2025届湖南省各地高二物理第一学期期中质量检测试题含解析

2025届湖南省各地高二物理第一学期期中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、施密特触发器是具有特殊功能的非门,当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平,而当输入端A的电压下降到另一个值时,Y会从低电平跳到高电平.如图是温度报警器电路示意图,RT是半导体热敏电阻,温度升高时电阻减少,下列分析正确的是A．升高温度时,A端电势降低;升高到某一温度时,Y端电势升高,蜂鸣器会发出报警声B．升高温度时,A端电势升高;升高到某一温度时,Y端电势降低,蜂鸣器会发出报警声C．增大R1时,A端电势降低;增大到某一值时,Y端势升高,蜂鸣器会发出报警声D．增大R1时,A端电势升高;增大到某一值时,Y端势降低,蜂鸣器不会发出报警声2、某静电场中有点P，关于P点的电场强度与电势，下列说法正确的是A．若放在P点的试探电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B．若放在P点的试探电荷的电荷量减半，则P点的电势减半C．P点的场强，电势由电场决定，与试探电荷无关D．P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向3、如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿Ox轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD．已知2OA=AB，则电子在OC段和CD段动能的增加量之比△EkC:△EkD为（）A．1:9 B．1:3 C．1:2 D．1:84、如图所示，杯子静置于水平桌面上，杯子对桌面的压力为F1，桌面对杯子的支持力为F2．下列说法正确的是（）A．F1就是杯子所受的重力 B．F1与F2的大小不相等C．F1与F2是一对平衡力 D．F1与F2是一对作用力与反作用力5、下列说法正确的是()A．电势降低的方向就是电场强度的方向B．处于静电平衡的导体，由于导体内部场强为零，所以导体内的电势也为零C．电动势公式E＝中的W与电压U＝中的W一样，都是电场力做的功D．若电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其它力的作用，但电势能的减少量仍等于这一过程中电场力所做的功6、如图所示，一块均匀的长方体导体，长为a，宽为b，厚为c。电流沿AB方向时测得导体的电阻为R，则电流沿CD方向时导体的电阻以及导体的电阻率分别为（）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、一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止．其v-t图象如图所示，那么在0～t0和t0～3t0两段时间内（）A．加速度大小比为2：1 B．位移大小比为1：3C．平均速度大小比为2：1 D．平均速度大小比为1：18、下列设备或电器中，没有利用电磁感应原理工作的是A．发电机 B．白炽灯C．电动机 D．电吹风9、有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C，从同一位置以相同速度v0先后射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图所示，则下列说法中正确的是（）A．小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电B．三个小球在电场中运动的时间相等C．三个小球到达正极板的动能EkA＜EkB＜EkCD．三个小球到达正极板的动量的增量△pA＜△pB＜△pC10、如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d.平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（）A．若将s断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B．若将A向左平移小段位移，则油滴仍然静止，G表中有b-a的电流C．若将A向上平移小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有a-b的电流D．若将s断开，A向下平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中无电流三、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）下图为一简易多用电表的内部电路原理图，其中G为灵敏电流计，S为单刀多掷开关(功能键)，表内直流电源的电动势为E．由图可知，欲选择电压挡大量程时，应将功能键置于_____________________位置；欲测电阻时，应将功能键置于_____________位置，欲选择电流挡大量程时，应将功能键置于__________位置．(统一填写数字序号)12．（12分）下图各仪器的读数：（螺旋测微器）为___mm，(量程为0.6A的电流表)为___A四、计算题：本题共2小题，共26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，一个电子以的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150°角方向飞出，电子从A到B运动的时间为.电子的质量为，电子重力不计．则：(1)A、B两点间的电势差为多少？(2)匀强电场的电场强度为多少？14．（16分）如图所示，已知R3=3Ω，理想电压表读数为3v，理想电流表读数为2A，某时刻由于电路中R3发生断路，电流表的读数2.5A，R1上的电压为5v，求：（1）R1、R2阻值各是多少?（2）电源电动势E和内电阻r各是多少？15．（12分）如图所示，在半径为的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计．（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；（2）若粒子对准圆心射入，且速率为，求它打到感光板上时速度的垂直分量.

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、根据电路图知，当RT的温度升高时，RT减小，A端电势升高，经非门后，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，故B正确，A错误；CD、当增大R1时，A端电势升高，经非门后，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声，故C、D错误；故选B。【点睛】根据电路图知，当RT的温度升高时，RT

减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，当增大R1时，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声。2、C【解析】

ABC．电场中某点的场强和电势是由电场本身决定的，与试探电荷的电量无关，选项AB错误，C正确；D．P点的场强方向为正的试探电荷在该点的受力方向，选项D错误．3、D【解析】电子在电场里做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，因为2OA=AB，知OC与CD的时间比为1：2，则OC与OD的时间比为1：3，根据推论可得OC和OD在竖直方向上的位移比为1：9，则OC、CD竖直方向上的位移之比为1：8，根据动能定理，有qEy=△EK，电子在OC段和CD段动能的增加量之比△EkC：△EkD=1：8，故D正确，ABC错误．4、D【解析】A、重力的施力物体是地球，所以不是重力，故A错误；

B、力和力是等大，反向，共线，作用于两个物体，是一对作用力和反作用力，不是平衡力，故D正确，BC错误．点睛：本题主要考察了作用力与反作用力，及平衡力的区别与联系，要注意明确二者的区别主要在于所涉及的物体，平衡力是一个物体，而作用力和反作用力是两个物体．5、D【解析】

A．电势降低最快的方向是电场强度的方向，选项A错误；B．处于静电平衡的导体，导体内部场强为零，导体是等势体，但是导体内的电势不一定为零，选项B错误；C．电动势公式E＝中的W是非静电力做功；而电压U＝中的W是电场力做的功，选项C错误；D．若电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其它力的作用，但电势能的减少量仍等于这一过程中电场力所做的功，选项D正确。6、B【解析】

电流沿AB方向时测得导体的电阻为R，则解得电流沿CD方向时导体的电阻故选B。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】

A、根据速度时间图象的斜率等于加速度大小，则有在0～t0和t0～3t0两段时间内加速度大小之比为：；故A正确．B、根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为；故B错误．C、D、根据匀变速直线运动的推论，则平均速度大小之比为：；故C错误，D正确．故选AD．【点睛】本题只要抓住速度—时间图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小．8、BCD【解析】发电机是线圈在磁场中运动，结果是产生电流，利用电磁感应现象原理，故A正确；白炽灯是将电能转化为热能后一部分热能转化为光能的设备，即是消耗电能的电热装置，故B错误；电动机是线圈在磁场中运动，因通电，而产生力，故C错误；电吹风是将电能转化为热能，与电磁感应无关，故D错误；故选A．9、ACD【解析】

AB．小球做类平抛运动，水平方向为匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动，从图中可以看到小球A的水平位移最大，根据公式可知小球A运动的时间最长，其次是小球B，小球C的运动时间最短；在竖直方向上，则有由于相同，结合时间得知小球受重力和电场力，又由于带正电的小球受到的电场力方向与电场方向相同，带负电的小球受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的小球不受电场力，所以小球A受到向上的电场力即小球A带正电，小球C带负电，小球B不带电，故A正确，B错误；C．以相同的水平速度先后垂直极板间电场射入，C球受合外力最大，则合外力的功最多，动能增量最大；A球受合外力最小，则合外力的功最少，动能增量最小，所以三个小球到达正极板时的动能为故C正确；D．因为，根据可知竖直位移相等，则而小球的动量增量为可知△pA＜△pB＜△pC选项D正确。故选ACD。10、BD【解析】将S断开，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故A错误；若将A板左移，电容器板间电压不变，由E=U/d可知，场强E不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态．电容器的电容减小，由Q=CU知电容器的电量将减小，放电，则G表中有b→a的电流，故B正确．将A板上移，由E=U/d可知，E变小，油滴所受的电场力减小，将向下加速运动．电容C变小，电量减小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故C错误；若将S断开，根据C=εS4πkd，C=Q/U，E=U/d可得：E=4πkQεS，可知E不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，由于电路断开了，则G中无电流，故点睛：本题是电容器动态变化分析问题．含有电容器的电路，只有在电容器充电或放电的过程有电流，而分析电容器充放电要根据分析电容和电压的变化来确定．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)5(2)3(2)1【解析】

电压表中灵敏电流计与大电阻串联；电流表中灵敏电流计与小电阻并联；欧姆表中利用内部电源供电，根据闭合电路欧姆定律可计算出待测电阻的阻值；【详解】多用电阻若测电压，应让表头与电阻串联；由图可知，与电阻串联的接法只有5或4；欲选择电压档大量程时，应将功能键置于5位置；要用表头测电阻，则内电路中应有电源，由图可知，只有接3时才能测电阻；测电流时应使表头与电阻并联，由接1或2时可以用来测电流；接1时，R2与表头串联后再与R1并联，因此R1相对于表头及串联电阻更要小，故测量的量程更大．12、2.1500.42【解析】

螺旋测微器读数为：2mm+0.01mm×15.0=2.150mm；量程为0.6A的电流表最小刻度为0.02A，则读数为：0.42A；四、计算题：本题共2小题，共26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）-136.5V（2）3.9×10-2V/m【解析】（1）电子做类平抛运动，将vB分解为水平速度v0和竖直速度vy，vA=vBcos60°

所以：vB=2vA=2×4×106=8×106m/s

设A、B两点间的电势差为UAB，根据动能定理：

所以（2）竖直分速度：vy=v0tan30°

由运动学公式有：vy=at

牛顿第二定律：eE=ma

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联立解得：点睛：本题运用动能定理求电势差，也可以根据类平抛运动的特点，牛顿第二定律和运动学结合求解．14、（l）2Ω1Ω（2）10V2Ω【解析】试题分析：根据题意可知R3断路后，R1直接接到电压两端，电压表测量R1电压，根据欧姆定律求出R1的阻值，根据串联分压可以求出电阻R2的阻值，在R3断开前后，根据闭合电路欧姆定律列式即可求解电动势和内电阻。（1）R3断开时，电压表测量R1电压，电流表测量电流，根据欧姆定律可得：R3断开前R1上电压为：U1=R1I=4V电压关系为：U1=U2+U3可得：U2=1V根据串联分压特点可得：解得：R2=1Ω（2）R3断开前总电流I1=3A根据闭合电路欧姆定律可得：