吸附了电子而带上负电荷
C.带电粉尘在静电力作用下飞向筒壁
D.筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场
8、如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强电场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动估计如图所示，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法中正确的是（ ）

A.a粒子动能最大
B.c粒子速率最大
C.c粒子在磁场中运动的时间最长
D.它们做圆周运动的周期Ta=Tb=Tc
9、两个完全相同的金属小球，半径远小于两小球之间距离，带电量之比为1∶7，相距为r，两者之间的引力为F，相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力为原来的（　 　）
A.3/7 B.4/7
C.9/7 D.16/7
10、欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成的，有关欧姆表的使用和连接，正确的
A.测电阻前要使红黑表笔相接，调节调零电阻，使表头的指针指零
B.红表笔与表内电池的正极相接，黑表笔与表内电池的负极相接
C.红表笔与表内电池的负极相接，黑表笔与表内电池的正极相接
D.测电阻时，表针偏转角越大，待测阻值越大
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）为了测量一节旧干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：
A．待测干电池一节
B．直流电流表（量程0 ~ 0.6 ~ 3 A，0.6 A档内阻约为0.1Ω，3 A档内阻约为0.02Ω）
C．直流电压表（量程0 ~ 3 ~ 15 V，3 V内阻约为5 kΩ，15 V档内阻约为25 kΩ）
D．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 15Ω）
E．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 1000Ω）
F．开关，导线若干

（1）为了尽可能减少误差，其中滑动变阻器选_______（填代号）
（2）根据实验记录，画出的U-I图线如图所示，从中可求出待测干电池的电动势为________V，内电阻为____Ω
12．（12分）用电流表和电压表测定干电池电动势E和内电阻r，所用的电路如图，一位同学测得了实验的U-I图像。

（1）根据U-I图像，可得电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。

（2）这位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是（ ）
A．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
C．实验测出的电动势小于真实值
D．实验测出的内阻大于真实值
（3）同学们探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（ ）
A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B．一个伏特表和多个定值电阻
C．一个安培表和一个电阻箱D．两个安培表和一个滑动变阻器
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、D
【解析】根据图①所示，由左手定则可知，线圈各边所示安培力都在线圈所在平面内，线圈不会绕OO′轴转动，故A错误，B错误；根据图②所示，由左手定则可知，线圈左、右两边所受安培力分别垂直与纸面向外和向里，线圈会绕OO′轴转动，从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动．故C错误，D正确．故选D
考点：电磁感应；左手定则
【名师点睛】本题考查了判断线圈是否会绕轴转动，应用左手定则判断出线圈所受安培力方向即可正确解题
2、D
【解析】由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增加，故A错误；图象上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，选项B错误；当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻 R=U/I=5Ω，故C错误；加12V电压时，电流为1.5A，则电功率P=IU=18W．故D正确；故选D
【点睛】本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值
3、A
【解析】根据碰后A球的动能恰好变为原来的得：解得：
碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv=mv′+3mvB
解得：vB=v或vB=v；当vB=v时A的速度大于B的速度，不符合实际，故选项A正确，BCD错误，故选A.
点睛：本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量；同时要分析结果是否符合实际情况，即不可能发生二次碰撞
4、D
【解析】由电源路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率
【详解】电源的输出功率为：；故A错误；由图I可知，电源的电动势为，内阻；故B错误；电源内部消耗的功率为：；故C错误；由图II可知，；故D正确；故选D
5、D
【解析】由题意可知考查用电器能量转化问题，根据电器工作原理分析可得
【详解】A．手机工作时把电能主要转化为声能、光能、小部分转化为内能，故A不符合意；
B．电视机工作时把电能主要转化为光能，小部分转化为内能，故B不符合意；
C．电风扇工作时把电能主要转化为机械能，小部分转化为内能，故C不符合意；
D．电饭锅工作时把电能转化为内能，故D符合题意，所以选择D选项
【点睛】根据各种电器的工作原理、电能转化特点分析可得
6、C
【解析】由运动轨迹弯曲方向判断出粒子受到的电场力方向，结合电场线的方向分析带电粒子的电性．根据加速度的大小确定点电荷的位置，由电场力做功情况判断电势能的大小，从而判断电势的高低
【详解】带电粒子做曲线运动，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知粒子经过A、B连线时所受的电场力由B指向A，由于电场线的方向未知，所以不能确定带电粒子的电性，故AB错误；粒子从P向Q运动，则电场力做正功，电势能减小，EPP一定大于EPQ，故C正确；由于电场线的方向不能确定，所以不能判断A、B两点电势高低，故D错误．所以C正确，ABD错误
【点睛】解决本题的关键是抓住曲线运动的合力方向的特点：曲线运动的合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向可判断粒子所受的电场力方向

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、BCD
【解析】装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极，粉尘向正极运动，可知粉尘吸附电子后带负电．故A错误，B正确；筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场，粉尘向正极运动，可知粉尘是在静电力作用下飞向筒壁．故C正确；装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极，因此筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场．故D正确
8、BD
【解析】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子的动能：，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，动能最小，c粒子速率最大．c粒子动能最大，故A错误，B正确；由于粒子运动的周期，粒子在磁场中运动的时间：，可知，三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，故C错误，D正确．所以BD正确，AC错误
【点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短
9、CD
【解析】由库仑定律可得，两球接触前的库仑力：；
当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量：
两球接触后的库仑力；当两球带异种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量；两球接触后的库仑力，故CD正确，AB错误．故选CD
点睛：两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向
10、AC
【解析】A．使用欧姆表测电阻确定合适的挡位后要进行欧姆调零，要使红黑表笔相接，调节调零旋钮，使表头的指针指向欧姆刻度的零处，故A正确；
BC．红表笔与表内电池负极相接，黑表笔与表内电池正极相连接，故B错误，C正确；
D．欧姆表零刻度线在最右侧，测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻值越小，故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.D ②.1.35 ③.0.5
【解析】(1)[1]在干电池的电动势和内电阻实验中，滑动变阻器应选用最大阻值较小的，这是为了便于调节；
(2)[2]U-I图像的纵截距表示电源电动势，由图中可以读出为1.35V；
[3]U-I图像的斜率表示电源的内阻，

12、 ①.1.48 ②.0.72 ③.AC ④.D
【解析】(1)[1]
根据U-I图像，可得电池的电动势E＝1.48V，

[2]
内阻r＝
(2)[3]

A B．通过电源的电流实际为通过电流表和电压表电流之和，通过电源的电流只计算电流表电流时比真实值小，说明实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用，故A正确，B错误；
C D．做出U-I图象可知实验测出的电动势小于真实值，故C正确，D错误。
故选择AC选项。
(3)[4]
A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器，由闭合电路欧姆定律可得

联立可求得E、r
B．一个伏特表和多个定值电阻, 由闭合电路欧姆定律可得

联立可测出E、r
C．一个安培表和一个电阻箱，由闭合电路欧姆定律可得

联立可求得E、r
D．两个安培表和一个滑动变阻器，因无法知道滑动变阻器的确切阻值，无法根据欧姆定律列出方程，不能测出E、r。
故选择D选项。

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