福建省福州四中2025-2026学年物理高二第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

福建省福州四中2025-2026学年物理高二第一学期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、如图所示为一块长方体铜块，分别使电流沿如图I1、I2两个方向通过该铜块，电阻之比为（）A.1 B.C. D.2、如图所示，L1和L2为直流电阻可忽略的电感线圈。A1、A2和A3分别为三个相同的小灯泡。下列说法正确的是（）A.图甲中，闭合S1瞬间和断开S1瞬间，通过A1的电流方向不同B.图甲中，闭合S1，随着电路稳定后，A1会再次亮起C.图乙中，断开S2瞬间，灯A3立刻熄灭D.图乙中，断开S2瞬间，灯A2立刻熄灭3、如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（）A.电压表读数增大 B.电流表读数增大C.质点P将向上运动 D.上消耗的功率逐渐增大4、下列符合物理历史事实的有A.卢瑟福粒子散射实验揭示了原子核有复杂的结构B.德布罗意认为电子也有波动性，且电子的波长与它的动量成反比C.贝克勒耳发现天然放射现象，揭示了原子可再分的序幕D.结合能越大，原子核越稳定5、下列情况中，应用了温度传感器的是（）A.商场里的自动玻璃门B.夜间自动打开的路灯C.夜间有声音时就亮的楼梯灯D.自动恒温冰箱6、如图所示，在虚线所围的圆形区域内有方向垂直圆面向里的匀强磁场，从边缘A点处有一束速率各不相同的质子沿半径方向射入磁场区域，这些质子在磁场中运动的过程中，下面的说法中正确的是()A.运动时间越长的，其轨迹也越长B.运动时间越长的，其轨迹所对的圆心角也越小C.运动时间越长的，射出磁场时的速率也越大D.运动时间越长的，射出磁场时速度方向偏转也越大二、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、如图所示的闭合电路中，当滑动变阻器的滑片P从左端滑向右端的过程中。两个电压表示数的变化量的大小分别为ΔU1、ΔU2，电流表示数的变化量为ΔI，则（）A.ΔU1＞ΔU2 B.ΔU1＜ΔU2C.＝ D.＜8、如图所示，、为平行板电容器的两个金属极板，为静电计，开始时闭合开关，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是（）A.开关保持闭合状态，将的滑片向右移动，静电计指针张角增大B.开关保持闭合状态，仅将两极板间距减小，电容器的带电量增加C.断开开关后，紧贴下极板插入厚云母片，静电计指针张角减小D.断开开关后，仅将两极板间距减小，板间电场强度减小9、​如图甲所示,物块A.B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg．用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示,下列说法正确的是（

）A.​物块C的质量mc=2kgB.​墙壁对物块B的弹力在4s到12s对B不做功C.​B离开墙后的过程中弹簧具有最大弹性势能EP=9JD.​墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I为010、某空间存在着如图甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是A.图乙可以反映B对A的支持力大小随时间t变化的关系B.图乙可以反映B对A的摩擦力大小随时间t变化的关系C.图乙可以反映B对地面的压力大小随时间t变化的关系D.图乙可以反映物块A和物块B的加速度大小随时间t变化的关系三、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）（1）常用螺旋测微器的精度是0.01mm，右图中的螺旋测微器读数为5.623mm，请你在刻度线旁边的方框内标出相应的数以符合给出的数值_______（2）某同学用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如下图所示，其读数为________mm12．（12分）一个20匝、面积为200dm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在5s内由1T增加到5T，在此过程中磁通量变化了_________磁通量的平均变化率是__________线圈中感应电动势的大小是_________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、B【解析】若通以电流I1，则铜块的长度为a、横截面积为bc，由电阻定律知其电阻为若通以电流I2时，则铜块的长度为c、横截面积为ab，由电阻定律知其电阻为故故选B。2、A【解析】A．图甲中，闭合电键的瞬间，流过灯泡A1的电流的方向向右；L1的为自感系数很大的自感线圈，则断开电键的瞬间，自感电动势将阻碍其电流的减小，所以流过L1的电流方向不变，所以流过灯泡A1的电流的方向与开始时是相反的，故A正确；B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，灯泡A1短路，无电流，故B错误；CD．图乙中，闭合S2电路中的电流稳定后两个灯泡都亮，断开S2瞬间，L2对电流减小有阻碍作用，此时L2与两个灯泡以及滑动变阻器组成闭合回路，所以A2、A3电流都逐渐减小，灯泡逐渐变暗，故CD错误。故选A。3、B【解析】AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；C．因R3两端电压减小，则电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；D．R3上电流减小，根据P=I32R3，则R3消耗的功率逐渐变小，选项D错误；故选B。4、B【解析】A．卢瑟福用粒子散射实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型，不是原子核有复杂结构，故A错误；B．德布罗意认为电子也有波动性，且电子的波长与它的动量成反比，故B正确；C．天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有中子产生，因此说明了原子核可以再分，故C错误；D．比结合能越大，原子核越稳定，故D错误5、D【解析】A项：商场里的自动玻璃门是应用了红外线传感器，A错误；B项：夜间自动打开的路灯是利用了光传感器，B错误；C项：夜间有声音时就亮的楼梯灯是利用了声音传感器，C错误；D项：自动恒温冰箱是利用了温度传感器，D正确故选D6、D【解析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为t=，圆心角α越大，时间越长．根据几何知识得到轨迹半径r与R的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角【详解】BCD、设磁场区域半径为R，轨迹圆心角为α粒子在磁场中运动的时间为t=，而轨迹半径r=Rcot，而r=，粒子速度v越大的，r越大，偏转角α越小，则t越短，故B错误，C错误，D正确；A.由以上分析可知，速度越大，轨迹半径越大，在磁场中的运动轨迹所对的圆心角就越小，轨迹越长，故A错误故选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、BD【解析】AB．闭合电路电压特点知：E＝U1+U2+Ur其中Ur表示电路的内电压。当滑片向右滑动过程中，变阻器接入电路中的电阻变小，根据电路中电压分配原则知，U1变大，U2变小，Ur变大。则有E＝U1+ΔU1+U2﹣ΔU2+Ur+ΔUr得：ΔU2＝ΔU1+ΔUr所以ΔU1＜ΔU2故A错误，B正确；CD．根据上面的分析知所以故C错误，D正确。故选BD.8、BC【解析】AB．保持开关闭合状态，则电容器两端电压保持不变，将滑片移动时，电容器两端电压也不发生变化，所以静电计指针张角不变，若是仅将两极板间距减小，根据电容器的决定式：可知电容器电容变大，根据电容的定义式：可知电容器带电荷量增加，A错误，B正确；C．断开开关后，电容器所带电荷量保持不变，若是在板间插入厚云母片，根据电容器的决定式：可知电容变大，根据电容的定义式：所以两板间电势差变小，所以静电计指针张角变小，C正确；D．断开开关后，电容器所带电荷量保持不变，根据电容器的决定式：根据电容的定义式：极板间为匀强电场：联立可得：若是仅将两板间距离减小，板间电场强度不变，D错误。故选BC。9、ABC【解析】A．由图可知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：mC=2kg故A正确。B．在4s到12s内，B不动，则墙壁对物块B的弹力在4s到12s对B不做功。故B正确。C．在12s时，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：EP=9J故C正确。D．由图知，12s末A和C的速度为v3=-3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为I=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2，解得：I=-36N•s方向向左。故D错误。10、AC【解析】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小【详解】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度：，水平方向受到的力不变，使用B的加速度不变．物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：F=qvB=qBat，A受的支持力：N=mAg+qvB=mAg+qBat，符合图中所示规律，故A正确；物块B对物块A的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故不可能是摩擦力的变化图象，故B错误．对整体分析可知，N'=mAg+mBg+qvB=mAg+mBg+qBat，故同样可以由图示规律表示，故C正确．整体的加速度不变，则选项D错误；故选AC.【点睛】解决本题关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用．同时还要掌握洛伦兹力的特点，明确洛伦兹力的大小和方向规律三、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、①.②.0.395-0.398;【解析】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【详解】由读数的方法就可以在方框中填入数字．读数是5.623mm，所以固定刻度读数是5.5mm，可动刻度读数是12.3mm，所以固定刻度方框内数字为5，可动刻度下面和上面的刻度分别是10和15（2）金属丝的直径：0.01mm×39.7=0.397mm.【点睛】本题是考查螺旋测微器的读数和原理，尤其考查了学生对原理的理解，从而学生才能正确的改装螺旋测微器12、①.4Wb②.0.8Wb/s③.16V【解析】线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在5s内由1T均匀地增加到5T，磁通量的变化量为：