2025屆江蘇省百校物理高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2025屆江蘇省百校物理高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、某導線中的電流是7.5×10–3A，則通過導線橫截面的電荷量為15C所需要的時間為A．2.0×104s B．2.0×106sC．2.0×105s D．2.0×103s2、圖甲是洛倫茲力演示儀．圖乙是演示儀結構圖，玻璃泡內充有稀薄的氣體，由電子槍發(fā)射電子束，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡．圖丙是勵磁線圈的原理圖，兩線圈之間產生的磁場近似勻強磁場，線圈中電流越大磁場越強，磁場的方向與兩個線圈中心的連線平行．電子速度的大小和磁感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調節(jié)．若電子槍垂直磁場方向發(fā)射電子，給勵磁線圈通電后，能看到電子束的徑跡呈圓形．關于電子束的軌道半徑，下列說法正確的是A．只增大勵磁線圈中的電流，軌道半徑變小B．只增大勵磁線圈中的電流，軌道半徑不變C．只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑不變D．只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑變小3、如下圖所示的均勻磁場中，已經標出了電流I和磁場B以及磁場對電流作用力F三者其方向，其中錯誤的是（）A．B．C．D．4、如圖所示，16個電荷量均為+q(q>0)的小球(可視為點電荷)，均勻分布在半徑為R的圓周上若將圓周上P點的一個小球的電荷量換成-2q，則圓心0點處的電場強度為A．，方向沿半徑向左B．，方向沿半徑向右C．，方向沿半徑向左D．，方向沿半徑向右5、如圖所示,A,B為兩塊豎直放置的平行金屬板,G是靜電計,開關S合上后,靜電計指針張開一個角度.下述做法可使指針張角增大的是()A．使A,B兩板靠近些B．使A,B兩板正對面積錯開些C．斷開S后,使B板向左平移減小板間距離D．斷開S后,使A,B板錯位正對面積減小6、如圖所示，閉合開關S，電路穩(wěn)定后，水平放置的平行金屬板間的帶電質點P處于靜止狀態(tài)，若將滑動變阻器R2的滑片向a端移動，則（）A．電壓表讀數增大 B．電流表讀數減小C．R1消耗的功率減小 D．質點P將向下運動二、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、兩個相同的電容器A和B如圖連接，它們的極板均水平放置，當它們都帶有一定電荷并處于靜電平衡時，電容器A中的一帶電粒子恰好靜止，現(xiàn)將電容器B的兩極板沿水平方向移動使兩極板錯開，移動后兩極板仍然處于水平位置，且兩極板的間距不變，這時帶電粒子的加速度大小為g，忽略電場的邊緣效應，則（）A．電容器A的電壓增加，帶電粒子加速向上運動B．電容器A的帶電量增加原來的2倍C．電容器B的正對面積減少到原來的D．電容器B間的電場強度保持不變8、一質量為1kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（）A．t＝1s時物塊的速率為2m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為2kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為3kg·m/sD．t＝4s時物塊的速率為6m/s9、下列各圖是探究楞次定律實驗的示意圖，各圖中分別標出了磁鐵的極性、磁鐵相對線圈的運動方向以及線圈中產生的感應電流的方向，與事實相符的是（）A． B． C． D．10、在一個很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH．已知半導體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正確的有（）A．N板電勢高于M板電勢B．磁感應強度越大，MN間電勢差越大C．將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變D．將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢三、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）利用圖甲所示電路測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻，定值電阻．（1）某實驗得到的部分數據如下表所示，序號為的電壓表、電流表的示數如圖乙所示，請讀出數據，完成下表．答：①__________，②__________．序號1234561.32①1.020.780.600.420.06②0.180.240.300.36（2）在答卷上圖丙的坐標紙上將所缺數據點補充完整并作圖_____，根據圖線求得斜率__________（保留兩位有效數字）．（3）根據圖線求得干電池的電動勢__________，內電阻r=__________（保留兩位有效數字）．12．（12分）在“用傳感器觀察電容器的充電和放電”實驗中，電路圖如圖甲．一位同學使用的電源電動勢為8.0V，測得放電的I-t圖象如圖乙所示．（1）若按“四舍五入”法，根據“I-t圖線與兩坐標軸包圍面積”，試計算電容器全部放電過程的放電量為______；（2）根據以上數據估算電容器的電容值為_________．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，用細線將質量m＝4×10－3kg的帶電小球懸掛在天花板上，空間中存在方向水平向右，大小E＝1×104N/C的勻強電場，小球靜止時細線與豎直方向的夾角θ＝37o，g取10m/s1．（1）求小球的帶電量；（1）求細線的拉力．14．（16分）如圖中所示B為電源，電動勢E=27V，內阻不計。固定電阻R1=500Ω，R2為光敏電阻。C為平行板電容器，虛線到兩極板距離相等，極板長l1=8.0×10-2m，兩極板的間距d=1.0×10-2m。S為屏，與極板垂直，到極板的距離l2=0.16m。P為一圓盤，由形狀相同、透光率不同的三個扇形a、b和c構成，它可繞AA/軸轉動。當細光束通過扇形a、b、c照射光敏電阻R2時，R2的阻值分別為1000Ω、2000Ω、4500Ω。有一細電子束沿圖中虛線以速度v0=8.0×106m/s連續(xù)不斷地射入C。已知電子電量e=1.6×10-19C，電子質量m=9×10-31kg。忽略細光束的寬度、電容器的充電放電時間及電子所受的重力。假設照在R2上的光強發(fā)生變化時R2阻值立即有相應的改變。（1）設圓盤不轉動，細光束通過b照射到R2上，求平行板電容器兩端電壓U1（計算結果保留二位有效數字）。（2）設圓盤不轉動，細光束通過b照射到R2上，求電子到達屏S上時，它離O點的距離y。（計算結果保留二位有效數字）。（3）轉盤按圖中箭頭方向勻速轉動，每3秒轉一圈。取光束照在a、b分界處時t=0，試在圖中給出的坐標紙上，畫出電子到達屏S上時，它離O點的距離y隨時間t的變化圖線（0~6s間）。要求在y軸上標出圖線最高點與最低點的值。（不要求寫出計算過程，只按畫出的圖線就給分）15．（12分）如圖，ab、cd為相距2m的平行金屬導軌，水平放置在豎直向下的勻強磁場中，質量為3.6kg的金屬棒MN垂直于導軌放在其上，當金屬棒中通以8A的電流時，金屬棒受到水平方向的磁場力的作用沿著導軌做勻加速運動，加速度為2m/s2，當棒中通以同方向的5A的電流時，棒恰好沿著導軌做勻速運動，求：(1)此勻強磁場的磁感應強度的大?。?2)金屬棒與導軌間的動摩擦因數

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】

已知電流和電量，則由電流的定義變形后可求得通過15C電量所需要的時間．由I=可知：通過導線橫截面的電荷量為15C所需要的時間為t==2.0×103s故選D．【點評】本題考查電流的定義式的變式計算，屬公式的簡單應用，注意計算的準確性即可．2、A【解析】

電子被加速電場加速，由動能定理得：電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律得：解得：AB．增大勵磁線圈中的電流，磁感應強度B增大，由可知，軌道半徑r變小，故B錯誤，A正確；CD．只增大電子槍的加速電壓U，由可知，軌道半徑變大，故CD錯誤；3、C【解析】

ABD．根據左手定則，ABD正確；C．C項導體棒與磁場平行，不受力，C錯誤。本題選錯誤的，故選C。4、D【解析】該點場強可以看成是與P對稱的那個電荷+q和P點的電荷-2q在該點場強的疊加，根據點電荷的場強公式得+q的點電荷在圓心O點處的電場強度大小為，方向向右，點電荷-2q在圓心O點處的電場強度大小為，方向向右，所以疊加來是，方向沿半徑向右．故選擇D.【點睛】該題考查了場強疊加原理，還有對對稱性的認識．由于成圓周對稱性，所以如果沒改變電荷之前肯定圓心處場強為0，而該點場強是所有電荷在該點場強的疊加，可以把這些電荷歸為兩類：一種是要移去的電荷，另一種是其他電荷．不管怎樣，總之這兩種電荷產生的合場強為0，所以只要算出改變的電荷在該點的場強和與它對稱的電荷的場強即可得到．5、D【解析】

靜電計是檢測電壓的儀器，電壓增大可增大指針張角，斷開S后電容器電量不變，使B板向左平移一些，電容器的電容增大，由U=Q/C可知電壓減小，C錯；同理D對；當電容器極板與電源相連時兩極板電壓不變，張角不變，AB錯6、D【解析】

將滑動變阻器R2的滑片向a端移動，滑動變阻器接入電路中的電阻減小，由閉合電路歐姆定律得，I增大，即電流表的示數增大，故B項錯誤；R1消耗的功率增大，故C項錯誤；由電路的特點得電壓表示數為滑動變阻器R2兩端電壓，據可知，U減小，故A項錯誤；由電容器與滑動變阻器并聯(lián)可知，電容器兩板間的電壓減小，帶電質點P所受的電場力減小，重力與電場力的合力向下，帶電質點P向下運動，故D項正確．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、AC【解析】試題分析：根據粒子的平衡可知粒子受電場力與重力的關系；兩電容器電容相同，總電量不變；由電容的決定式分析B的電容變化，由電容的定義式可得出其電量的變化，判斷出A的電量變化，從而能分析出A的電壓的變化．根據平衡條件、牛頓第二定律和電容的相關公式列式分析B的正對面積變化．解：A、D、帶電微粒靜止，則有：mg=，得U=①當B電容板錯開時，B電容器的電容C減小，帶電量減小，而兩個電容器的總電量不變，則A的帶電量增加，由C=知A板間電壓增加，說明B板的電壓增加，場強增大，粒子所受的電場力增大，所以粒子向上加速運動．故A正確，D錯誤．B、C、帶電微粒向上加速運動，根據牛頓第二定律得：﹣mg=m②由①②解得：U′=則板間電壓變?yōu)樵瓉淼谋叮鶕娙莸亩x式C=，可知A的帶電量為原來的倍，則B的帶電量為倍．由電容的定義式C=，可知B的電容為原來的倍，則B的正對面積減少到原來的．故C正確，B錯誤．故選AC點評：本題為電容器的動態(tài)分析，要注意明確兩電容直接相連時，電容器兩端的總電量保持不變；這是解本題的突破點．8、AC【解析】

AB.前兩秒，根據牛頓第二定律則0-2s的速度規(guī)律為：v=at；t=1s時，速率為2m/s，t=2s時，速率為4m/s，則動量為p=mv=4kg?m/s故A正確B錯誤；CD.2-4s，力開始反向，物體減速，根據牛頓第二定律，a′=-1m/s2，所以3s時的速度為v3=v2+a′t=3m/s動量為3kg?m/s，同理4s時速度為2m/s，故C正確D錯誤；故選AC。9、CD【解析】

A.當磁鐵N極向下運動時，線圈的磁通量變大，由增反減同可知，則感應磁場與原磁場方向相反。再根據安培定則，可判定感應電流的方向：沿線圈盤旋而上。故A錯誤；B.當磁鐵S極向上運動時，線圈的磁通量變小，由增反減同可知，則感應磁場與原磁場方向相同。再根據安培定則，可判定感應電流的方向：沿線圈盤旋而上。故B錯誤；C.當磁鐵S極向下運動時，線圈的磁通量變大，由增反減同可知，則感應磁場與原磁場方向相反。再根據安培定則，可判定感應電流的方向：沿線圈盤旋而下，故C正確；D.當磁鐵N極向上運動時，線圈的磁通量變小，由增反減同可知，則感應磁場與原磁場方向相同。再根據安培定則，可判定感應電流的方向：沿線圈盤旋而下，故D正確；10、AB【解析】A、根據左手定則，電流的方向向里，自由電荷受力的方向指向N端，向N端偏轉，則N點電勢高，故A正確；B、設左右兩個表面相距為d，電子所受的電場力等于洛侖茲力，即：設材料單位體積內電子的個數為n，材料截面積為s，則①;I=nesv

②;s=dL

③;由①②③得：,令，則

④;所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感慮強度B成正比，故B正確；C、將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故C錯誤；D、若磁場和電流分別反向，依據左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故D錯誤．故選AB.【點睛】解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電子在電場力和洛倫茲力作用下平衡．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、1.14V0.12A3.0V/A1.50V1.0Ω【解析】

先確定電壓表和電流表的量程，根據乙圖讀出示數；根據表中數據；應用描點法作出圖象，求出斜率；明確閉合電路歐姆定律及圖象的意義；根據電源的U-I圖象求出電源電動勢與內阻．（1）一節(jié)干電池的電動勢約為，所以電壓表量程為，根據乙圖可以知道，電壓表示數，定值電阻，電源內阻約為左右，所以電流選量程，根據乙圖可以知道，電流表示數．（2）根據描點法做出圖象，如圖所示：斜率．（3）由得出的電源圖象可以知道，圖象與縱軸交點坐標值是，則電源電動勢，電源內阻．12、（1）3.36×10-3C到3.52×10-3C；（2）0.42×10-3F到0.44×10-3F【解析】

（1）根據四舍五入的原則，圖線與坐標軸所圍成的面積約為42到44個小格，每個小格表示的電荷量為0.08×10-3C，故電容器的總放電量為3.36×10-3C到3.52×10-3C．（2）由得，電容為0.42×10-3F到0.44×10-3F．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、（1）3×10-6C（1）5×10-1N【解析】

（1）小球受到的電場力方向向右，與場強方向相同，所以小球帶正電．對小球，在如圖所示力的作用下處于平衡狀態(tài)．由平衡條件得：

qE=mgtanθ

得：（1）由平衡條件有：FTcosθ=mg

得細線的拉力為：【點睛】對于帶