2025屆新疆克拉瑪依市北師大克拉瑪依附屬中學物理高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2025屆新疆克拉瑪依市北師大克拉瑪依附屬中學物理高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示的裝置，氣缸分上、下兩部分，下部分的橫截面積大于上部分的橫截面積，大小活塞分別在上、下氣缸內用一根硬桿相連，兩活塞可在氣缸內一起上下移動．缸內封有一定質量的氣體，活塞與缸壁無摩擦且不漏氣，起初，在小活塞上的杯子里放有大量鋼球，請問哪些情況下能使兩活塞相對氣缸向上移動（）A．給氣缸內緩慢加熱B．增加幾個鋼球C．大氣壓變小D．讓整個裝置自由下落2、如圖所示，L1、L2、L3為三個相同的燈泡且電阻恒定，電源內阻是燈泡電阻的1.5倍．在變阻器R的滑片P向上移動過程中，下列正確的是()A．L1變亮，L2變亮，L3變暗B．電源輸出功率變大C．電源總功率變小D．L1中電流變化量大于L2中電流變化量3、如圖所示，有A、B、C、D四個電阻，它們的I—U關系如圖所示，其中電阻最小的是()A．A B．B C．C D．D4、圖是質譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1、A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是A．該帶電粒子帶負電B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里C．能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大5、如圖所示，在光滑絕緣的水平面上疊放著兩個物塊A和B，A帶負電、質量為m、電荷量為q，B質量為2m、不帶電，A和B間動摩擦因數為0.5.初始時A、B處于靜止狀態(tài)，現將大小為F＝mg的水平恒力作用在B上，g為重力加速度．A、B處于水平向里的磁場之中，磁感應強度大小為B0.若A、B間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是()A．水平力作用瞬間，A的加速度大小為B．A做勻加速運動的時間為C．A的最大速度為D．B的最大加速度為g6、如圖，水平地面上沿豎直方向固定一輕質彈簧，質量為m的球由彈簧正上方離彈簧上端高H處自由下落，剛接觸到彈簧時的速度為v，在彈性限度內彈簧的最大壓縮量為h，若設球在最低處的重力勢能為零，那么彈簧被壓縮了h時的彈性勢能為()A．mgHB．mghC．mgh＋mv2D．mgH＋mv2二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、兩個相同的帶電導體小球所帶電荷量的比值為1：3，相距為r時庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為（）A． B． C． D．8、如圖，圖象反映了甲、乙兩車在同一條直道上行駛的位置隨時間變化的關系，已知乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10s處，下列說法正確的是A．5s時兩車速度相等 B．甲車的速度為C．乙車的加速度大小為 D．乙車的初位置在處9、如圖所示的電路中，AB兩端的電壓U恒為14V，燈泡L標有“6V

12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0.50Ω．若燈泡恰能正常發(fā)光，且電機能運轉，則以下說法正確的是（）A．電動機的輸入功率是128WB．電動機的輸入功率是16WC．電動機的熱功率是2.0WD．整個電路消耗的電功率是30W10、如圖所示，用絲線吊一個質量為m的帶電(絕緣)小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計，當小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過O點時()A．小球的動能相同B．絲線所受的拉力相同C．小球所受的洛倫茲力相同D．小球的向心加速度相同三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）要測繪額定電壓為2V的日常用小燈泡的伏安特性曲線，所供選擇的器材除了導線和開關外，還有以下一些器材可供選擇：A．電源E(電動勢3.0V，內阻可不計)B．電壓表V(量程為0～3.0V，內阻約2kΩ)C．電流表A(0～0.6A，內阻約1Ω)D．滑動變阻器R1(最大值10Ω)實驗中要求電壓表示數在0～2V范圍內變化，讀取并記錄下多組不同的電壓值U和對應的電流值I，繪出伏安特性曲線如圖．（1）畫出實驗原理圖(請畫在答題紙上)_______；（2）由圖線可知,燈絲電阻隨電壓升高而________；（填“增大”、“不變”或“減小”）（3）實驗中產生系統誤差的原因是：_______；因為上述原因將使測量結果比真實值_______．（填“偏大”、“偏小”或“沒有影響”）12．（12分）現在要測量一段電阻絲的電阻，其阻值Rx約為0.5Ω，允許通過的最大電流為0.5A。要求測量結果盡量準確，測量誤差盡可能小，方便讀數。現有如下器材可供選擇：電流表（量程0.6A，內阻約為0.5Ω）電壓表（量程3V，內阻約為3kΩ）待測電阻絲Rx（值約為0.5Ω）標準電阻R0（阻值5Ω）滑動變阻器R1（5Ω，2A)滑動變阻器R2（1000Ω，1.5A)學生電源（直流6V，內阻不計）開關S，導線若干（1）實驗中滑動變阻器應選擇____________________（選填“R1”或“R2”）（2）在虛線框中畫出實驗電路圖（_______）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，電容為C、帶電量為Q、極板間距為d的電容器固定在絕緣底座上，兩板豎直放置，總質量為M，整個裝置靜止在光滑水平面上．在電容器右板上有一小孔，一質量為m、帶電量為+q的彈丸以速度v0從小孔水平射入電容器中（不計彈丸重力，設電容器外圍電場強度為0），彈丸最遠可到達距右板為x的P點，求：(1)彈丸在電容器中受到的電場力的大小；(2)x的值；(3)電容器獲得的最大速度．14．（16分）如圖所示，勻強電場的電場強度E=2.0×104N/C，沿電場線方向有A、B兩點，A、B兩點間的距離s=0.10m．將電荷量q=+2.0×10-8C的點電荷從A點移至B點．求：（1）電荷從A點移至B點的過程中，電勢能變化了多少．（2）若將A點的電勢規(guī)定為0，則B點的電勢是多少？15．（12分）在某偏僻山區(qū)建設了一個小型水電站，通過升壓變壓器將電能輸送到鎮(zhèn)上．已知發(fā)電機組輸出電壓為400V，輸出功率為l03kW，輸電線的總電阻為1000Ω，鎮(zhèn)上用戶得到的最大功率為900kW，求：（1）升壓變壓器原線圈和副線圈的匝數之比；（2）用戶端降壓變壓器原線圈兩端的電壓。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

設缸內氣體壓強P，外界大氣壓為P0，大活塞面積S，小活塞面積s，活塞和鋼球的總重力為G，以活塞和氣體整體為研究對象，由物體平衡條件知：（P0﹣P）（S﹣s）=G…①A.給氣缸緩慢加熱，氣體溫度升高，由蓋呂薩克定律知氣體體積要增大，從氣缸結構上看活塞應向下移動，故A錯誤；B.增加幾個鋼球后，整體的重力變大，由①式知容器內氣體壓強必須減小，由玻意耳定律知氣體體積要增大，所以活塞應向下移動，故B錯誤；C.大氣壓變小時，由①式知道缸內氣體壓強要減小，由玻意耳定律知氣體體積要增大，所以活塞應向下移動，故C錯誤；D.讓整個裝置自由下落時，鋼球完全失重，由①式知道缸內氣體壓強要增大，由玻意耳定律知氣體體積要減小，所以活塞應向上移動，故D正確。2、D【解析】

當變阻器R的滑片P向上移動時，R減小，外電路總電阻減小，由歐姆定律分析干路電流的變化，即可判斷燈L3亮度的變化．根據并聯部分的電壓變化，判斷燈L2亮度的變化，由干路電流與通過L2的電流變化情況，判斷L1亮度的變化情況．根據干路電流的變化情況，分析L2燈中電流變化值與L1燈中電流變化值的大?。鶕怆娐房傠娮枧c電源內阻的關系，分析電源的輸出功率如何變化．【詳解】A、當變阻器R的滑片P向上移動時，R減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流I增大，則L3燈變亮．根據串聯電路的特點可知，并聯部分的電壓減小，L2燈變暗．由于干路電流增大，而通過L2的電流減小，則通過L1的電流增大，L1燈變亮．故A錯誤．B、根據題意無法判斷內外電阻的大小關系，故電源輸出功率無法判斷．故B錯誤．C、由于干路電流增大，所以電源的總功率變大．故C錯誤．D、由上述分析得知，通過L2的電流減小，通過L1的電流增大，而干路電流增大，則L2燈中電流變化值小于L1燈中電流變化值．故D正確．所以選擇D.【點睛】本題是電路的動態(tài)變化分析問題，按局部到整體，再回到局部的思路進行分析．根據推論：外電路總電阻與電源內阻相等時，電源的輸出功率最大分析電源的輸出功率如何變化．3、A【解析】由圖可知，當電流相同時，D兩端的電壓最大，C兩端的電壓次之，B兩端的電壓再次之，A兩端的電壓最??；由歐姆定律公式可知：電流相同時，電壓與電阻成正比，所以四個電阻中，D阻值最大，A阻值最小故應選A．點晴：在I-U圖象中，橫軸表示電壓，縱軸表示電流，找出相同電流的對應的電壓值，根據歐姆定律可知：電壓小的，電阻就小．4、D【解析】

A．粒子垂直磁場向下進入磁場，根據左手定則可以知道粒子帶正電，所以A錯誤.B．粒子帶正電，則受電場力向右，由左手定則可判斷磁場方向垂直直面向外，故B錯誤.C．由：得：此時離子受力平衡，可沿直線穿過選擇器，所以C錯誤.D．由：知R越小比荷越大，故D正確.5、C【解析】

設物塊A與木板發(fā)生相對滑動前，A所受摩擦力不變；以整體為研究對象，根據牛頓第二定律有：F=（2m+m）a，對滑塊隔離分析，根據牛頓第二定律有：Ff=ma，聯立解得：，可知假設是正確的，A的加速度為：，故A錯誤；A帶負電，根據左手定則可知，A向左運動的過程中受到的洛倫茲力的方向向上；當物塊A在木板上剛好發(fā)生相對滑動時，二者間摩擦力為最大靜摩擦力，對滑塊豎直方向受力分析有：FN+qvB=mg，則摩擦力為：Ff=μFN，對長木板根據動量定理有：Ft-Fft=2mv，對滑塊根據動量定理有：Fft=mv，聯立解得：，故B錯誤；A達到速度最大時，A與B之間的摩擦力等于0，可知A受到的洛倫茲力的大小與重力相等則：mg=qvmB0，解得：，故C正確；當A對B的作用力等于0時，B在水平方向只受到拉力F的作用，此時的加速度最大，由牛頓第二定律得：mg=2m?am，解得：，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．6、C【解析】在最高點速度為零，重力勢能為，故機械能為，下落到最低點過程中動能為零，重力勢能為零，即重力勢能全部轉化為彈性勢能，所以，AB錯誤；在剛接觸彈簧時，重力勢能為mgh，動能為，故機械能還可以表示為，下落到最低點過程中動能為零，重力勢能為零，即重力勢能全部轉化為彈性勢能，所以，C正確D錯誤．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AD【解析】

若兩個相同的帶電導體小球帶異種電荷，設一個小球帶電量為大小Q，則另一個為大小3Q，根據庫侖定律，兩球接觸前接觸再分開后，兩球帶同種電荷，因此兩球帶電量大小分別為由庫侖定律，此時庫侖力的大小若兩個相同的帶電導體小球帶同種電荷，兩球接觸前接觸再分開后，兩球帶同種電荷，兩球帶電量大小分別為2Q，由庫侖定律，此時庫侖力的大小故AD正確，BC錯誤。故選AD。8、BCD【解析】

位移-時間圖象的斜率等于速度，傾斜的直線表示勻速直線運動，位移等于x的變化量，結合這些知識分析；【詳解】A、位移-時間圖象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，則知5s時乙車速度較大，即該時刻二者速度大小不相等，故A錯誤；

B、甲車做勻速直線運動，速度為：，故B正確；

C、乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10s處，則t=10s時，速度為零，將其運動反過來看成初速度為0的勻加速直線運動，則，根據圖象有：，，解得：，，故CD正確．【點睛】對于位移時間圖象，關鍵要抓住斜率等于速度，位移，來分析圖象的物理意義，同時注意利用勻減速直線運動中的逆向思維的應用．9、BC【解析】試題分析：燈泡額定電是6V，額定功率是12W，由電功率的變形公式可以求出燈泡正常發(fā)光時的電流；由串聯電路特點可以求出電動機的電壓，由電功率公式可以求出電機總功率與熱功率，進一步求出電動機的輸出功率；由電功率公式可以求出電路總功率．因為小燈泡恰好正常發(fā)光，則其兩端電壓為，因為燈泡串聯在電路中，所以電路中的電流為，又因為燈泡和電動機串聯，所以電動機兩端電壓為，故電動機輸入功率為，A錯誤B正確；電動機的熱功率為，C正確；整個電路消耗的電功率為，D錯誤10、AD【解析】

帶電小球在重力與拉力及洛倫茲力共同作用下，繞固定點做圓周運動，由于拉力與洛倫茲力始終垂直于速度方向，它們對小球不做功．因此僅有重力作功，則有機械能守恒．從而可以確定動能是否相同，并由此可確定拉力與洛倫茲力．由向心加速度公式和牛頓第二定律列式分析．【詳解】A、小球運動過程中，所受的細線的拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅有重力作功，則小球機械能守恒，所以小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過O點時的動能相同;故A正確.B、小球經過最低點時速度大小不變，則根據牛頓第二定律可知，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則拉力的大小也不同;故B錯誤.C、小球經過最低點時速度大小不變，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則洛倫茲力不相同;故C錯誤.D、小球的動能相同則速度的大小相等，據知，v、r相同，可知小球所受的向心力相同,向心加速度相同;故D正確.故選AD.【點睛】本題考查對小球進行受力分析，并得出力做功與否，根據機械能守恒定律來解題是突破口，同時注意洛倫茲力方向隨著速度的方向不同而不同．最后由牛頓第二定律來分析向心力與向心加速度．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、增大電壓表的分流偏小【解析】

由題意可知考查描繪小燈泡伏安特性曲線實驗原理，數據處理及誤差分析，根據實驗原理分析可得?！驹斀狻?1)[1]分析伏安特性曲線可知小燈泡最大電阻約為4，屬于小電阻，為減小誤差電流表采用外接法，描繪伏安特性曲線時要求電壓、電流從零開始變化，滑動變阻器采用分壓式接法。故畫出的電路圖如下所示：(2)[2]在I-U圖象中，割線的斜率的倒數表示電阻的大小，隨著電壓的增大，斜率減小，說明電阻增大。(3)[3]實驗中產生系統誤差的原因是電壓表的分流作用。[4]電壓表測量值等于真實值，但是電流測量值大于真實值，這樣測的電阻值比真實值偏小。【點睛】設待測電阻為R，電測表內接、外接選擇原則：<屬于小電阻，采用電流表外接法。若>屬于大電阻，采用內接法。要求電流、電壓從零開始變化時滑動變阻器一定選擇分壓式接