2025屆江蘇省三校物理高二上期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2025屆江蘇省三校物理高二上期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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、在家里使用電熱水壺時，會發(fā)現(xiàn)電燈會變暗，這是因為（）A．電熱水壺使電路總電流變小B．電熱水壺上的電壓大于電燈上的電壓C．電路總電流不變，而電燈電流減小D．干線上電流增大，導致干路導線上的電壓增大，從而使電燈兩端電壓減小2、如圖，電源內阻忽略不計，閉合電鍵，電壓表V1示數(shù)為U1，電壓表V2示數(shù)為U2，電流表A示數(shù)為I．在滑動變阻器R1的滑片由a端滑到b端的過程中（）A．U1先增大后減小B．U1與I的比值先增大后減小C．U1變化量與I變化量的比值不變D．U2變化量與I變化量的比值先增大后減小3、在靜電場中，將一電子從a點移至b點，靜電力做功5eV，下列結論正確的是()A．電場強度的方向一定由b到aB．a、b兩點的電勢差是50VC．電子的電勢能減少了5eVD．因電勢零點未確定，故不能確定a、b間的電勢差4、如圖所示，大小可以不計的帶有同種電荷的小球A和B互相排斥，靜止時兩球位于同一水平面上，絕緣細線與豎直方向的夾角分別為α和β，且α<β，由此可知()A．B球帶電荷量較多B．B球質量較大C．A球帶電荷量較多D．使兩球接觸后，再靜止下來，兩絕緣線與豎直方向的夾角變?yōu)棣痢?、β′，則仍有α′<β′5、如圖甲所示x軸上固定兩個點電荷、（位于坐標原點O），軸上有M、N、P三點，間距MN=NP．、在軸上產生的電勢φ隨x變化關系如圖乙．則A．M點電場場強大小為零B．N點電場場強大小為零C．M、N之間電場方向沿x軸負方向D．一正試探電荷從P移到M過程中，電場力做功6、兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖所示.A處電荷帶正電，所帶電荷量為，B處電荷帶負電，所帶電荷量為，且，另取一個可以自由移動的點電荷M放在A、B兩點所在的直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則（）A．M為負電荷，且放于A的左側B．M為負電荷，且放于B的右側C．M為正電荷，且放于A、B之間D．M為正電荷，且放于B的右側二、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、在光滑水平面上，A、B兩小車中間有一彈簧，如圖所示.用左、右手分別抓住小車A、B，將彈簧壓縮后使兩小車均處于靜止狀態(tài)．將兩小車及彈簧看做一個系統(tǒng)，下列說法中正確的是（）A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零B．先放開左手再放開右手后，系統(tǒng)總動量不守恒C．先放開左手再放開右手后，系統(tǒng)總動量向左D．先放開左手再放開右手后，系統(tǒng)總動量向右8、如下圖所示，勻強電場中的△PAB平面平行于電場方向C點為AB的中點，D點為PB的中點．將一個帶電粒子從P點移動到A點，電場力做功WPA＝1.6×10－8J；將該粒子從P點移動到B點，電場力做功WPB＝3.2×10－8J．則下列說法正確的是A．直線PC為等勢線B．直線AD為等勢線C．若將該粒子從B點移動到A點，電場力做功WBA＝1.6×10－8JD．若將該粒子從P點移動到C點，電場力做功為WPC＝2.4×10－8J9、如圖所示，質量為M的半球形物體A放在粗糙水平地面上，一端固定在最高點處的水平細線另一端拉住一質量為m的光滑球B．A、B兩球的球心連線與豎直方向成30°角，B球均勻帶正電，電荷量為q，處在電場強度為E，與水平面成60°斜向下的勻強電場中，整體靜止，則下列說法正確的是()A．A對地面的壓力等于B．地面對A的摩擦力方向向左，大小為C．細線對小球的拉力大小為D．B對A的壓力大小為10、如圖所示，甲、乙為兩個獨立電源的路端電壓U與通過它們的電流I的關系圖線，下列說法中正確的是()A．路端電壓都為U0時，它們的外電阻相等B．電流都是I0時，兩電源的內電壓相等C．電源甲的電動勢大于電源乙的電動勢D．電源甲的內阻小于電源乙的內阻三、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）如圖所示為“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置，部分導線已連接．用筆線代替導線將圖中未完成的電路連接好．將線圈A插入線圈B中，合上開關S，能使線圈B中感應電流的磁場方向與線圈A中原磁場方向相同的實驗操作是______．A.插入鐵芯F

拔出線圈AC.使變阻器阻值R變小

斷開開關S某同學第一次將滑動變阻器的觸頭從變阻器的左端慢慢滑到右端，第二次將滑動變阻器的觸頭從變阻器的左端快速滑到右端，發(fā)現(xiàn)電流計的指針擺動的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度______填“大”或“小”，原因是線圈中的______填“磁通量”或“磁通量的變化”或“磁通量變化率”第一次比第二次的?。?2．（12分）某學校實驗室購買了一卷表面有很薄絕緣層的鎳鉻合金絲，該校的興趣小組同學想通過實驗來測算合金絲的長度。已知該鎳鉻合金絲的電阻率Ω·m，測量選用的器材有多用電表、電流表、電壓表、開關、滑動變阻器、螺旋測微器、導線和學生電源等。（1）實驗前先使用多用電表粗測合金絲的電阻①機械調零后，選擇旋鈕指向電阻擋“×10”位置，將紅、黑表筆分別插入多用電表的對應插孔，將兩表筆短接，調節(jié)__________（填“S”或“T”）進行歐姆調零，使指針指到“電阻擋”零刻度。②把紅、黑表筆分別與鎳銘合金絲的兩端（已刮去絕緣漆）相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過小，應選擇倍率為__________（填“×100”或“×1”）的擋位，再將兩表筆短接重新進行歐姆調零。③把紅、黑表筆分別與鎳銘合金絲的兩端相接，多用電表的示數(shù)如圖甲所示，則該合金絲的電阻約為__________Ω。（2）使用螺旋測微器測量鎳鉻合金絲的直徑d，示數(shù)如圖乙所示，則鎳鉻合金絲的直徑d=________mm。（3）為了更準確地測量鎳鉻合金絲電阻，減少實驗誤差，并獲得較大的電壓調節(jié)范圍，選擇如圖丙所示的電路進行測量，測量電壓表示數(shù)為U，電流表的示數(shù)為I。不計合金絲絕緣漆的厚度，鎳鉻合金絲的長度的表達式L=__________（用U、I、ρ、d表示）。（4）利用記錄的多組電壓U和電流值I的數(shù)據(jù)，繪制出如圖丁所示的U－I圖像?？蓽y出鎳鉻合金絲的長度L=_________m。（保留三位有效數(shù)字）。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，在xOy平面第一象限分布一有界勻強電場，電場方向平行y軸向下，左邊界為y軸，右邊界為x=8l的直線，邊界線與x軸交于M點。在第四象限整個區(qū)域存在勻強磁場，方向垂直紙面向里．一質量為m、帶電量為+q的粒子從y軸上P點以初速度v0垂直y軸射入勻強電場，從x軸上Q點以與x軸正方向45°角進入勻強磁場．已知OP＝l，不計粒子重力，電場強度E和磁感應強度B大小未知，問：（1）O與Q兩點的距離s多大？（2）改變B，可使粒子從P點到M點時間最短，則最短時間t多大?（3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應強度B的取值范圍？14．（16分）把一根長L=10cm的導線垂直磁感線方向放入如圖所示的勻強磁場中，當導線中通以I1=2A的電流時，導線受到安培力大小為1.0×10－7N，則該磁場的磁感應強度為T，若該導線中通以I2=3A的電流，則此時導線所受安培力大小是N.15．（12分）如表所示，是某一手機電池上的銘牌，仔細閱讀銘牌上的數(shù)據(jù)，回答以下問題：(1)該電池的電動勢是多少？(2)該手機待機狀態(tài)下的平均工作電流是多少？

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】

可畫出線路圖如圖所示，R表示干路等效電阻。S閉合時，在使用電熱水壺時，因為是并聯(lián)電路，則并聯(lián)支路的電阻減小，整個電路的電阻變小，根據(jù)歐姆定律可知，干路中的總電流變大，導致干路導線上R的電壓增大，從而使并聯(lián)支路的電壓減小，即電燈兩端電壓減小，電燈會變暗，故選項D正確，ABC錯誤；故選D.【點睛】本題考查了串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點，以及歐姆定律、電功率公式的應用，關鍵是知道串聯(lián)電路電阻的分壓特點，并用來進行動態(tài)變化分析．2、B【解析】

閉合電鍵后，滑動變阻器滑片P由由a端滑到b端的過程中，變阻器并聯(lián)的阻值先增大后減小，總電阻先增大后減小，則總電流先減小后增大，即A示數(shù)先減小后增大．由歐姆定律知，V2示數(shù)先減小后增大．因為電源內阻忽略不計，電壓表V1的示數(shù)等于電源的電動勢，可知V1示數(shù)不變，故A錯誤；U1I＝R外，因為外電阻先增大后減小，所以U1與I的比值先增大后減小，故B正確，C錯誤；R2是定值電阻，則ΔU2ΔI＝【點睛】本題是電路的動態(tài)分析問題，關鍵要搞清電路的結構，明確電表各測量哪部分電路的電壓或電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析．3、C【解析】

A、電場力做正功，電勢能減小，電子帶負電，所以從低電勢運動到了高電勢，即b點電勢高于a點電勢，電場線的方向是電勢降落最快的方向，所以電勢降落的方向不一定是電場的方向；故A錯；B、根據(jù)W=qUab，可知5eV=﹣eUab，故Uab=﹣5v，故B錯誤；C、將一電子由a點移到b點，電場力做功5eV，故電子的電勢能減小了5eV．故C正確；D、由于電勢是一個相對性的概念，故電勢的高低與零電勢的選取有關，所以在零電勢點未確定時，不能確定a、b兩點的電勢，電勢的高低與零電勢的選取有關，而電勢差的大小與零電勢點的選取無關，不能確定a、b兩點的電勢，但能確定a、b間的電勢差．故D錯誤．故選C．【點睛】加強對基本概念的理解才能順利解決概念性的題目，另外在做題時一定要仔細推導，不能憑想當然解題．4、D【解析】

根據(jù)AB受到的庫侖力FC，屬于相互作用力，與各自電量大小無關，故AC錯誤；對小球A、B受力分析，根據(jù)平衡條件有：mAgtanα=FC；mBgtanβ=FC；因α＜β，所以mA＞mB，故B錯誤。兩球接觸后，再靜止下來，兩絕緣細線與豎直方向的夾角變?yōu)棣痢洹ⅵ隆?，對小球A、B受力分析，根據(jù)平衡條件有：mAgtanα'=F【點睛】本題考查物體的平衡，較好的考查了學生綜合應用知識的能力，是一道考查能力的好題。比較一個物理量時，應先運用物理規(guī)律表示出這個物理量再進行比較。5、B【解析】

A．因場強等于沿場強方向上單位距離上的電勢差，則在x軸上各個點的場強大小等于圖像的斜率，在M點處，圖像的斜率不為零，所以電場強度不為零，故A錯誤．B．在N點處，圖像的斜率為零，所以電場強度為零，故B正確．C．設一個帶正電的試探電荷從M點移動到N點，由于電勢減小，所以電勢能會減小，此過程電場力做正功，M、N之間電場方向沿x軸正方向，故C錯誤．D．由圖乙知，所以正試探電荷在PN之間電勢能的變化量的絕對值小于在NM之間電勢能的變化量的絕對值，根據(jù)功能關系可知電場力做功，故D錯誤．6、A【解析】

假設M的電荷量為Q3且放在Q1Q2之間，那么Q1對Q3的電場力和Q2對Q3的電場力方向相同，Q3不能處于平衡狀態(tài)，所以假設不成立。設Q3所在位置與Q1的距離為r13，Q3所在位置與Q2的距離為r23，要能處于平衡狀態(tài)，所以Q1對Q3的電場力大小等于Q2對Q3的電場力大?。?，由于Q2=4Q1，所以r23=2r13，所以Q3位于Q1的左方。根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引，可判斷Q3帶負電。故A正確，BCD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、AC【解析】

A．若兩手同時放開A、B兩車，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初動量為零，則系統(tǒng)總動量為零。故A正確。

B．先放開左手，再放開右手后，兩車與彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒。故B錯誤。

CD．先放開左手，再放開右手，系統(tǒng)所受合外力向左，系統(tǒng)所受合外力的沖量向左，系統(tǒng)總動量向左。故C正確；D錯誤。8、BD【解析】

AB.設P點的電勢為0，則根據(jù)公式W=Uq可知，電場力做正功，所以A點的電勢為φA=－1.6×10－8J/q，B點的電勢為φB=－3.2×10－8J/q；因為D是PB的中點，故D點的電勢為φD=(φP+φB)/2=－1.6×10－8J/q，故C點的電勢為φC=(φA+φB)/2=－2.4×10－8J/q，所以PC不是等勢線，AD是等勢線，故A錯誤；B正確；C.若將該粒子從B點移動到A點，電場力做功WBA＝(φB－φA)q=－1.6×10－8J，故C錯誤，D.若將該粒子從P點移動到C點，電場力做功為WPC＝(φP－φC)q=2.4×10－8J故D正確．9、BC【解析】

AB．對球和半球形絕緣體整體分析，受重力、支持力、電場力和摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：N=(M+m)g+qEsin60°=(M+m)g+qE；f=qEcos60°=qE，向左根據(jù)牛頓第三定律,A對地面的壓力大小為(M+m)g+qEA對地面的摩檫力方向水平向右,大小為qE；故A錯誤，B正確；CD．對球受力分析，受重力、支持力、拉力和電場力，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：T=Nsin30°+qEsin30°Ncos30°=mg+qEcos30°聯(lián)立解得：T=N=mg+qE根據(jù)牛頓第三定律，壓力為mg+qE，故C正確，D錯誤。故選BC。10、AC【解析】考點：閉合電路的歐姆定律．專題：恒定電流專題．分析：根據(jù)閉合電路歐姆定律得知：電源的路端電壓與電流的關系式為U=E-Ir，當I=0時，U=E，即圖線與縱軸交點坐標表示電源電動勢的大小，圖線的斜率的大小表示電源的內阻大?。獯穑航猓郝范穗妷憾紴閁0時，電路中的電流相等都為I0，跟據(jù)歐姆定律可知它們的外電阻相等，故A正確根據(jù)閉合電路歐姆定律得知：U=E-Ir，當I=0時，U=E，即圖線與縱軸交點坐標表示電源電動勢的大小，由圖可知電動勢電源甲的電動勢大于電源乙的電動勢．而圖線的斜率的大小表示電源的內阻大小，圖線甲的斜率大于圖線乙的斜率，電源甲的內阻大于電源乙的內阻．則當電流都是I0時，甲電源的內電壓較大，故BCD錯誤故選A點評：對于物理圖象的理解，關鍵要根據(jù)物理規(guī)律推導出解析式，再從數(shù)學角度來理解圖象的物理意義．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、BD??；磁通量變化率【解析】

（1）插入鐵芯F時，穿過線圈L2的磁通量變大，感應電流磁場與原磁場方向相反，故A錯誤；拔出線圈L1，穿過線圈L2的磁通量變小，感應電流磁場方向與原磁場方向相同，故B正確；使變阻器阻值R變小，原電流變大，原磁場增強，穿過線圈L2的磁通量變大，感應電流磁場方向與原磁場方向相反，故C錯誤；斷開開關，穿過線圈L2的磁通量減小，感應電流磁場方向與原磁場方向相同，故D正確．（2）第一次將滑動變阻器的觸頭P從變阻器的左端慢慢滑到右端，線圈L1的電流變化慢，電流產生的磁場變化慢，穿過線圈L2的磁通量變化慢，感應電動勢小，感應電流小，電流計的指針擺動的幅度??；第二次將滑動變阻器的觸頭P從變阻器的左端快速滑到右端，線圈L1的電流變化快，穿過線圈L2的磁通量變化快，感應電動勢大，感應電流大，電流計的指針擺動的幅度大．12、T“×100”14000.305110【解析】

（1）①[1]．歐姆調零時將插入“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動部件T，即歐姆調零旋鈕，使指針指電阻的0刻線；②[2]．將兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過小。說明被測阻值較大，為使指針只在中央刻度附近應換較大檔，即×100檔；③[3]．歐姆表選擇×100擋，由圖甲所示可知，該合金絲的電阻約為：14×100=1400Ω；（2）[4]．由圖示螺旋測