2025届甘肃省庆阳市孟坝中学高二物理第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2025届甘肃省庆阳市孟坝中学高二物理第一学期期中质量跟踪监视试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg．则下列判断正确的是A．甲的速率与乙的速率之比为9:10B．甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9:10C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1:1D．甲的动能与乙的动能之比为1:12、家用的一台34寸彩色电视机的待机状态大约是10瓦，假如我家电视机平均每天（24小时)开机4小时，看完电视后总是用遥控器关机而不切断电源，则A．我家平均每天中因这台电视机待机浪费的电能才0.2kW·h是微乎其微的，没必要切断电源B．我家一年(365天)中因此电视机待机浪费的电能有73kW·h，这是一种浪费电能现象C．在家不看电视时，切断电源；在学校教室里看完电视时，没必要切断电源D．现在的电费每1kW·h只需0.6元钱，这样待机一年还不到50元钱，纯属多虑3、可视为点电荷的A、B两个小球所带电荷量均为+q，由静止释放在光滑的水平地面上，则它们自己的库仑力将（）A．变大B．变小C．不变D．无法确定4、电路中中端电压随干路电流变化的图象如图所示，图中纵轴的起点为1.2V，则电源的电动势和内电阻应是（）A．E=0.3V,r=0.5ΩB．E=1.5V,r=3.0ΩC．E=1.5V,r=0.5ΩD．5、如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，测得cd间的的电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是：A．B．C．D．6、真空中有两个距离保持不变的点电荷．若将他们各自的电荷量都增大到原来的3倍，则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来的（）A．2倍 B．3倍 C．6倍 D．9倍二、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、某导体中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中正确的是A．加5V电压时，导体的电阻是5ΩB．加12V电压时，导体的电阻是8ΩC．由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小D．由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小8、如图，圆O所在平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行。一个带正电荷的微粒（不计重力）从图中A点出发，以相同的初动能12J在圆内向各个方向运动，已知图中AB是圆的一条直径，∠BAC=30°，只有当该微粒从图中C点处离开圆面时的动能才能达到最大值24J，则（）A．电场沿O→C方向 B．电场沿A→C方向C．若粒子从B点离开，其动能为18J D．若粒子从B点离开，其动能为20J9、两个固定的等量异种电荷,在它们连线的垂直平分线上有a,b,c三点,如图所示,下列说法正确的是()A．a点的电势比b点电势高B．a,b两点场强方向相同,b点场强比a大C．a,b,c三点与无穷远处电势相等D．一带电粒子(不计重力)在a点无初速释放,则它将在a,b线上运动10、如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A＇、B＇、C＇、D＇作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是（）A．AD两点间电势差UAD与AA＇两点间电势差UAA＇相等B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电场力做正功C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电势能减小D．带电的粒子从A点移到C＇点，沿对角线AC＇与沿路径A→B→B＇→C＇电场力做功相同三、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）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A．小灯泡L（3V、5Ω）；B．滑动变阻器R1（0－10Ω，额定电流1.5A）；C．滑动变阻器R2（0－500Ω，额定电流0.5A）；D．电压表V1（量程：0－3V，RV＝5kΩ）；E．电压表V2（量程：0－15V，RV＝10kΩ）；F．电流表A1（量程：0－0.6A，RA＝0.5Ω）；G．电流表A2（量程：0－3A，RA＝0.1Ω）；H．铅蓄电池、开关各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。（1）为了减少误差，实验中应选滑动变阻器_________电压表_______，电流表________；（2）请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分线已画好）（3）某同学实验后作出的I－U图象如图所示，请分析该图象形成的原因是：__________。（4）某同学由测出的数据画出I—U图象，如图所示，当小灯泡两端电压为1.8V时，小灯泡的电阻值R＝________Ω，此时小灯泡的实际功率P＝________W。(结果保留两位有效数字)12．（12分）为测量“12V,5W”的小电珠在不同电压下的功率，给定了以下器材：电源：12V，内阻不计；电流表：量程0～0.6A、0～3A，内阻约为0.2Ω电压表：量程0～3V、0～15V，内阻约为15kΩ滑动变阻器：0～5Ω，开关一个，导线若干，实验要求加在小电珠上的电压可从0开始调节.(1)以上四个电路图你认为最合适的是______(2)在本实验中，电流表的量程可选_________(3)某位同学测得小电珠的伏安特性曲线如图所示，某次测量时，电流表读数为0.40A，此时小电珠的实际功率为_____W。四、计算题：本题共2小题，共26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）如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1Ω，电炉电阻R＝19Ω，电解槽电阻r′＝0.5Ω.当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684W；S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为475W(电炉电阻可看作不变)．试求：（1）电源的电动势；（2）S1、S2闭合时，流过电解槽的电流大小；（3）S1、S2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．14．（16分）在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱以相对地面速度v向右匀速运动．巳知木箱的质量为m，小明与车的质量为3m．木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；(2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小．(3)小明接住木箱后，再次以相同速度v推出木箱，要做多少功?15．（12分）如图所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，ab是一根长为L的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上.将一套在杆上的带正电的小球从a端由静止释放后，小球先做加速运动，后做匀速运动到达b端．已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数μ=0.3，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是L/3，求带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值．

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、C【解析】

A．甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：甲、乙的速率之比：故A错误；B．甲与乙之间的作用力为作用力与反作用力，大小相等，由牛顿第二定律：加速度之比：故B错误；C．甲、乙两人组成的系统动量守恒，所以分离后二者动量大小相等，方向相反．由动量定理：I=△mv=△P可知，甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1：1．故C正确；D．动能的表达式：甲、乙动能之比：故D错误．2、B【解析】

每天中因这台电视机待机浪费的电能20×10×10-3kW∙h=0.2kW∙h，则一年(365天)中因此电视机待机浪费的电能有0.2kW∙h×365=73kW·h，所以这是一种浪费电能现象，因此无论是在家还是在学校，看完电视后必须要切断电源，节约用电，故选项B正确，ACD错误。3、B【解析】A、B两个小球都带正电，存在相互作用力斥力，它们之间的距离增大，根据库仑定律，它们之间库仑力大小为F=kq2r2F=，q不变，r4、D【解析】U-I关系满足：U=E-Ir，根据U-I直线的截距等于E，斜率等于r可得E=1.5V，r=1.5V故选D．5、C【解析】

试题分析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势即cd线圈中的电压，由于磁场是线圈ab中的感应电流产生的，所以，综上可得，即电压大小与线圈中电流的变化率成正比，根据图（b）可判断和电流的变化率大小相等，方向相反，即图象斜率大小相等，方向相反，对照选项C对．考点：电磁感应定律6、D【解析】

根据库仑定律F=K，真空中两个距离r保持不变的点电荷Q1和Q2，若将他们各自的电荷量都增大到原来的3倍，则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来的9倍，故A、B、C错误，D正确．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、ABD【解析】

加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，，A正确；加12V的电压时，电流为1.5A，则可得电阻为，B正确；由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，而图像斜率的倒数等于电阻，则可知导体的电阻越来越大，随着电压的减小，导体的电阻减小，C错误D正确．8、AD【解析】

AB．由题，带正电的粒子在匀强电场中从以相同的初动能从A点出发，从C点离开圆面时，带电粒子只受电场力作用，粒子的动能最大，根据动能定理知，说明电场力做功最大，AC间电势差最大；若过C点作匀强电场的等势面，该面与圆只能有一个交点，即该等势面在C点与圆相切，而电场方向与等势面是垂直的，从A到C电场力对小球做正功，小球的位移方向与电场力的夹角小于90°，因而电场方向沿OC方向，选项A正确，B错误。CD．从A到C，由动能定理：从A到B，由动能定理：解得EkB=20J选项C错误，D正确。9、BC【解析】

根据电场的叠加和电场方向可和等量异种电荷的中垂线是一等势面，而我们一般规定无限远处电势为零，故中垂线即其零势面，故A错误，C正确；根据电场的叠加和电场方向可知等量异种电荷的中垂线是一等势面，而我们一般规定无限远处电势为零，故中垂线即其零势面，且电场强度中点c处最大，往两边逐渐减小；图中a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度，故B正确；在a点无初速度释放带电粒子，受到的电场力方向沿水平方向，不会沿ab线运动，故D错误．10、BD【解析】

由题意，电场的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离，顺着电场线方向电势降低，所以AA′两点间电势差UAA′不为0，A错误；带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D'电场力做正功，B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D→D'移到D'点，电场力做负功，电势能增大，C错误；由电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，则知带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同，D正确；故选BD．【点睛】本题关键要掌握：1、只有电场力做功，电荷的电势能和动能之和保持不变．2、只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能三者之和保持不变．3、电场力做的正功，等于电势能的减少量；电场力做负功，等与电势能的增加量．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、BDE温度的影响3.60.90【解析】（1）因为灯泡的电阻为5欧姆，因此为了调节方便，滑动变阻器应选择总阻值较小的

B（R1）即可；为了方便调节小灯泡额定电压是3V，电压表应选V1，即D；灯泡额定电流I=0.6A，电流表应选电流表A1，即E。

（2）因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约5Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小，电路图如图所示：（3）从图象可知I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大，形成的原因是随着电压增高，小灯泡温度升高，电阻率增大阻值增大，即受温度的影响。

（4）由图可知当电压为1.8V时，对应的电流为0.5A，则根据欧姆定律可得：，此时小灯泡的实际功率：。12、(1)A(2)0～0.6A(3)2.4【解析】

（1）小电珠上的电压可从0开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻R=U2/R=122/5=28.8Ω，R/RA=28.8/0.2=144；RV/R=15000/28.8=520，RVR＞RRA，电流表选择外接法，故选图A所示电路．

（3）电流表读数为0.40A时，此时小电珠的电压为6.0U，则实际功率为P=IU=2.4W。【点睛】本题关键明确电流表内外接法和滑动变阻器的分压、限流接法的选择原则，要想得到从0开始连续可调的电压时必须用分压电路；当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，用电流表外接。四、计算题：本题共2小题，共26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