广东省肇庆学院附属中学2027届高二上物理期中质量跟踪监视试题含解析

广东省肇庆学院附属中学2027届高二上物理期中质量跟踪监视试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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，有界匀强磁场垂直纸面向里，一闭合导线框abcd从高处自由下落，运动一段时间后进入磁场，下落过程线框始终保持竖直，对线框进入磁场过程的分析正确的是（）A．感应电流沿顺时针方向B．a端电势高于b端C．可能匀加速进入D．感应电流的功率可能大于重力的功率2、感应起电和摩擦起电都能使物体带电，关于这两种使物体带电的过程，下列说法中正确的是（）A．感应起电和摩擦起电都是电荷从物体的一部分转移到另一部分B．感应起电是电荷从一个物体转移到另一个物体C．感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体D．摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体3、一个水平放置的弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，O为振子平衡位置，如图所示．设水平向右方向为正方向，以某一时刻作计时起点(t=0)，经3/4倍周期，振子具有正方向最大加速度，那么，在图所示的几个振动图像中(x表示振子离开平衡位置的位移)，能正确反映振子振动情况的是()A． B． C． D．4、如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是()A．先变大后变小，方向水平向左B．先变大后变小，方向水平向右C．先变小后变大，方向水平向左D．先变小后变大，方向水平向右5、下列说法中正确的是A．根据E＝，可知电场中某点的场强与电场力成正比B．根据E＝，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电荷量Q成正比C．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹6、如图所示，一价氢离子()和二价氦离子()的混合体，从静止开始经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转U2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，（不计它们之间的相互作用力和重力）则它们A．同时到达屏上同一点B．同时到达屏上不同点C．先后到达屏上同一点D．先后到达屏上不同点二、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，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2:1,V和A均为理想电表，灯泡电阻RL=6Ω,AB端电压.下列说法正确的是A．电流频率为50HzB．V的读数为24VC．A的读数为0.5AD．变压器输入功率为6W8、在如图甲所示的电路中,、、为三个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.当开关闭合后,电路中的总电流为,则此时(）。A．两端的电压为两端电压的倍B．消耗的电功率为C．的电阻为D．、消耗的电功率的比值大于9、如图，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零。已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力B．滑块在运动过程的中间时刻速率小于C．此过程中产生的内能为D．Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab＝10、如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块（可视为质点）自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是A．小物块到达最低点N时的速度大小为B．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgRC．小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为D．小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点三、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）一个未知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图（a）（b）两种电路各测一次，用（a）图所测数据为3.0V，3.0mA，用（b）图测得的数据是2.9V，4.0mA，由此可知，用________图测得Rx的误差较小，测量值Rx=________．12．（12分）在伏安法测电阻的实验中，电流表有内外两种接法，根据你所学知识分析内外接法读数准确的电表，实验中引起误差的电表，并推导测量值和真实值之间的大小关系。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）如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，现有一带电粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37°，OA＝，求：(1)粒子的电性及比荷；(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；(3)第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围。14．（16分）图中电源电动势E=12V，内电阻r=0.5Ω．将一盏额定电压为8V，额定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光．求：(1)电源的总功率；(2)电动机消耗的电功率；(3)电动机的效率．15．（12分）如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．求：（1）电源的电动势（2）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数

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】

线框进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；根据右手定则可知，b端电势高于a端，选项B错误；线圈进入磁场时受向上的安培力作用，大小为，随速度的增加，安培力逐渐变大，可知加速度逐渐减小，则线圈进入磁场时做加速度减小的加速运动，选项C错误；开始进入磁场时，可能安培力大于重力，即，即，即，即感应电流的功率可能大于重力的功率，选项D正确；故选D.2、D【解析】

感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一个部分，摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．A．感应起电和摩擦起电都是电荷从物体的一部分转移到另一部分，与结论不相符，选项A错误；B．感应起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，与结论不相符，选项B错误；C．感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体，与结论不相符，选项C错误；D．摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，与结论相符，选项D正确；故选D。考点：物体带电的本质3、A【解析】

振子经过周期具有正向最大加速度说明振子经过后得位置在A点，因此可以判断计时起点振子的位置在O点并且向B方向运动，故振子在计时起点的加速度为零，速度为正向最大，故A正确，BCD错误．4、B【解析】

根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小，则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右。故选B。5、B【解析】E＝F/q是定义式，场强大小由电场本身决定，与试探电荷的受力无关；A错；E＝kQ/r2是决定式，点电荷产生的电场场强大小与形成电场的点电荷的电荷量成正比，B对场强的叠加遵循平行四边形定则，合场强大于等于两个分场强之差，小于等于两个分场强之和，不一定大于分场强，所以C错；电场线是人为想象出来用来模拟静电场的曲线，并不表示粒子运动的轨迹，D错．6、C【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．在加速电场中，由动能定理得：

①；两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同．两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场．在偏转电场中的偏转位移②，联立①②得；同理可得到偏转角度的正切，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故两种粒子打屏上同一点．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同．做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间．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、AD【解析】由u1.的瞬时表达式可知，f=，A错误；理想变压器输入电压的有效值为U1=12V，由变压比关系式，可得U2=6V，V的读数为6V，B错误；变压器输出电压的有效值，A的读数为1AC错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P1=P2=U2I2=6W，D正确．【考点定位】正弦式交流电表达式、有效值、功率、部分电路欧姆定律、理想变压器规律，容易题8、BD【解析】

A．L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍。故A错误。B．根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率P=UI=0.75W故B正确。

C．L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则得L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据，可知，L2的电阻小于4Ω。故C错误。D．根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1。故D正确。9、BD【解析】

A．由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零。故A错误；B．水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度仍小于，故B正确；C．由动能定理可得：产生的内能因此在此过程中产生的内能大于动能的减少。故C错误；D．由动能定理可得：解得两点间的电势差故D正确；10、BC【解析】

设小物块到达最低点N时的速度大小为v。在N点，根据牛顿第二定律得：FN-mg=m；据题有FN=2mg；联立得，故A错误。小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgR，故B正确。小物块从P点运动到N点的过程，由动能定理得：mgR-Wf=mv2，可得克服摩擦力所做的功为Wf=mgR，故C正确。由于小物块要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以小物块不可能到达Q点，故D错误。故选BC。本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，要知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力．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、（a）1000Ω【解析】

电压变化：（3-2.9）/3，电流变化（3-4）/3，可知电流变化较大，所以电流表侧真实值，即电流表内接，用（a）图测得Rx的误差较小，测量值Rx=U/I=12、见解析【解析】

当电流表内接时，则由于电流表的分压作用使得电压表的测量值大于电阻两端电压的真实值，由于电流表的读数等于待测电阻上的电流，根据可知使得电阻的测量值大于真实值；当电流表外接时，则由于电压表的分流作用使得电流表的测量值大于电阻上电流的真实值，由于电压表的读数等于待测电阻上的电压，根据可知使得电阻的测量值小于真实值；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）（2）（3）【解析】

粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径，由洛伦兹力提供向心力得，联立得；(2)由图知OP＝d，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为，同理，联立得，(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知，当电场强度E较大时，粒子击中D点，由类平抛运动规律知，，联立得，当电场强度E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律知，，联立得，所以；14、（1）96W（2）48W（3）62.5%【解析】

（1）由题意可知，电路的路端电压U=8V，则内电压U内=E-U=12V-8V=4V；

电