2025屆四川樂山市中區物理高二上期中質量跟蹤監視模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、一根電纜埋藏在一堵南北走向的墻里，王華同學想利用學過的知識判斷電纜中的電流方向，他在墻的西側處放一指南針，電路接通后，發現指南針指向剛好比原來旋轉180。，由此可以斷定，這根電纜中電流的方向（）A．可能是豎直向上 B．可能是豎直向下C．可能是向南 D．可能是向北2、用細線拴住一個小球在光滑的水平面內做勻速圓周運動，下列描述小球運動的物理量發生變化的是()A．速率 B．線速度 C．周期 D．角速度3、如圖所示，水平桌面上有一個小鋼球和一根條形磁鐵，現給小鋼球一個沿OP方向的初速度v，則小鋼球的運動軌跡可能是A．甲 B．乙C．丁 D．丙4、由歐姆定律導出U=IR和，下列敘述中不正確的是（）A．導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟導體中的電流成反比B．導體的電阻由導體本身的性質決定，跟導體兩端的電壓及流過導體的電流的大小無關C．對確定的導體，其兩端電壓和流過它的電流的比值就是它的電阻值D．一定的電流流過導體，電阻越大，其電壓越大5、如圖所示，一個內壁光滑的絕緣細直管豎直放置．在管子的底部固定一電荷量為Q（Q0）的帶電體，在距離底部點電荷為h2的管口A處，有一電荷量為q（q0）、質量為m的小球自靜止釋放，在距離底部點電荷為h1的B處速度恰好為零．現讓一個電荷量為q、質量為2m的小球仍在A處自靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則該小球A．運動到B處的速度為零B．在下落過程中加速度大小一直變小C．向下運動了位移時速度最大D．小球向下運動到B點時的速度為6、電源與外電阻R連接成閉合回路，對于電源的路端電壓U，下列說法正確的是A．因U＝IR，則U與R的大小成正比B．因U＝IR，則R＝0時，必有U＝0C．流過電源的電流越大，路端電壓U也越大D．若外電路斷開，回路中電流為0，路端電壓也等于0二、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、如圖所示，質量為m、長為的金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，當棒中通以恒定電流后，金屬棒擺起后兩懸線與豎直方向夾角的最大值為θ=600，下列說法正確的是（）A．電流由M流向NB．懸線與豎直方向夾角為θ=600時，金屬棒處于平衡狀態C．金屬棒擺起過程中，經過懸線與豎直方向夾角為θ=300時，金屬棒所受合力為零D．恒定電流大小為8、如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q，在x軸上有關于O點對稱的C、D兩點，下列判斷正確的是（）A．D點電場強度為零B．O點電場強度為零C．若將點電荷＋q從O移向C，電勢能增大D．若將點電荷－q從O移向D，電勢能增大9、如圖所示，T為理想變壓器，電流表A、電壓表V均為理想交流電表，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，L為電感線圈，A、B兩點間接正弦交流電源．則()A．只將滑片P1下移時，電流表A示數變小B．只將滑片P2下移時，電壓表V示數變小C．只增大交流電源的電壓時，電流表A示數變大D．只增大交流電源的頻率時，電壓表V示數不變10、用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）．設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d,靜電計指針偏角為θ．實驗中，極板所帶電荷量不變，若()A．保持S不變，增大d,則θ變大B．保持S不變，增大d,則θ變小C．保持d不變，減小S,則θ變大D．保持d、S不變，在兩極板間插入陶瓷,則θ不變三、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）將滿偏電流Ig＝300μA、內阻未知的電流表G改裝成電壓表并進行核對．（1）利用如圖1所示的電路測量電流表G的內阻（圖中電源的電動勢E＝4V）：先閉合S1，調節R，使電流表指針偏轉到滿刻度；再閉合S2，保持R不變，調節R′，使電流表指針偏轉到滿刻度的一半，讀出此時R′的阻值為450Ω，則電流表內阻的測量值Rg＝_____Ω，這個測量值比電流表內阻的真實值_____填“偏大”或“偏小”）．（2）將該表改裝成量程為3V的電壓表，需_____（填“串聯”或“并聯”）阻值為R0＝_____Ω的電阻．（3）把改裝好的電壓表與標準電壓表進行核對，試在圖2畫出實驗電路圖．（________）12．（12分）某同學測量一只未知阻值的電阻。他先用多用電表進行測量，按照正確的步驟操作后，測量的結果如圖甲所示。請你讀出其阻值大小為_______Ω。為了使測量的結果更準確，該同學應將選擇開關打到__________（填“×100”或“×1”）擋重新測量。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）如圖為近代物理實驗室中研究帶電粒子的一種裝置．帶正電的粒子從容器A下方小孔S不斷飄入電勢差為U的加速電場．進過S正下方小孔O后，沿SO方向垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打在照相底片D上并被吸收，D與O在同一水平面上，粒子在D上的落點距O為x，已知粒子經過小孔S時的速度可視為零，不考慮粒子重力．

（1）求粒子的比荷q/m；

（2）由于粒子間存在相互作用，從O進入磁場的粒子在紙面內將發生不同程度的微小偏轉．其方向與豎直方向的最大夾角為α，若假設粒子速度大小相同，求粒子在D上的落點與O的距離范圍；

（3）加速電壓在（U±△U）范圍內的微小變化會導致進入磁場的粒子速度大小也有所不同．現從容器A中飄入的粒子電荷最相同但質量分別為m1、m2（m1＞m2），在紙面內經電場和磁場后都打在照相底片上．若要使兩種離子的落點區域不重疊，則應滿足什么條件？（粒子進入磁場時的速度方向與豎直方向的最大夾角仍為α）14．（16分）如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA=1．0kg和mB=2．0kg．用輕彈簧栓接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=1s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示．求：（1）物塊C的質量mC；（2）墻壁對物塊B在1s到12s的時間內的沖量I的大小和方向；（2）B離開墻后的過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep；（1）B離開墻后，三個物塊在光滑的水平地面上向左運動（地面很長），B的速度變化范圍，粘在一起AC的速度變化范圍？15．（12分）一帶電液滴的電荷量為q，質量為m．在勻強電場中，從靜止開始由b點沿直線運動到d點，bd=L,且bd與豎直方向的夾角為45°（g=10m/s2）．則：（1）此液滴帶電的正負？（2）液滴運動的加速度？（3）液滴電勢能的變化量？

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、A【解析】

指南針的N極原來指向北方，旋轉180度，知N極指向南，知該處的磁場方向向南，根據右手螺旋定則，知墻中的電纜電流方向，在豎直方向可能豎直向上；而在水平方向上，不可能有電流的，否則依據右手螺旋定則，小磁針不可能只在水平面上轉動。A．可能是豎直向上，與結論相符，選項A正確；B．可能是豎直向下，與結論不相符，選項B錯誤；C．可能是向南，與結論不相符，選項C錯誤；D．可能是向北，與結論不相符，選項D錯誤；2、B【解析】小球做勻速圓周運動，速度的大小不變，即速率不變，方向時刻改變．所以小球的速度不斷改變，選項A錯誤，B正確；周期是標量，勻速圓周運動中周期是不變的，故C錯誤；角速度的大小和方向都不變，故D錯誤；故選B．3、D【解析】

磁體對鋼珠有相互吸引力，當磁鐵放在圖中的位置時，小鋼珠運動過程中有受到磁體的吸引，小鋼珠逐漸接近磁體做曲線運動，軌跡向合力方向彎曲，所以運動軌跡是丙，故D正確，ABC錯誤；4、A【解析】

AB．導體的電阻由導體本身的性質決定，導體電阻由長度、橫截面積和材料決定，跟導體兩端的電壓及流過導體的電流的大小無關，故A錯誤，B正確；C．由歐姆定律可知，對某一導體來說，其兩端電壓和流過它的電流的比值就是它的電阻值，故C正確；D．根據可知，一定的電流流過導體，電阻越大，其電壓越大，即電阻兩端的電壓降越大，故D正確；不正確的故選A。5、D【解析】

A、B項：質量為m點電荷，從靜止釋放后開始下落，庫侖力越來越大，所以點電荷先加速后減速．則加速度先減小后增大．當到達B點時，點電荷停止．由動能定理可得：，得：，而當換成質量2m點電荷時，仍從原來位置靜止釋放，則點電荷先加速后減速．則加速度先減小后增大，設停止的位置為B′，則由動能定理可得：，所以則速度為零的位置在B點下方，故AB錯誤；C項：速度最大位置，就是加速度為零的位置．即庫侖力與重力相等的位置，當質量為2m時，設平衡位置距底部點電荷的距離為h0′則有：，所以則向下運動的位移，故C錯誤；D項：點電荷從靜止到B點，由動能定理可得：，而所以B點時的速度為，故D正確．6、B【解析】

電源電動勢不變，據知，當R變化時，I也變化，路端電壓U與R的大小不成正比，故A錯誤；當R＝0時，電路處于短路狀態，由U＝IR知，電源路端電壓為0，故B正確；由可知，流過電源的電流越大，路端電壓U越小，故C錯誤；外電路斷開時，回路中電流為0，根據閉合電路歐姆定律可知，路端電壓為E，故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】

根據左手定則可知電流的方向由M流向N，故A正確；懸線與豎直方向夾角為θ=60°時，金屬棒速率為零，并非處于平衡狀態，故B錯誤；由運動的對稱性可知懸線與豎直方向的夾角為θ=30°時是金屬棒的平衡位置，此位置速率最大，但是合力不為零，故C錯誤；在θ=30°時，對金屬棒進行受力分析可知，tan30°＝，解得I=，故D正確；故選AD．【點睛】此題關鍵是對金屬棒進行受力分析、利用對稱性原則判斷出速度最大的位置，即平衡位置，根據安培力公式分析即可正確解題．8、BD【解析】A、B兩點有等量同種點電荷+Q，根據疊加原理可知，O點的電場強度為零，而D點的電場強度為方向沿+x軸方向，不為零，A錯誤B正確；由上可知，OC段的電場方向從O→C，而OD段的電場方向從O→D，所以若將點電荷+q從O移向C，電場力做正功，電勢能減小，C錯誤；若將點電荷-q從O移向D，電場力做負功，電勢能增加，D正確．9、ABC【解析】

A．只將滑片P1下移，副線圈兩端電壓變小，輸出功率變小，輸入功率也變小，原線圈電流變小，電流表A示數變小，故A正確；B．只將滑片P2下移，副線圈回路電阻變小，副線圈電流變大，電阻R1分壓變大，電壓表示數變小，故B正確；C．只增大交流電的電壓時，副線圈電壓增大，輸出功率增大，輸入功率也增大，電流表示數變大，故C正確；D．只增大交變電流的頻率，電感線圈的感抗增大，副線圈電流減小，R1分壓減小，電壓表示數變大，故D錯誤；10、BC【解析】根據電容的決定式得知，電容與極板間距離成反比，當保持S不變，增大d時，電容C減小，電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析可知板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角θ變大．故A正確，B錯誤．根據電容的決定式得知，當保持d不變，增大S時，電容增大，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式分析可知板間電勢差減小，靜電計指針的偏角θ變小，故C錯誤；若在兩極間增加介質，根據電容的決定式得知，則電容增大，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式分析可知板間電勢差減小，靜電計指針的偏角θ變小，故D錯誤．故選A．點睛：本題是電容動態變化分析問題，關鍵抓住兩點：一是電容器的電量不變；二是掌握電容的兩個公式：電容的決定式和．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、450偏小串9550【解析】

(1)[1][2]先閉合S1，調節R，使電流表指針偏轉到滿刻度；再閉合S2，保持R不變，調節R′，當S2閉合，R和R′并聯電壓相等，使電流表指針偏轉到滿刻度的一半，則有

：Rg=R′=450Ω閉合S2后，電路總電阻變小，電路總電流變大，通過R′的電流大于原來電流的二分之一，該實驗測出的電表內阻偏小。(2)[3][4]利用電流的改裝原理，電壓表利用串聯分壓，要串聯一個電阻R0，由U=Ig（Rg+R0），可得：R0=9550Ω(3)[5]改裝后的電壓表電阻較大，對電表進行矯正，滑動變阻選擇分壓接法，電路原理圖如圖，根據原理圖，連接實物圖如圖所示：12、1000×100【解析】讀出的面板刻度乘以擋位即得電阻值1000Ω，面板讀數值偏大，應選用較大的擋位使指針向右偏一些，故要選×100擋。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）（2）最大值最小值（3）【解析】

（1）沿SO方向垂直進入磁場的粒子，最后打在照相底片D的粒子；

粒子經過加速電場：qU=mv2

洛倫茲力提供向心力：qvB=m

落點到O的距離等于圓運動直徑：x=2R

所以粒子的比荷為：

（2）粒子在磁場中圓運動半徑由圖象可知：粒子左偏θ角（軌跡圓心為O1）或右偏θ角（軌跡圓心為O2）

落點到O的距離相等，均為L=2Rcosθ

故落點到O的距離

最大：Lmax=2R=x

最小：Lmin=2Rcosα=xcosα

（3）①考慮同種粒子的落點到O的距離；

當加速電壓為U+△U、偏角θ=0時，距離最大，

Lmax=2Rmax=

當加速電壓為U-△U、偏角θ=α時，距離最小

Lmin=2Rmin

cosα=cosα

②考慮質量不同但電荷量相同的兩種粒子

由R=和

m1＞m2，知：R1＞R2

要使落點區域不重疊，則應滿足：L1min＞L2max

cosα＞

解得：．

（應有條件m1cos2α＞m2，否則粒子落點區域必然重疊）14、（1）2kg（2）方向向左（2）（1）[0，1]方向向左[2，1]方向向左【解析】試題分析：（1）AC碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可以求出C的質量．（2）在1s到8s的時間內，物體B不移動，故墻對物體B不做功；在1s到8s的時間內，對ABC系統運用動量定理列式求解墻壁對B的沖量（2）12s末B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統動量和機械能守恒；當AC與B速度相等時彈簧彈性勢能最大