山東省青島三中2025屆物理高二上期末質量跟蹤監視試題注意事項：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。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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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、一個半徑為r1、阻值為R、匝數為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成如圖（a）所示的回路。在線圈中半徑為r2的圓形區域內存在勻強磁場，磁場方向垂直于線圈平面向里，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖（b）所示，導線電阻忽略不計，則流過R1的電流大小與ab兩點電勢高低判斷正確的是A.，B.，C.，D.，2、A、B兩物體均不帶電，相互摩擦后A帶負電荷，電荷量大小為Q，則B的帶電情況是（）A.帶正電荷，電荷量大于QB.帶正電荷，電荷量等于QC.帶負電荷，電荷量大于QD.帶負電荷，電荷量等于Q3、如右上圖所示，某一導體形狀為長方體，其長、寬、高之比為a∶b∶c=5∶3∶2．在此長方體的上下、左右四個面上分別通過導線引出四個接線柱1、2、3、4．在1、2兩端加上恒定的電壓U，通過導體的電流為I1；在3、4兩端加上恒定的電壓U，通過導體的電流為I2，則I1∶I2為（）A.9∶25 B.25∶9C.25∶4 D.4∶254、三根通電長直導線A、B、C互相平行、垂直紙面放置。三根導線中電流方向均垂直紙面向里，且每兩根導線間的距離均相等。則A、B中點O處的磁感應強度方向()A.方向水平向左 B.方向水平向右C.方向豎直向上 D.方向豎直向下5、下列單位中與磁感應強度單位一致的是（）A. B.C. D.6、如圖所示，電路中A、B是兩個完全相同的燈泡，L是一個自感系數很大、直流電阻為零的自感線圈，則下列判斷正確的是A.S閉合瞬間，B燈先亮，A逐漸變亮B.S閉合后電路穩定前，B先亮一下再逐漸變暗，A逐漸變暗C.S閉合后電路穩定后，A燈和B燈亮度相同D.S閉合后電路穩定后，再斷開S時，A燈要亮一下再熄滅二、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，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為＋Q，現從A點將一質量為m，電荷量為+q的點電荷由靜止釋放，該電荷沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為（g為重力加速度），規定電場中B點的電勢為零，則在＋Q形成的電場中A.A點電勢等于O點電勢B.D點電勢－C.O點電場強度大小是B點的2倍D.點電荷q在D點具有的電勢能為－8、回旋加速器的工作原理如圖所示：D1和D2是兩個中空、半徑固定的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差，兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中；中央O處的粒子源產生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速，粒子進入磁場后做勻速圓周運動．不考慮相對論效應，不計粒子重力．下列說法正確的是A.粒子在磁場中的運動周期越來越大B.D型盒半徑越大，粒子離開加速器時的動能就越大C.磁感應強度越大，粒子離開加速器時的動能就越大D.兩盒間電勢差越大，粒子離開加速器時的動能就越大9、如圖所示，已知電源的電動勢為12V、內阻為0.5Ω，定值電阻R=1.5Ω，電動機M的內阻為1Ω，開關閉合后，電流表的示數為2A。不計電流表的內阻，則（）A.電動機兩端的電壓為8VB.電動機的輸出功率為16WC.電動機的發熱功率為4WD.電動機的效率為25%10、地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動．如圖所示，由此可以判斷（）A.油滴一定做勻速運動B.油滴一定做勻變速運動C.油滴帶正電，且它是從M點運動到N點D.油滴帶負電，且它是從N點運動到M點三、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）某研究小組收集了一個電學元件：電阻R0（約為2kΩ）實驗室備有如下器材：A．電壓表V（量程3V，電阻RV約為4.0kΩ）B．電流表A1（量程100mA，電阻RA1約為5Ω）C．電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50Ω）D．滑動變阻器R1（0～40Ω，額定電流1A）E．電阻箱R2（0～999.9Ω）F．開關S一只、導線若干G．電動勢為4V的鋰電池為了測定電阻R0的阻值，小明設計了一電路，如圖所示為其對應的實物圖，(1)圖中的電流表A應選_______(選填“A1”或“A2”)(2)請將圖中實物連線補充完整_______(3)開關閉合前，滑動變阻器的滑動觸頭應放在____________(選填“左”或“右”).12．（12分）某同學要測定一電源的電動勢E和內電阻r，實驗器材有：一只電阻箱（阻值用R表示），一個電流表（讀數用I表示），一只開關和導線若干，電路如圖所示。（1）該同學設計實驗的原理表達式是E＝__________（用r、I、R表示）（2）該同學根據實驗采集到的數據作出如圖2所示的圖象，縱軸截距為0.4，則由圖象可求得該電源的電動勢E＝______V，內阻r＝______Ω（結果均保留兩位有效數字）（3）考慮電流表內阻的影響，則電池電動勢及內阻真實值與測量值的大小比較，E真______E測，r真______r測。（填“＞”，“＜”或“＝”）四、計算題：本題共3小題，共38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）將傾角為θ的光滑絕緣斜面放置在一個足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B，一個質量為m、帶電量為q的小物體在斜面上由靜止開始下滑（設斜面足夠長）如圖所示，滑到某一位置開始離開，求：（1）物體帶電荷性質（2）物體離開斜面時的速度及物體在斜面上滑行的長度是多少？14．（16分）如圖所示，虛線MN左側有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏。現將一電子(電荷量為e，質量為m，不計重力)無初速度地放入電場E1中的A點，A點到MN的距離為，最后電子打在右側的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子在電場E1中的運動時間時間t1；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打在屏上點P′(圖中未標出)到點O的距離。15．（12分）如圖所示，水平方向的勻強電場場強為E，場區寬度為L，豎直方向足夠長。緊挨著電場的是垂直于紙面向外的兩個勻強磁場區域，其磁感應強度分別為B和2B。一個質量為m，電量為q的帶正電粒子，其重力不計，從電場的邊界MN上的a點由靜止釋放，經電場加速后進入磁場，經過時間穿過中間磁場，進入右邊磁場后能按某一路徑再返回到電場的邊界MN上的某一點b，途中虛線為場區的分界面。求：（1）中間場區的寬度d；（2）粒子從a點到b點所經歷的時間tab；（3）當粒子第n次返回電場的MN邊界時與出發點之間的距離Sn。

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】由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向為從b到a，所以；由圖(b)可知，0至t0時間內，磁感應強度的變化率：

①由法拉第電磁感應定律有：

②而

③由閉合電路歐姆定律有：

④聯立以上各式解得,通過電阻R1上的電流大小為：

⑤故選D.2、B【解析】相互摩擦后A帶負電荷，電荷量大小為Q，根據電荷守恒定律得B的帶電情況是帶正電荷，電荷量等于Q．故ACD錯誤，B正確故選B考點：電荷守恒定律【名師點睛】物體原來均不帶電，相互摩擦后會帶電，這就是摩擦起電，在摩擦起電過程中，得到電子的物體帶負電，失去電子的物體帶正電；在電子的轉移過程中，電荷的總量是保持不變的，正負電荷的代數和保持不變，即正負電荷的代數和等于零3、C【解析】根據電阻定律R=ρ得，當在1、2兩端加上恒定電壓U時，R1＝ρ，在在3、4兩端加上恒定的電壓時，R2＝ρ，所以＝，根據歐姆定律I=得，電流之比為25：4，C正確考點：本題考查電阻定律、歐姆定律4、B【解析】用安培定則判斷通電直導線在O點所產生的磁場方向如圖所示：直導線A在O點產生磁場與直導線B在O點產生磁場方向相反，大小相等，則A合磁場為零；而直導線C在O點產生磁場，方向從A指向B，即為水平向右；故B正確，ACD錯誤。故選B。5、C【解析】根據磁感應強度的定義式得安培力的單位是N，，而電流的單位是A，，長度的單位為m，則換算可得故ABD錯誤，C正確。故選C。6、D【解析】開關K閉合的瞬間，電源的電壓同時加到兩燈的兩端，兩燈同時發光．由于線圈的電阻可以忽略，燈A逐漸被短路，隨后A燈變暗，B燈變亮．斷開開關K的瞬間，B燈立即熄滅，A燈突然閃亮一下再熄滅【詳解】開關S閉合的瞬間，兩燈同時獲得電流，所以A、B同時發光．由于線圈的電阻可以忽略，燈A逐漸被短路，流過A燈的電流逐漸減小，A燈逐漸變暗，直至熄滅，而流過B的電流增大，所以B燈變亮．故AB錯誤；結合上述分析可知，S閉合電路穩定后，A熄滅．故C錯誤；斷開開關S的瞬間，B燈的電流突然消失，立即熄滅；流過線圈的電流將要減小，產生自感電動勢，相當電源，維持L中的電流逐漸減小，所以A燈突然閃亮一下再熄滅，故D正確．故選D【點睛】對于自感線圈，當電流變化時產生自感電動勢，相當于電源，當電路穩定時，相當于導線，將所并聯的電路短路二、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、CD【解析】正電荷電場中距離越近電勢越高；根據動能定理，求解+q在D點具有的電勢能，根據點電荷電場強度公式即可判斷OB兩點的場強關系【詳解】因OC距離小于OA可知在正電荷形成的電場中A點電勢低于O點電勢，選項A錯誤；電荷從A到D運動，根據動能定理，則有：mgr+W電=mv2-0，解得：W電=mgr；規定電場中B點的電勢為零，AB兩點對稱，則A點的電勢也為零，因由A到D點電場力做正功，則電勢能減小，因此D點的電勢能為EPD=-mgr；根據公式，故B錯誤，D正確；根據點電荷電場強度公式，，電場強度的大小與間距的平方成反比，則有O點電場強度大小是B點的2倍，故C正確；故選CD【點睛】考查電勢高低判定方法，掌握動能定理的應用，注意力做功的正負，理解電勢與電勢能的關系式，注意電荷的電量正負8、BC【解析】粒子在磁場中運動的周期與粒子的速度無關；回旋加速器的半徑一定，根據洛倫茲力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度與什么因素有關【詳解】粒子在磁場中運動的周期：，與其速度的大小無關，所以粒子運動的周期不變，故A錯誤；由qvB=得：，則最大動能為：Ekm=mv2=，知最大動能與加速器的半徑、磁感線強度以及電荷的電量和質量有關．D型盒的半徑越大，磁場越強，粒子離開加速器時的動能就越大，與兩盒間電勢差無關；故BC正確，D錯誤；故選BC.【點睛】解決本題的關鍵知道回旋加速器是利用電場加速、磁場偏轉來加速粒子，但是最終粒子的動能與電場的大小無關9、AC【解析】A．電動機兩端電壓為：VA正確；BC．電動機的發熱功率為：W電動機的輸出功率為：WB錯誤，C正確；D．電動機的效率為：D錯誤。故選AC。10、AC【解析】對帶電粒子進行受力分析，受到豎直向下的重力，水平方向的電場力和垂直于虛線的洛倫茲力，由于帶電粒子做直線運動，所以洛倫茲力只能垂直于直線向上，從而可判斷粒子的電性以及運動方向【詳解】油滴做直線運動，受重力、電場力和洛倫茲力作用，因為重力和電場力均為恒力，根據物體做直線運動條件可知，粒子所受洛倫茲力亦為恒力據F=qvB可知，粒子必定做勻速直線運動，故A正確，B錯誤根據做直線運動的條件和受力情況（如圖所示）可知，如果油滴帶正電，由左手定則判斷可知，油滴的速度從M點到N點，如果油滴帶負電，電場力向右，若油滴的速度從N點到M點，則由左手定則判斷可知，洛倫茲力斜向右上方，油滴不可能做直線運動，故C正確，D錯誤．故選AC【點睛】帶電粒子在重力場、電場、磁場的復合場中，只要是做直線運動，一定是勻速直線運動（v與B不平行）．若速度是變的，洛倫茲力會變，合力就是變的，合力與速度不在一條直線上，帶電體就會做曲線運動三、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.A2②.③.左【解析】根據通過待測電阻的最大電流選擇電流表；為準確測量電阻阻值，應測多組實驗數據，根據待測電阻阻值與滑動變阻器最大阻值間的關系確定滑動變阻器的接法；根據待測電阻與電表內阻間的關系確定電流表的接法，然后連接實物電路圖【詳解】電壓表量程是3V，通過待測電阻的最大電流，因此電流表應選電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50Ω）；(2)待測電阻R0阻值約為2kΩ，滑動變阻器R1（0～40Ω，額定電流1A）與電阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待測電阻阻值，變阻器采用限流接法時待測電阻電壓與電流變化范圍較小，不能測多組實驗數據，為測多組實驗數據，減小實驗誤差，滑動變阻器應采用分壓接法.,,,故電流表應該采用內接法可減小系統誤差，實物電路圖如圖所示：(3)滑動變阻器采用分壓接法，為保護電路流過電流表的電流最小為零，電鍵閉合前，滑動變阻器的滑動觸頭P應置于左端.【點睛】根據待測電阻與滑動變阻器阻值間的關系確定滑動變阻器的接法，根據待測電阻阻值與電表內阻間的關系確定電流表的接法是正確連接實物電路圖的前提與關鍵12、①.I（R+r）②.6.3（6.1~6.4均可）③.2.5（2.4~2.6均可）④.＝⑤.＜【解析】（1）[1]．由圖示電路圖可知，在閉合電路中，電源電動勢：E=I（r+R）（2）[2]．在閉合電路中，電源電動勢：E=I（r+R）由圖象可知，圖象截距圖象斜率則電源電動勢：電源內阻：r=bE=0.4×6.25=2.5Ω；（3）[3]．實驗誤差是由于電流表內阻造成的，用該實