重庆市綦江区南州中学2025-2026学年物理高二第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

重庆市綦江区南州中学2025-2026学年物理高二第一学期期末质量跟踪监视试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、下列说法中正确的是(　　)
A.奥斯特实验说明了通电导线对磁体有作用力
B.奥斯特实验说明了磁体对通电导线有作用力
C.奥斯特实验说明了任意两条通电导线之间有作用力
D.奥斯特实验说明了任意两个磁体之间有作用力
2、如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从P点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，它们从P点射出开始计时到第一次到达直线MN所用的时间相同，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为600和900，不计重力以及粒子间的相互作用力，则两粒子速度大小之比va:vb为（  ）

A.2:1
B.3:2
C.4:3
D.:
3、如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变．闭合开关S，滑动变阻器的滑片P处于某一位置时，小灯泡L能发光．将滑片P从该位置向b端滑动，则（ ）

A.小灯泡L变亮，电流表的示数变小
B.小灯泡L变亮，电流表的示数增大
C.小灯泡L变暗，电流表的示数变小
D.小灯泡L变暗，电流表的示数增大
4、如图所示，先后以速度v1和v2匀速把同一正方形闭合线圈拉入有界匀强磁场区域的过程中，已知vl=3v2．则在先后两种情况下

A.线圈中的感应电流之比为I1：I2=3：1
B.线圈中的感应电流之比为I1：I2=1：3
C.线圈所受到的安培力之比为F1：F2=1：9
D.线圈所受到的安培力之比为F1：F2=9：1
5、关于感应电动势，下列说法中正确的是( )
A.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
B.穿过线圈的磁通量的变化量越大，感应电动势越大
C.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大
D.若某时刻穿过线圈的磁通量为零，则该时刻感应电动势一定为零
6、如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法能使圆盘中产生感应电流的是（ ）

A.圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动 B.圆盘以某一速度竖直移动
C.圆盘在磁场中向右匀速平移 D.匀强磁场均匀增强
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、如图所示，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力．现给该圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，关于圆环运动的速度v、动能Ek以及圆环受到的摩擦力f、洛仑兹力F洛图像可能正确的是

A. B.
C. D.
8、电阻A、的图像如图，由图像可知（　　）

A.A，阻值之比为
B.A，阻值之比为
C.A，串联后的图线位于Ⅰ区
D.A，并联后的图线位于Ⅱ区
9、如图所示，直线Oac为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，虚线Obc为这个电源内部热功率随电流I变化的Pr图线，由图可知( )

A.电源电动势为3 V
B.电源内阻为2Ω
C.当I=2A时,电源输出功率为6W
D当I=2A时,电源内部热功率为4 W
10、质量为和质量为的两个物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，其位移—时间图像如图所示，则（　　）

A.的质量为1.5kg B.的质量为3kg
C.此碰撞有机械能损失 D.此过程无机械能损失
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）小明利用如图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻

（1）图中电流表的示数为__________A
（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下

请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出U-I图线____________

由图线求得：电动势E=_________V，内阻r=_________________Ω
（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为__________________________________
12．（12分）现要测定一段粗细均匀、电阻约为60Ω的合金丝的电阻率，若已测得其长度，要尽量精确的测量其电阻值R，器材有：
电池组（电动势3.0V，内阻约1Ω）；
电流表（量程0～100mA，内阻约0.5Ω）；
电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）；
滑动变阻器R1（0～10Ω，允许最大电流2.0A）；
滑动变阻器R2（0～500Ω，允许最大电流0.5 A）；
电键一个、导线若干
①以上器材中，所用的滑动变阻器应选_______．（填“R1”或“R2”）
②用螺旋测微器测量合金丝直径时的刻度位置如图甲所示，读数为mm

③如图乙所示是测量合金丝电阻的电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应移到.(填“最左端”或“最右端”)

④闭合开关后，滑动变阻器的滑片从一端移到另一端，电压表示数变化明显，但电流表示数始终几乎为零，由此可以推断：电路中(填“1、2、3”或“4、5、6”或“6、7、8”)之间出现了．(填“短路”或“断路”)
⑤在电路故障被排除后，为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应改进的是．（填选项前的字母）
A．电流表连接方式改为内接法
B．滑动变阻器连接方式改为限流式
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）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
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）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

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】奥斯特实验说明了通电导线对磁体有作用力，故A正确；
2、C
【解析】两粒子做圆周运动的轨迹如图：

设P点到MN的距离为L，由图知b的半径为：Rb=L，
对于a粒子的半径：L+Racos60°=Ra
得：Ra=2L
即两粒子的速度之比为Ra：Rb=2：1
粒子做圆周运动的周期为：T=
由题有：
得两粒子的比荷为：
粒子的洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m
得：R=
联立得：
故选C
3、A
【解析】根据滑片P移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，从而知道电流表的示数如何变化．根据路端电压的变化分析小灯泡亮度的变化
【详解】将滑片P从该位置向b端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I变小，则电流表示数变小
总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压变大，小灯泡的电压变大，则小灯泡L变亮，故A正确，BCD错误
故选A
【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，要分析清楚电路结构，熟练应用欧姆定律即可分析
4、A
【解析】A、B项：感应电动势为，感应电流为，所以电流之比等于速度之比等于3：1，故A正确，B错误；
C、D项：由安培力公式可知，安培力之比等于速度之比等于3：1，故CD错误
故选A
5、A
【解析】A．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故A正确；
B．由可知，穿过线圈的磁通量的变化量越大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；
C．穿过闭合回路磁通量越大，磁通量变化不一定快，则感应电动势不一定大，故C错误；
D．穿过线圈的磁通量为零，若磁通率不为零，则感应电动势就不为零，故D错误。
故选A。
6、D
【解析】A．保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，A错误；
B．圆盘以某一速度竖直移动时，穿过圆盘的磁通量不变；不产生感应电流；故B错误；
C．圆盘在磁场中向右匀速平移时，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；
D．使匀强磁场均匀增加，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，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、AB
【解析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的
【详解】A．由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当：

此时：

所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，洛伦兹力不断减小，直到

小环开始做匀速运动，摩擦力不断减小至零，故A正确；
B．当：

小环做匀速运动，不变，摩擦力为零，动能不变，故B正确；
C．没有摩擦力保持某一不为零的值不变的情况，故C错误；
D．当：

此时：

所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以，洛伦兹力不断减小至零，减小的越来越快，摩擦力逐渐增大，停止后为零，故D错误
【点睛】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意结合牛顿运动定律知识，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识，较难
8、AC
【解析】AB．I-U图像的斜率之比等于电阻比的倒数，由图像可知A、B阻值之比为

选项A正确，B错误；
C．A、B串联后的电阻比B的电阻还要大，可知I-U图线位于Ⅰ区，选项C正确；
D．A、B并联后的总电阻比RA还小，则I-U图线位于Ⅲ区，选项D错误；
故选AC。
9、AD
【解析】根据电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的区别及交点的含义，根据功率公式可求得电源内阻消耗的功率以及电源输出的功率
【详解】从图象可知：有两个交点．O点处是没有通电，而c处它们的电功率相等，说明外电阻没有消耗功率．因此电流为3A时，外电阻阻值为零．由P=I2r可算出r=Ω=1Ω，所以内阻的阻值为1Ω．在c点时，外电阻为0，所以电动势E=Ir=3×1V3V，所以A正确，B错误；当电流等于2A时，电源的输出功率P出=EI-I2r=3×2-4×1=2W；故C错误；当电流等于2A时，电源内部热功率P=I2r=22×1=4W，故D正确．故选AD
【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意理解电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的涵义
10、AD
【解析】AB．根据位移时间图像的斜率等于速度，可知碰撞前是静止的，的速度为

碰后的速度为

的速度为

以两个物体组成的系统为研究对象，取碰撞前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有

代入数据得

B错误A正确；
CD．碰撞前总动能

碰撞后的总动能

所以碰撞前后动能相等，碰撞过程中没有机械能损失，C错误D正确。
故选AD。

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、 ①.0.44 ②. ③.1.60 （1.58 ~ 1.62 都算对） ④.1.2（1.18 ~1.26 都算对） ⑤.干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.
【解析】（1）由题目表格测量数据知，电流表使用0.6A量程，所以读数为0.44A；
（2）描点画图，如图所示；根据可得：电动势为E=1.6V；图线的斜率等于内阻r=1.2Ω；

（3）干电池长时间使用后,电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.
12、①；②0.730(0.728--0.732)；③最左端；④4、5、6；断路；⑤ A ；
【解析】①滑动变阻器用分压电路，故应选阻值较小的R1；②合金丝直径为：0.5mm+0.01mm×23.0=0.730mm；③闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应移到最左端；④可以推断：电路中4、5、6之间出现了断路；⑤因，故采用电流表内接电路误差较小，故选A.
考点：伏安法测电阻.

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、 (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
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、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