2027届福建省龙岩一中物理高二上期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2027届福建省龙岩一中物理高二上期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、用电器与电源相距L，线路上电流强度为I，为使输电线上的电压损失不超过U，已知输电线的电阻率为ρ，那么输电线的横截面积最小值应是()A． B． C． D．2、如图所示，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。现施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度α=60°，则A受到的电场力大小为A．3mgB．33mgC．mgD．33、下列关于电源电动势的说法正确的是（）A．电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领B．在电源内部正电荷从高电势处向低电势处移动C．电源是通过静电力把其它形式的能转化为电能的装置D．把同一电源接在不同的电路中,电源的电动势也将变化4、真空中两个静止的点电荷相距r时，相互作用的静电力大小为F。当它们之间的距离增大到2r时，它们之间的静电力大小为（）A．F2B．F4C．2F5、如图所示，运动员把质量为的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为，在最高点时的速度为，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是()A．运动员踢球时对足球做功B．足球上升过程重力做功C．运动员踢球时对足球做功D．足球上升过程克服重力做功6、如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=-3V，由此可得D点电势为（）A．6V B．9V C．12V D．15V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，纸面内间距均为L的A、B、C三点位于平行于纸面的匀强电场中．电荷量为q=1.0×10-5C的负电荷由A点移动到C点克服电场力做功为，该电荷由C点移动到B点电场力做功为W2=2.0×10-5J．若B点电势为零，以下说法正确的是A．A点的电势为2V B．A点的电势为-2VC．匀强电场的方向为由C点指向A点 D．匀强电场的方向为垂直于AC指向B点8、如图，金属棒AB用软线悬挂在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中，电流由A向B，此时悬线张力为T，欲使悬线张力变小，可采用的方法有…（）A．将磁场反向，且适当增大磁感应强度B．改变电流方向，且适当增大电流强度C．电流方向不变，且适当增大电流强度D．磁场方向不变，且适当增大磁感强度9、质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ．有电流时ab恰好在导轨上静止，如图所示．下面是沿b向a方向观察时的四个平面图，标出了四种不同的匀强磁场方向，其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是（）A． B． C． D．10、下列关于电源电动势的说法中，正确的是（）A．电动势越大，表明其储存的电能越多.B．电动势是闭合电路中电源两端的电压.C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映.D．电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移动单位正电荷做的功越多.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）表格中所列数据是测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：U（V）0.00.20.51.01.52.02.53.0I（A）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（1）分析表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图中的_____（选填“甲”或“乙”）．（2）请在图丙所示的方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线_________；分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而_____（选填“变大”、“变小”或“不变）．12．（12分）用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)某同学通过实验得到如图乙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________(填“偏大”或“偏小”)。(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件。(3)某同学得到如图丙所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。由此可算出小车的加速度a＝________m/s2(保留两位有效数字)。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，在绝缘水平面上相距为L的A、B两点分别固定着等量正点电荷.O为AB连线的中点，C、D是AB连线上两点，其中AC=CO=OD=DB=14L.一质量为m电量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能E从C点出发，沿直线AB向D运动，滑块第一次经过O点时的动能为kE（k＞1），到达D点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，（已知重力加速度为g（1）小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ.（2）OD两点间的电势差UOD.（3）小滑块运动的总路程x.14．（16分）如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=31°，OA的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场．已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t1．不计重力．（1）求磁场的磁感应强度的大小；（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小.15．（12分）如图所示，倾角θ=37°的绝缘斜面底端与粗糙程度相同的绝缘水平面平滑连接．其中，水平面处在竖直向下的匀强电场中；斜面处在水平向右匀强电场中，场强的大小均为E．今让一个带电金属块从斜面顶端由静止开始下滑，已知在金属块下滑到斜面底端的过程中动能增加了⊿Ek=8J，金属块克服摩擦力做功Wf=12J，重力做功WG=36J，设在整个运动过程中金属块的带电量保持不变．（取g=11m/s2；sin37°=1．6,cos37°=1．8）求：（1）在上述过程中电场力所做的功W电；（2）滑块与斜面之间的动摩擦因数μ；（3）若已知匀强电场的场强E=1×115V/m，金属块所带的电量q=1×11－5C．则金属块在水平面上滑行的距离L2为多长？

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】

根据欧姆定律得根据电阻定律解得A．，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论相符，选项B正确；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；2、B【解析】A向右摆动，摆动的最大角度为60°，最高点受力不平衡但速度为零，根据动能定理可得：

F电Lsin60°-mgL（1cos60°）=0，解得：F电点睛：本题主要是考查动能定理，解答本题要掌握动能定理的应用方法；注意，本题不能利用共点力的平衡条件来求解．3、A【解析】

A．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，故A正确；B．在电源内部，电流方向从负极指向正极，所以正电荷从低电势处向高电势处，故B错误；C．电源是通过内部非静电力把其它形式的能转化为电能的装置，故C错误；D．把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故D错误。4、B【解析】

根据库仑定律F=k若将这两个点电荷间的距离变为2r，则他们之间的静电力大小变为：F'故：F′=F/4故选：B.5、C【解析】

AC.足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为：由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为：足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：故A错误，C正确；BD.足球上升过程重力做功：足球上升过程中克服重力做功：克故B、D错误．6、B【解析】

匀强电场中AB与DC平行且等长，则即代入数据可得，故选B．据，匀强电场中任意两条平行线上距离相等的点间电势差相等.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、BC【解析】

根据试探电荷的电荷量和电场力做功，根据公式，分别求出A与C间、C与B间电势差，结合B点电势为零，再确定A、B两点的电势．找到等势线，根据电场线和等势面的关系分析场强的方向．【详解】对于C、B间电势差为：，若B点电势为零，UCB=φC-φB，则C点电势φC=2V．而A与C间的电势差为：，因UAC=φA-φC，则A点电势φA=-2V，故A错误，B正确；因φC=2V，φA=-2V，可知，AC连线的中点M电势为0，M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A，故C正确，D错误．所以BC正确，AD错误．本题主要考查对电势差公式的应用能力，各量均需代入符号．注意电势有正负，而电压没有正负可言．8、CD【解析】当电流方向由A向B时，安培力方向竖直向上，有F+T=mg，所以要使T减小可增大安培力，由F=BIL可知CD对；9、AC【解析】A.杆受到向下的重力，水平向右的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，可以处于平衡状态，摩擦力可以为零，所以A正确；B.杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以B错误；C.杆受到的重力竖直向下，安培力也是竖直向下的，支持力垂直于斜面向上，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以C错误；D.杆受到的重力竖直向下，安培力竖直向上，当这两个力等大反向的时候，杆就处于平衡状态，此时的摩擦力就是零，所以D正确．故选AD.10、CD【解析】

ACD.电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位正电荷做的功越多，但电能不一定多，故A错误，CD正确。B.电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势，故B错误。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）甲；（2）如图所示；变大．【解析】（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，故该实验选择分压接法．故应选择甲电路；

（2）根据表示所给数据，画出小灯泡的U-I曲线如上所示；由小灯泡的U-I曲线可知，图象的斜率变大，故说明当电流增大时，灯泡的电阻增大．12、偏大M≫m5.0【解析】

由题中“用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律”可知，本题考查牛顿第二定律实验，根据实验要求和数据处理可分析本题。【详解】（1）[1]根据所示的a-F图象，在没加外力的时候已经有了加速度，说明在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大；（2）[2]为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足M≫m的关系；（3）[3]根据公式解得四、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）μ=2E【解析】解：（1）由于C点与D点等势，滑块从C到D的过程中，电场力不做功，则小滑块第一次由C到D，由动能定理有：﹣μmg•=0﹣E0求得，小滑块与水平面间动摩擦因数为μ=；（2）由C第一次到O时，由动能定理得﹣μmg+qUCO=nE0﹣E0，解得，UCO=（3）由C开始到最后停在O点，有：qUCO﹣μmgS=0﹣E0由以上二式得：S=故小滑块运动的总距离为：S=答：（1）小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ为；（2）C、O两点间的电势差UCO为．（3）小滑块运动的总路程S为．【点评】电场中的动能定理的应用要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，故很容易可求得电场力的功．14、(1)；(2)；(3)【解析】试题分析：(1)粒子垂直OA进入磁场中，转过91°，垂直打在y轴上，则，求出周期，由周期公式，求B的大小(2)画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为和，由几何关系有，可得到时间之和等于；(3)根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差与成正比，只要求出的最大值，即可求得的最大值。（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t1内其速度方向改变了91°，故其周期T=4t1①设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r．由洛伦兹力公式和牛顿定律得②匀速圆周运动的速度满足③联立①②③式得④（2）设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子