2025屆陜西省渭南市尚德中學物理高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2025屆陜西省渭南市尚德中學物理高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題考生請注意：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、如圖所示，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方的場強為E1，方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為場強E2、方向豎直向上的勻強電場．一個質量m，帶電+q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結果剛好到達下方電場中與A關于虛線對稱的B點，則下列結論正確的是（）A．若A、B高度差為h，則B．帶電小球在A、B兩點電勢能相等C．在虛線上下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同D．若，則兩電場強度大小關系滿足E2=2E12、在同一地點，質量不同的兩個物體從同一高度同時開始做自由落體運動，則A．質量大的物體下落的加速度大 B．兩個物體同時落地C．質量小的物體先落地 D．質量大的物體先落地3、在下圖各種電場中，A點電場強度大于B點電場強度的是（）A．B．C．D．4、兩塊完全相同的金屬板平行放置，構成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示．則：A．電容器所帶的電荷量是指兩極板所帶電荷量的代數和B．閉合S后電容器充電過程充電電流逐漸增大C．保持S接通，在兩極板間插入一塊電介質，則極板所帶電荷量減小D．斷開S，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小5、央視網消息，2019年8月15日，俄羅斯“烏拉爾航空”公司一架空客A—321客機在起飛后不久遭遇多只飛鳥撞擊，導致兩臺發(fā)動機起火引擎失靈，迫降在離機場不遠處的一片玉米地里。假設客機撞鳥時飛行速度大約為1080km/h，小鳥的質量約為0.5kg，撞機時間約為0.01s，估算飛機受到的撞擊力為A．540N B．54000N C．15000N D．1.5N6、在解鎖智能手機的過程中，可以采用人臉識別，也可以輸入正確的密碼，則要完成解鎖手機，上述兩種方式的邏輯關系是（）A．“或”關系 B．“與”關系 C．“非”關系 D．不存在邏輯關系二、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、如圖示電路，G是電流表，R1和R2是兩個可變電阻，調節(jié)可變電阻R1，可以改變電流表G的示數。當MN的電壓為6V時，電流表的指針剛好偏轉到最大刻度，將MN間的電壓改為5V時，若要電流表的指針仍然偏轉到最大刻度，下列方法可行的是A．保持R1不變，增大R2B．增大R1，減小R2C．減小R1，增大R2D．保持R2不變，增大R18、如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2 B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1C．A和B的位移大小之比為1∶1 D．A和B的質量之比為1∶129、如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的O點以相同的初速度v飛出．僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線所示，則（）A．a加速度減小，b加速度增大B．a和b的動能一定都增大C．a一定帶正電，b一定帶負電D．a電勢能減小，b電勢能增大10、霍爾效應是美國物理學家霍爾于1879年發(fā)現的，利用霍爾效應制成的霍爾位移傳感器的測量原理如圖所示，有一個沿x軸方向均勻變化的磁場，磁感應強度大小B=B0+kx（B0、k均為常數,且k>0）。在傳感器中通以如圖所示的電流I，則當傳感器沿x軸正方向運動時（）A．霍爾位移傳感器的上、下兩表面的電勢差U越來越大B．k越大，位移傳感器的靈敏度?U?xC．若該霍爾位移傳感器是利用電子導電，則其上表面電勢高D．通過該傳感器的電流越大，則其上、下兩表面間的電勢差U越小三、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）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，使用的小燈泡規(guī)格為“6V，3W”，其他可供選擇的器材有：電壓表V1（量程6V，內阻約為21kΩ）電壓表V2（量程21V，內阻約為61kΩ）電流表A1（量程3A，內阻約為1．2Ω）電流表A2（量程1．6A，內阻約為1Ω）變阻器R1（1～1111Ω，允許最大電流為1．5A）變阻器R2（1～21Ω，允許最大電流為2A）學生電源E（6～8V）開關S及導線若干（1）實驗中要求電壓表在1～6V范圍內讀取并記錄下11組左右不同的電壓值U和對應的電流值I，以便作出伏安特性曲線，在上述器材中，電流表應選用，電壓表應選，變阻器應選用。（2）在答題卡方框中畫出實驗的原理圖。12．（12分）①圖甲當使用3A量程時，圖中表針示數為________A。②圖乙若使用的是較大量程，圖中表針指示的是________V。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，質量為m＝1kg、電荷量為q＝5×10－2C的帶正電的小滑塊，從半徑為R＝0.4m的光滑絕緣14圓弧軌道上由靜止自A端滑下．整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中．已知E＝100V/m，方向水平向右，B＝1T，方向垂直紙面向里，g＝10m/s2.(1)滑塊到達C點時的速度；(2)在C點時滑塊所受洛倫茲力．14．（16分）如圖所示，在長為2L、寬為L的區(qū)域內正好一半空間有方向平行于短邊向上的勻強電場，電場強度為E，無電場區(qū)域位于區(qū)域右側另一半內，現有一個質量為m，電量為q的粒子，以平行于長邊的速度從區(qū)域的左上角A點射入該區(qū)域，不考慮粒子重力，要使這個粒子能從區(qū)域的右下角的B點射出，試判斷粒子的電性，并求粒子的初速度大小v0。15．（12分）如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但不連接，該整體靜止在光滑水平地面上，并且C被鎖定在地面上．現有一滑塊A從光滑曲面上離地面h高處由靜止開始下滑，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘連在一起壓縮彈簧，當速度減為碰后速度一半時滑塊C解除鎖定．已知mA＝m，mB＝2m，mC＝3m.求：(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度；(2)被壓縮彈簧的彈性勢能的最大值．

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】

AB．對A到B的過程運用動能定理得qUAB+mgh=0解得：，知A、B的電勢不等，則電勢能不等，AB錯誤；C．A到虛線速度由零加速至v，虛線到B速度v減為零，位移相同，根據勻變速運動的推論知，時間相同，則加速度大小相等，方向相反，C錯誤；D．在上方電場，根據牛頓第二定律得：在下方電場中，根據牛頓第二定律得，加速度大小為：因a1=a2解得：若，則有：E2=2E1，D正確。故選D。2、B【解析】

根據自由落體運動的公式，知，落地時間與質量無關，所以兩個物體同時落地故選B。3、B【解析】

A、在負點電荷的同一個圓上的所有點的電場的大小都是相等的，但是它們的方向不同，故A錯誤；

B、在正的點電荷的電場中，離電荷近的地方電場強度大，所以A的電場強度大于B點的，故B正確；

C、在勻強電場中各個點的電場強度都相同，所以A、B的電場強度相等，所以C錯誤；

D、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以A的電場強度小于B的電場強度，故D錯誤．

故選：B．4、D【解析】A項：電容器兩極板所帶電荷量的電性相反，但電容器所帶電荷量指其中一塊極板所帶電荷量的絕對值，A錯誤；B項：閉合S后電容器充電過程充電電流逐漸減小，故B錯誤；C項：根據可知，在兩極板之間插入電介質，電容C將增大，由可知電量增加，故C錯誤；D項：斷開電鍵S則電容器電量Q不變，減小兩極板距離，則電容將增大，據可知，電壓降減小，故D選項正確．點晴：本題考查電容器及平行板電容器動態(tài)平衡問題．5、C【解析】

本題為估算題，可以認為撞擊前小鳥的速度為零，撞擊后小鳥與飛機的速度相等，飛機速度為v=1080km/h=300m/s，撞擊過程對小鳥分析，由動量定理得Ft=mv-0解得。A.540N，與結論不相符，選項A錯誤；B.54000N，與結論不相符，選項B錯誤；C.15000N，與結論相符，選項C正確；D.1.5N，與結論不相符，選項D錯誤；6、A【解析】

由題意可知，采用人臉識別或輸入正確的密碼均可以解鎖，故采用的是“或”關系。故A正確，BCD錯誤。故選A。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、BD【解析】

總電壓降低了，電流表G的讀數變小，若要電流表的指針仍然偏轉到最大刻度，應該讓通過G的電流變大。A.保持R1不變，增大R2時，因這樣R2兩端的電壓變大了，G的電壓更小了，G的電流也更小了；故A錯誤；B.增大R1，同時減小R2時，R2的電壓降低，R1電壓變大，即G的電壓變大，其電流變大；故B正確；C.減小R1，同時增大R2時，R2兩端的電壓變大了，G的電壓小了，G的電流也小了；故C錯誤；D.保持R2不變，增大R1時，R2的電壓變小，R1電壓變大，即G的電壓變大，其電流變大，故D正確。8、ABD【解析】

A：粒子在電場中做類平拋運動，水平方向，初速度相等，則．故A項正確．B：粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，，y相同，則．故B項正確．C：A和B的位移大小之比，故C項錯誤．D：由牛頓第二定律得：，則粒子質量，所以．故D項正確．9、AB【解析】

A.根據a、b兩粒子做曲線運動軌跡彎曲程度即電場線的疏密可知，b所處的電場線變密，電場強度變強，所受的電場力在增大，加速度在增大；a所處的電場線變疏，電場強度變弱，所受的電場力在減小，加速度在減小，故A正確；B.根據圖知a、b兩粒子的電場力與速度的夾角為銳角，電場力對電荷做正功，電勢能減小，動能增加，故B正確，D錯誤；C.由運動軌跡如圖可知，a、b做曲線運動，由于電場線方向未知，故a、b電性不能確定，故C錯誤．故選AB10、ABC【解析】

最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有qUc=qvB，電流的微觀表達式為I=nqvS=nqvbc，所以U=BInqb．B越大，上、下表面的電勢差U越大。電流越大，上、下表面的電勢差U越大。故A正確，D錯誤。k越大，根據磁感應強度B=B0+kx，知B隨x的變化越大，根據U=BInqb知，U隨x的變化越大，即傳感器靈敏度（△U△x【點睛】解決本題的關鍵知道霍爾元件中移動的是自由電子，最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，上下表面形成穩(wěn)定的電勢差．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）A2V1R2（2）【解析】試題分析：根據燈泡額定電壓與額定功率，由電功率的變形公式求出燈泡額定電流，根據該電流選擇電流表；在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器；

電壓從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，根據燈泡電阻與電表內阻間的關系確定電流表接法，然后作出實驗電路圖．燈泡額定電流I=36A=0.5A，電流表應選A2（量程1.6A，內阻1.5Ω），為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器R2（1～21Ω，2A）；電壓表1～6V12、2.208.5【解析】

[1]當使用3A量程時，其分度值為0.1A，示數為：2.20A；[2]若使用的是較大量程，其分度值為0.5V，示數為：8.5V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)2m/s，方向水平向左(2)0.1N，方向豎直向下【解析】

（1）分析滑塊受力情況，根據動能定理可求得滑塊到達C點的速度；

（2）根據洛倫茲力公式可求得滑塊所受洛倫茲力；【詳解】（1）以滑塊為研究對象，自軌道上A點滑到C點的過程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；

洛倫茲力方向始終垂直于速度方向，滑塊從A到C過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得：mgR-qER=12mvc2

得：vC【點睛】本題考查帶電粒子的運動，要注意明確動能定理的應用，知道洛倫茲力永不做功這一重要特點。14、粒子帶負電；【解析】

粒子在電場中向下偏轉，所受的電場力豎直向下，與電場方向相反，則粒子帶負電；水平方向有：豎直方向有：由牛頓第二定律可得：粒子在離開電場時，沿電場方向的分速度：出電場后，粒子做勻速直線運動，設速度與水平方向夾角為，則：聯(lián)立解得：15、(1)(2)【解析】

(1)滑塊A下滑過程中機械能守恒，設A到達水平面時速度為v1，由機械能守恒定律有：mAgh＝mAv12，解得v1＝A、B碰撞過程動量守恒，設滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度為v2，由動量守恒定律有mAv1＝(m