陕西省西安交通大学附属中学2025年物理高二上期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

陕西省西安交通大学附属中学2025年物理高二上期末质量跟踪监视模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、下列说法中，正确的是：（　　）
A.由E=知电场中某点的电场强度E与F成正比
B.由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比
C.由Uab=ED可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D.公式C=，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关
2、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（ ）

A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D.断开S，将A板向B板靠近，则θ减小
3、一个电流表由灵敏电流表G并联一个分流电阻R组成，如图所示．在核对过程中发现它的示数比标准电流表示数稍大一点，下面的哪个办法可以矫正？

A.在电阻R的支路上串联一个比R小得多的电阻
B.在电阻R的支路上串联一个比R大得多的电阻
C.再并联一个比R小得多的电阻
D.再并联一个比R大得多的电阻
4、下列关于静电场的说法不正确的是 （ ）
A.在匀强电场中，电场线一定和等势面垂直
B.电场强度大的地方电势可能低，电场强度小的地方电势可能高
C.将正点电荷从电场强度为零的点移动到电场强度为零的另一点，电场力做功一定为零
D.在正电荷产生的静电场中，电场强度方向指向电势降低最快的方向
5、下列说法正确的是（　　）
A.奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
B.法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
C.安培提出了分子电流假说，说明了一切磁现象都是由电流产生的
D.欧姆首先发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中两个点电荷之间作用力的表达式
6、将一面积为cm2，匝数的线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图所示，线圈总电阻为2Ω，则

A.在0~2s内与2s~4s内线圈内的电流方向相反 B.在0~4s内线圈内的感应电动势为V
C.第2s末，线圈的感应电动势为零 D.在0~4s内线圈内的感应电流为A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D型金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速器的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为+e，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确是

A.质子被加速后的最大速度不能超过2πRf
B.加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大
C.质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为
D.不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速粒子
8、如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得逆时针方向的感应电流，则放在导轨中的裸金属棒ab的运动情况是(两导线圈共面放置) （）

A.向右匀速运动 B.向左减速运动
C.向右减速运动 D.向右加速运动
9、比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的表达式用比值法定义的是（ ）
A.电场强度E=F/q B.电势φ=Ep/q
C.电容C=Q/U D.电流I=U/R
10、如图甲，有一个原.副线圈匝数比为4:1的理想变压器，图中的电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，其中为热敏电阻（其电阻值随温度的升高而减小），为定值电阻，下列说法正确的是(　　 )

A.t＝0.02s时电压表V2的示数为9V
B.副线圈两端电压的瞬时值表达式为（V）
C.变压器原.副线圈中的电流之比和输入.输出功率之比均为1：4
D.Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学用多用电表测量某电阻的阻值R，他将多用电表的选择开关旋转到欧姆挡的“×100”位置，进行欧姆调零后用正确的测量方法进量，结果刻度盘上的指针位置如图所示，可知R=________k。

12．（12分）如图所示，螺旋测微器的读数为______mm，游标卡尺的读数为______mm。

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、D
【解析】A．公式

是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；
B．公式

是电势的定义式，采用比值法定义，与Ep、q无关，由电场本身决定，B错误；
C．由

可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场方向的距离越大，两点间的电势差才一定越大，C错误；
D．公式
C=
是定义式，电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关，由电容器本身决定，D正确。
故选D。
2、A
【解析】若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，故A正确；B错误；若断开S，电容器带电量保持不变，由和以及，可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则θ不变，故CD错误；故选A
【点睛】对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化
3、D
【解析】电流表示数示数比标准电流表示数稍大一点，说明所并联电阻的分流太小，则分流电阻阻值偏大，让分流电阻变的稍小些即可；在电阻R的支路上串联一个比R小得多的电阻，分流电阻变大，故A错误；在电阻R的支路上串联一个比R大得多的电阻，分流电阻变大，故B错误；再并联一个比R小得多的电阻，分流电阻将变得太小，故C错误；再并联一个比R大得多的电阻，分流电阻稍变小，故D正确；故选D
4、C
【解析】沿着等势面移动，电场力不做功，故电场力一定与等势面垂直，故A说法正确；电场强度与电势无关，所以电场强度大的地方电势可能低，电场强度小的地方电势可能高，故B说法正确；电场强度与电势无关，场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，故C说法错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，故D说法正确．所以选C.
5、C
【解析】电磁学的物理学史，根据奥斯特、法拉第、安培、库仑等人的物理学成就进行解答；
【详解】A、1820年，奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A错误；
B、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故B错误；
C、安培提出了分子电流假说，说明了一切磁现象都是由电流产生的；故C正确；
D、欧姆发现了欧姆定律，反映导体的电流与电压、电阻的关系，库仑首先发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中两个点电荷之间作用力的表达式，故D错误；
故选C
【点睛】关键是物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆
6、D
【解析】A．在0-2s内与2s-4s内磁场方向相反，磁通量变化情况相反，根据楞次定律可知，在这两段时间内线圈内感应电流方向相同，A错误。
B．由图知：

在0-4s内线圈内的感应电动势
故B错误。
C．在0～4s内，磁通量的变化率恒定，线框中产生的感应电动势不变，始终为E=0.8V，C错误。
D．在0-4s内线圈内的感应电流

D正确。
故选D

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、AC
【解析】质子在回旋加速器中被加速，需要满足质子做圆周运动的周期与交变电压的周期相等，质子的最大动能由D型盒的半径R决定，故B错误；由半径公式可知质子的最大速度，且满足周期，可得最大速度，故A正确；质子在电场中加速，根据动能定理，第一次通过狭缝有，第二次通过狭缝有，由两式可知，故C正确；质子的电荷数和质量数都是1，粒子（氦核）的电荷数为2，质量数为4，两种粒子的比荷并不相等，由周期公式可知两种粒子的周期也不相等，不改变磁感应强度B和交流电的频率f，则不满足粒子做圆周运动的周期与交流电的周期相等，该加速器就不能加速a粒子，故D错误
8、BD
【解析】根据棒的切割磁感线，依据右手定则可确定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；从而由右手螺旋定则来确定线圈M的磁通量的变化，再根据楞次定律，即可确定线圈N中的感应电流的方向
【详解】若要让N中产生逆时针的电流，M必须让N中的磁场“减小”或“×增大”所以有以下两种情况.
垂直纸面向外的磁场（）且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左减速运动；
同理，垂直纸面向里的磁场（×）且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向右加速运动；故B，D正确，A，C错误；
故选BD.
【点睛】考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开
9、ABC
【解析】A、电场强度与放入电场中电荷无关，所以属于比值定义法．故A正确
B、电场中的电势定义式，属于比值定义法．故B正确
C、电容C由本身的性质决定，与所带的电荷量及两端间的电势差无关．所以属于比值定义法．故C正确
D、根据欧姆定律，可知电流I与电压U成正比，与电阻R成反比，不属于比值定义法，故D错误．故选ABC
【点睛】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变
10、AD
【解析】B.原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压，周期0.02s，故角速度是
，
（V），
因变压器原、副线圈的匝数比为4：1，可知次级电压最大值为，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为：
（V），
故B错误；
A.电压表V2的示数为有效值，级电压最大值为，所以有效值为
，
故A正确；
C.根据可知，变压器原、副线圈中的电流之比1：4；输入、输出功率之比为1：1，故C错误；
D.变压器次级电压由初级电压和匝数比决定，则Rt处温度升高时，次级电压不变，电压表V2的示数不变，次级电阻减小，则电流表的示数变大，故D正确；

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、3
【解析】[1]．由表盘刻度可知，R=30×100Ω=3k.
12、 ①.6.123 ②.50.90
【解析】[1]螺旋测微器的固定刻度读数6.0mm，可动刻度读数为

固定刻度读数+可动刻度读数等于最终读数，即

[2]游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第18个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标尺读数为

主尺读数+游标尺读数等于最终读数，即

【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
14、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
15、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得