湖南省邵阳市隆回县2025届物理高二第一学期期末教学质量检测试题含解析

湖南省邵阳市隆回县2025届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、如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹，设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB，下列说法正确的是（）A.若aA<aB，则Q靠近M端且为负电荷B.若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C.EpA=EpBD.EpA>EpB2、在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为的电子束内的电子个数是（）A. B.C. D.3、如图所示，先后以速度v1和v2匀速把同一正方形闭合线圈拉入有界匀强磁场区域的过程中，已知vl=3v2．则在先后两种情况下A.线圈中的感应电流之比为I1：I2=3：1B.线圈中的感应电流之比为I1：I2=1：3C.线圈所受到的安培力之比为F1：F2=1：9D.线圈所受到的安培力之比为F1：F2=9：14、为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A. B.C. D.5、如图所示，电阻R=20Ω，电动机的内电阻r=5Ω，电路两端的电压U保持不变．开关断开时，电流表的示数为I1，电路消耗的总功率为P1；开关闭合后，电动机正常工作，电流表的示数为I2，电路消耗的总功率为P2．则A.I2<5I1 B.I2=5I1C.P2>5P1 D.P2=5P16、如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为、电势能为E；在B点的加速度为a、电势能为E则下列结论正确的是A.粒子带正电，a，EB.粒子带负电，a，EC.粒子带正电，，ED.粒子带负电，a，E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，轻质弹簧左端固定，置于场强为E水平向左的匀强电场中，一质量为m，电荷量为+q的绝缘物块（可视为质点，从距弹簧右端L1处由静止释放，物块与水平面间动摩擦因数为μ，物块向左运动经A点（图中未画出）时速度最大为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2，重力加速度为g整个过程中弹簧始终在弹性限度内．则从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中（）A.物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为B.物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C.物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为D.若物块能弹回，则在向右运动的过程中速度最大的位置在A点左侧8、如图，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右边．不计重力，下列表述正确的是()A.粒子带正电B.粒子在M点的速率最大C.粒子在电场中的加速度不变D.粒子在电场中的电势能先增大后减小9、如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上两点。若带电粒子运动中只受静电力作用，根据此图可以作出的判断是（）A.带电粒子所带电荷的符号B.带电粒子在A、B两点的受力方向C.带电粒子在A、B两点的加速度何处大D.带电粒子在A、B两点的加速度方向10、用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率则A.圆环中产生逆时针方向的感应电流B.圆环具有扩张的趋势C.圆环中感应电流的大小为D.图中a、b两点间的电势差三、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）某同学采用如图所示的电路测定电源电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为2Ω；电压表(0～3V，3kΩ)、电流表(0～0.6A，1.0Ω)、滑动变阻器有R1(10Ω，2A)和R2(100Ω，0.1A)各一只(1)实验中滑动变阻器应选用____(填“R1”或“R2”)．在方框中画出实验电路图____(2)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U－I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E＝______V；内阻，r=___Ω12．（12分）小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值。(1)在使用前发现电表指针位置如下图甲所示，该同学应该调节哪个位置_________（选“①”或者“②”）；(2)小明使用多用电表欧姆档的“×10”档测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆档_______（填“×100”档；或“×1”档），两表笔短接并调节______（选“①”或者“②”）。(3)按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为_________Ω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）电源电动势为4.8V、外电阻为4.0时，路端电压为4.0V。如果在外电路并联一个6.0的电阻，路端电压是多大？14．（16分）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出打在距离偏转板右侧为S的竖直屏幕上。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U1；偏转电场极板间电压为U2，极板长度为L，板间距为d；（1）忽略电子所受重力，求电子从电场射出后打在竖直屏幕上的竖直偏转距离∆y；（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请说明忽略重力的原因。（3）地球表面沟壑丛生，既有高山，又有大海，但平时我们都把地球看作一个圆球。已知地球最高峰珠穆朗玛峰高度8844.43m，地球平均半径6371.393km，请你用分析物理量的数量级的方法，说明把地球视作一个圆球的原因。15．（12分）电荷量q=1×10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示.重力加速度g=10m/s2.求：（1）物块与水平面间的动摩擦因数；（2）物块在4s内减少的电势能.

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】AB、由图可知粒子电场力应向左方，因粒子带负电，故电场线的方向应向右，若aA<aB，则Q靠近N端且为负电荷，故A错误；若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷，故B正确；CD、粒子由A到B过程中，电场力做负功，电势能增加，故A点的电势能EpA小于在B点的电势能EpB；故CD错误；故选B【点睛】曲线运动中，合力指向曲线的内侧；轨迹与电场线交点位置，电场力向左，故从A到B，电场力做负功，电势能增加2、C【解析】根据动能定理得：得到：在刚射出加速电场时，一小段长为的电子束内电子电量为：电子数为：联立解得：故选C。3、A【解析】A、B项：感应电动势为，感应电流为，所以电流之比等于速度之比等于3：1，故A正确，B错误；C、D项：由安培力公式可知，安培力之比等于速度之比等于3：1，故CD错误故选A4、B【解析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向【详解】地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确【点睛】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定5、A【解析】当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R的电压U；当电键S闭合后，通过R的电流仍为I1，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2＜U/r求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI求解电路中功率范围【详解】当电键S断开时，由欧姆定律得，P1=I1U．U=20I1；当电键S闭合后，通过R的电流仍为I1，电动机转动，电动机的电流，故电流表的电流I2＜5I1，电路消耗的电功率P=UI2＜5I1U=5P1．故A正确，BCD错误．故选A【点睛】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜U/r是关键不等式6、D【解析】图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式判断电势能高低【详解】由于等势面是同心圆，且半径外大里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即；从A到B，电势降低，根据公式可知B点电势能大，即，故D正确，ABC错误。故选D。【点睛】本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据公式φ=Ep/q判断电势能大小二、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】滑块在从释放到弹簧压缩至最短的过程中，有电场力、摩擦力和弹簧弹力做功，根据功能关系、动能定理、电场力做功与电势能的关系等进行判断；【详解】A、物块和弹簧组成的系统机械能的增量等于外力做的功，弹簧弹力是内力，不改变机械能，外力只有电场力和摩擦力，所以从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中机械能的增量为，故A正确；B、根据能量守恒，电势能的减少量等于机械能的增加量加上系统产生的内能，动能没有变，机械能的增加量等于弹性势能的增加量，所以物块电势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确；C、物块速度最大时，加速度为0，则物块距释放点的距离大于，设弹簧弹力为F，则，释放点到速度最大的位置距离，速度最大时的弹性势能等于机械能的增加量减去动能的增加量，即，其中，故C错误；D、向左经过A点时速度最大，加速度为零，若物块能弹回，向右运动经过A点时摩擦力方向改变，所以反弹经过A点加速度方向向左，不为0，速度最大位置在A点的左侧，故D正确【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量等8、CD【解析】A．由轨迹可知，粒子受电场力向左，则粒子带负电，选项A错误；B．粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，所以B错误；C．粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故C正确；D．当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，粒子在电场中的电势能先增大后减小，故D正确故选CD。点睛：本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小9、BCD【解析】B.根据曲线运动的物体受力方向指向曲线的“凹”侧，可以判断带电粒子在A、B两点的受力方向如图：选项B正确；A.因不知场强方向，所以无法判断带电粒子所带电荷的符号，选项A错误；C.因为A点的电场线比B点密集，A点的场强比B点大，所以带电粒子在A点的加速度大于B点的加速度，选项C正确；D.加速度方向与受力方向一致，因而也可判断带电粒子在A、B两点的加速度方向，选项D正确。故选BCD。10、BD【解析】A.磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故选项A不符合题意；B.由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故选项B符合题意；C.由法拉第电磁感应定律可知：线圈电阻，感应电流，故选项C不符合题意；D.与闭合电路欧姆定律可知两点间的电势差为，故选项D符合题意；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.R1②.③.1.47(1.46-1.48)④.1.81(1.78-1.83)【解析】（1）[1]．电路中最大电流不超过0.5A，而R2的额定电流为0.1A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器选用R1；[2]．电路如图所示（2）[3][4]．由闭合电路欧姆定律U=E-Ir得知，当I=0时，U=E，U-I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，图线于纵轴截距即为电动势E=1.47V12、①.①②.×1③.②④.28（25-30范围都可）【解析】(1)[1]由图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮①；(2)[2][3]由图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选档位太大，故应换用小档位，故选×1；同时每次换档后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮②使指针指到右侧零刻度处；(3)[4]由图可知，电阻R=28×1Ω=28Ω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