2025届湖南省邵阳市邵阳县物理高二第一学期期末教学质量检测试题含解析

2025届湖南省邵阳市邵阳县物理高二第一学期期末教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、如图所示的电路，电源电动势为E，线圈L的电阻不计，以下判断正确的是A.闭合S，稳定后，电容器两端电压为EB.闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电C.断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电D.断开S瞬间，电容器的a极板将带负电2、如图所示是电阻和的伏安特性曲线,并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域现在把电阻,并联在电路中,并联的总电阻设为R,下列关于与的大小关系及R的伏安特性曲线所在的区域说法正确的是A.,伏安特性曲线在Ⅰ区B.,伏安特性曲线在Ⅲ区C.,伏安特性曲线在Ⅰ区D.,伏安特性曲线在Ⅲ区3、有一个电风扇,额定电压为U，额定功率为P，电动机线圈的电阻为R，把它接入电压为U的电路中，下列计算时间t内产生热量的方法中正确的是()A.B.C.D.4、关于两个运动的合成，下列说法正确的是A.两个直线运动的合运动一定也是直线运动B.方向不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动C.小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度D.小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短5、如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取，下列说法正确的是（）A.线框具有向左的运动趋势B.t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.5WbC.t＝0.4s时刻线框中感应电动势为1.5VD.0－0.6s内通过线框横截面电荷量为0.018C6、真空中有甲乙两个点电荷，相距r时的静电力为若保持两者间距不变，使甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的倍，则它们之间的静电力变为A. B.C. 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、在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡、分别与有铁芯的线圈和定值电阻组成如图所示的电路（自感线圈的直流电阻与定值电阻的阻值相等，且的自感数足够大），闭合开关达到稳定后两灯均可以正常发光．关于这个实验的下面说法中正确的是（）A.闭合开关后，灯先亮，灯后亮B.闭合开关后，灯后亮，灯先亮C.闭合开关，待后电路稳定断开开关，灯会闪亮一下D.闭合开关，待电路稳定后断开开关，灯不会闪亮，但会缓慢熄灭8、关于磁场，下列说法正确的是（）A.磁场的基本性质是对处于其中的磁极和电流有力的作用B.磁场是看不见摸不着，实际不存在的，是人们假想出来的一种物质C.磁场是客观存在的一种特殊的物质D.磁场的存在与否决定于人的思想，想其有则有，想其无则无9、回旋加速器的工作原理如图所示：D1和D2是两个中空、半径固定的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中；中央O处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．不考虑相对论效应，不计粒子重力．下列说法正确的是A.粒子在磁场中的运动周期越来越大B.D型盒半径越大，粒子离开加速器时的动能就越大C.磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大D.两盒间电势差越大，粒子离开加速器时的动能就越大10、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点A、B、C构成一直角三角形，AB=0.1m，电场线与三角形所在的平面平行，已知A点的电势为0V，B点的电势为-5V，C点的电势为15V，据此可以判断（）A.场强方向由A指向CB.场强大小为100V/mC.将一带电量为q=4×10-5C的正电荷从A点移到D点，电场力做功4×10-4JD.将一带电量为q=4×10-5C的正电荷从A点移到D点，电势能增大了2×10-4J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）为测定干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：A.完全相同的干电池2节，每节干电池的电动势为1.5V左右，内阻较小B.电流表A1(量程为0.6A，内阻约0.5Ω)C滑动变阻器R3(0～10Ω，10A)D.滑动变阻器R4(0～100Ω，1A)E.电流表G(量程为3.0mA，Rg=10Ω)F.定值电阻R1=990ΩG.定值电阻R2=90ΩH.定值电阻R0=3.0ΩI.开关S和导线若干(1)由于两节干电池的内阻较小，现将定值电阻R0=3.0Ω与两节干电池串联后作为一个整体进行制量，在进行实验时，滑动变阻器应选用其中的_____，定值电阻F和G应选用其中的_____.（填写实验器材前的字母)（2)在如图所示的虚线框中补充完整本实验电路的原理图.________（3)根据实验测得的数据作出I2-I1图线，如圈所示，其中I2为通过电流表G的电流，I1为通过电流表A1的电流．根据该图线可知每节干电池的电动势为______V，内阻为____Ω.12．（12分）在如图的甲所示的电路中，电阻==，匝数为1匝的圆形金属线圈半径为，线圈导线的电阻为。圆形金属线圈区域内存在着半径为（<），方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为和，其余导线的电阻不计。闭合S，至时刻，电路中的电流已稳定，此时线圈中产生的感应电动势=_________，电容器的_____（上板/下板）带正电，线圈两端电压________。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，一束带负电离子（电荷量的绝对值为e），以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角是60°，不计重力，求：（1）离子在磁场中运动的轨道半径r；（2）离子的质量m（3）离子穿过磁场的时间t14．（16分）如图所示，电源的电动势，电阻，电动机绕组的电阻，开关始终闭合．当开关断开时，电阻的电功率是525W；当开关闭合时，电阻的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻r；（2）开关闭合时电动机的效率。15．（12分）如图，两平行金属导轨间距离，导轨和水平面的夹角是，导轨所在的平面内分布着磁感应强度的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒始终静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，导轨电阻不计，g取10m/s2(1)求通过导体棒的电流；(2)若导轨光滑，磁场方向竖直向上，求导体棒受到的安培力大小及的大小；(3)若导轨粗糙，磁场方向垂直导轨平面向上，求导体棒受到的摩擦力的大小和方向

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．闭合S到电路稳定过程中，电容器两端电压逐渐减小，线圈L相当于导线，则电容器被短路，则其电压为零，故A错误；B．当闭合S稳定后，电容器被短路，则其电压为零，电容器的a极板不带电，故B错误。CD．断开S的瞬间，线圈L中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，结电容器充电，根据线圈的电流方向不变，则电容器的a极板将带正电。故C正确，D错误。故选C2、A【解析】分析图像斜率的意义，利用并联电阻越并越小的特点解此题【详解】由图像可知，图像斜率表示电阻的倒数，所以斜率越大，电阻反而越小，故，BC选项错误；又由于电阻并联，总电阻越并越小，所以，所以的伏安特性曲线在Ⅰ区，A正确，D错误故选A【点睛】本题考查图像的斜率，学生可能会忘记倒数这层关系，还考查了并联电阻越并越小的特点3、B【解析】A．电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以t时间内产生的热量为；由于是非纯电阻电路，故，故，故A错误；BD．由于，，故，B正确D错误；C．电风扇的功率为P，而电风扇消耗的电能大部分转化为机械能，所以产生的热量：，C错误；故选B。4、B【解析】位移、速度、加速度都是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．合运动与分运动具有等时性【详解】两个分运动是直线运动，其合运动可能是曲线运动，比如平抛运动．故A错误．不共线两个匀速直线运动，没有加速度，则合运动也一定是匀速直线运动．故B正确．合运动的速度（小船对地速度）可能比分速度（水流速度）大，可能比分速度小，可能与分速度相等．故C错误；小船渡河的时间由小船沿垂直于河岸方向的速度决定，故水流速度越大，小船渡河所需时间却不变，故D错误．故选B5、C【解析】A．线框的磁通量是向外多于向内，故合磁通向外，有增加趋势，根据楞次定律，产生感应电流，受安培力，会阻碍磁通量的增加，故安培力向右（向右运动会导致磁通量减小）而阻碍磁通量的增加，即线框具有向右的运动趋势，故A错误；B．设磁场向外穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得时穿过线框的磁通量为故B错误；C．由于不变，故根据法拉第电磁感应定律有故C正确；D．由于是恒定电流，根据闭合电路欧姆定律可得内通过线框横截面电荷量为故D错误。故选C。6、A【解析】由库仑定律可得变化后的静电力【详解】设甲的电荷量为Q，乙的电荷量为q．变化前静电力为：，变化后静电力为：，故选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、BD【解析】AB.闭合开关的瞬间，b灯立即正常发光，a灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，a灯逐渐变亮，故A错误，B正确；CD.闭合开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，a、b两灯串联，同时逐渐变暗，两灯均不会闪亮．故C错误，D正确8、AC【解析】A．磁场的基本性质是对处于其中的磁极和电流有力的作用，故选项A正确；BCD．磁场是看不见摸不着，但是实际存在的一种物质，与人的思想无关；故选项C正确，选项BD错误9、BC【解析】粒子在磁场中运动的周期与粒子的速度无关；回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关【详解】粒子在磁场中运动的周期：，与其速度的大小无关，所以粒子运动的周期不变，故A错误；由qvB=得：，则最大动能为：Ekm=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关．D型盒的半径越大，磁场越强，粒子离开加速器时的动能就越大，与两盒间电势差无关；故BC正确，D错误；故选BC.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关10、BD【解析】A．由题意知：D点电势为5V，根据对称性，0V电势应该在BD中点，又因为∠B=60°，故电场线沿BC方向，且由C指向B，故A错误。B．由题意BC=0.2m，得故B正确。CD．将一带电量为q=4×10-5C的正电荷从A点移到D点，电场力做负功W=Uq=5V×4×10-5C=2×10-4J电势能增大了2×10-4J，故C错误，D正确。故选BD。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.C②.F③.④.1.5⑤.1【解析】(1)电源为两节干电池，则电动势为3V较小，电源的内阻较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选C．上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表；改装后电压应约大于等于3V，则根据串联电路规律可知，应串联的电阻；故选F；(2)用改装后的电压表测量电压值，用电流表A与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示；(3)根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（900+100）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势为E=3.0×10-3×1000V=3V，则一节干电池的电动势为1.5V；与横轴的交点可得出路端电压为2.0V时电流是0.2A，由闭合电路欧姆定律E=U+I(r+R0)可得,电源内阻;故内阻r=5-3=2.0Ω；电源为两节干电池，一节干电池的内阻为1.0Ω.【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意当器材中没有电压表时，应考虑将电流表与定值电阻串联代替电压表；涉及到用图象求解的问题，应先根据物理规律解出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，然后再根据截距和斜率的概念求解即可12、①.②.下板③.【解析】[1]根据法拉第电磁感应定律，则有[2]根据楞次定律可知，线圈产生的顺时针方向电流，则电容器下极板带正电[3]线圈两端电压为四、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】电子垂直射