遼寧省鐵嶺市2025屆物理高二第一學期期末教學質量檢測試題含解析

遼寧省鐵嶺市2025屆物理高二第一學期期末教學質量檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則（）A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動B.極板帶電量將增加C.P點的電勢將降低D.極板間的場強不變2、如圖所示，在矩形ABCD的AD邊和BC邊的中點M和N各放一個點電荷，它們分別帶等量的正、負電荷．E、F是AB邊和CD邊的中點，P、Q兩點在MN的連線上，MP=QN．對于E、F、P、Q四點，其中電場強度相同且電勢相等的兩點是（）A.E和F B.P和QC.A和B D.C和D3、將一面積為cm2，匝數(shù)的線圈放在勻強磁場中，已知磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間t變化規(guī)律如圖所示，線圈總電阻為2Ω，則A.在0~2s內(nèi)與2s~4s內(nèi)線圈內(nèi)的電流方向相反 B.在0~4s內(nèi)線圈內(nèi)的感應電動勢為VC.第2s末，線圈的感應電動勢為零 D.在0~4s內(nèi)線圈內(nèi)的感應電流為A4、如圖所示為“感受向心力”的實驗，用一根輕繩，一端栓著一個小球，在光滑桌面上掄動細繩，使小球做圓周運動，通過拉力來感受向心力．下列說法正確的是A.只減小旋轉角速度，拉力增大B.只加快旋轉速度，拉力減小C.只更換一個質量較大的小球，拉力增大D.突然放開繩子，小球仍做曲線運動5、如圖所示，壓緊的鉛塊甲和乙“粘”在一起，下列說法正確的是A.甲下表面與乙上表面的鉛原子都保持靜止B.甲下表面的任一鉛原子對乙上表面相鄰鉛原子的引力一定大于斥力C.甲下表面的所有鉛原子對乙上表面所有鉛原子引力的合力大于斥力的合力D.甲下表面的鉛原子對乙上表面相鄰鉛原子間只有引力，沒有斥力6、如圖所示，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，L1、L2為兩個相同的燈泡，線圈L的直流電阻不計，與燈泡L1連接的是一只理想二極管D．下列說法中正確的是（）A.閉合開關S穩(wěn)定后L1、L2亮度相同B.斷開S的瞬間，L2會逐漸熄滅C.斷開S的瞬間，L1中電流方向向左D.斷開S的瞬間，a點的電勢比b點高二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示,平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態(tài),不考慮電流表和電壓表對電路的影響,當滑動變阻器R4的滑片向a端移動時,則()A.電壓表讀數(shù)變大 B.電流表讀數(shù)變大C.質點P將向上運動 D.R1上消耗的功率逐漸增大8、如圖所示為閉合電路中兩個不同電源的U-I圖像，則下列說法中正確的是(

)A.電動勢E1=E2，短路電流I1>I2B.電動勢E1=E2，內(nèi)阻r1>r2C.電動勢E1>E2，內(nèi)阻r1>r2D.當兩電源的工作電流變化量相同時，電源2的路端電壓變化較大9、對于分子動理論和物體內(nèi)能的理解,下列說法正確的是()A.溫度高的物體內(nèi)能不一定大,但分子平均動能一定大B.溫度越高布朗運動越顯著C.當分子間的距離增大時,分子間作用力就一直減小D.當分子間作用力表現(xiàn)為斥力時,分子勢能隨分子間距離的減小而增大10、如圖所示，R1、R2、R3、R4均為可變電阻，C1、C2均為電容器，電源的電動勢為E，內(nèi)阻r≠0．若改變四個電阻中的一個阻值，則（）A.減小R1，C1、C2所帶的電量都增加B.增大R2，C1、C2所帶的電量都增加C.增大R3，C1、C2所帶的電量都增加D.減小R4，C1、C2所帶的電量都增加三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）（1）用螺旋測微器測量一根金屬絲的直徑，如圖所示的讀數(shù)是_____cm。（2）某同學先用多用電表粗測其電阻，用已經(jīng)調(diào)零且選擇開關指向歐姆擋“×10”檔位的多用電表測量，發(fā)現(xiàn)指針的偏轉角度太大，這時他應將選擇開關換成歐姆擋的“_____”檔位（選填“×100”或“×1”），然后進行_____，再次測量電阻絲的阻值，其表盤及指針所指位置如圖所示，則此段電阻絲的電阻為_____Ω（電阻絲電阻結果保留3位有效數(shù)字）。12．（12分）用伏安法測量一個定值電阻的電阻值，現(xiàn)有的器材規(guī)格如下：A．待測電阻Rx(大約100Ω)B．直流毫安表A1(量程0～10mA，內(nèi)阻約100Ω)C．直流毫安表A2(量程0～40mA，內(nèi)阻約40Ω)D．直流電壓表V1(量程0～3V，內(nèi)阻約5kΩ)E．直流電壓表V2(量程0～15V，內(nèi)阻約15kΩ)F．直流電源(輸出電壓4V，內(nèi)阻不計)G．滑動變阻器R(阻值范圍0～50Ω，允許最大電流1A)H．開關一個、導線若干(1)根據(jù)器材的規(guī)格和實驗要求，為使實驗結果更加準確，直流毫安表應選________，直流電壓表應選________(2)在方框內(nèi)畫出實驗電路圖_________，要求電壓和電流的變化范圍盡可能大一些(3)用鉛筆按電路圖將實物圖連線__________四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，長為L的絕緣細線上端固定，下端系一個電荷量為q、質量為m的帶正電小球?？臻g存在有豎直向下、場強大小為的勻強電場和水平向里、磁感應強度大小為的勻強磁場．現(xiàn)將小球從絕緣細線與豎直方向夾角為θ=60°的位置由靜止釋放，小球在垂直于磁場的豎直平面內(nèi)運動．己知重力加速度為g，小球的電荷量保持不變，不計空氣阻力．求：（1）小球第一次到達最低點時，小球速度的大?。唬?）小球第一次到達最低點時，細線拉力F的大?。唬?）從小球開始運動到小球第一次運動到最低點的過程中，小球電勢能的變化量ΔEp。14．（16分）如圖所示，兩根足夠長平行金屬導軌MN、PQ固定在傾角的絕緣斜面上，頂部接有一阻值的定值電阻，下端開口，導軌間距。整個裝置處于磁感應強度為B=2T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上。質量m=2kg的金屬棒ab，由靜止釋放后沿導軌運動，運動過程中始終豎直于導軌，且與導軌接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)。從金屬棒ab開始運動至達到最大速度的過程中，金屬棒下降的豎直高度為h=6m。金屬棒ab在導軌之間的電阻，電路中其余電阻不計。，，取。求：(1)金屬棒ab達到的最大速度。(2)金屬棒ab沿導軌向下運動速度v=5m/s時的加速度大小。(3)從金屬棒ab開始運動至達到最大速度過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量。15．（12分）電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小．測量前天平已調(diào)至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量m1=15.0g的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質m0=10.0g，匝數(shù)n=10，下邊長l=10.0cm的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中，如圖18甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢E=1.5V，內(nèi)阻r=1.0Ω．開關S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻使理想電壓表示數(shù)U=1.4V時，R1=10Ω，此時天平正好平衡．g=10m/s2，求：（1）線圈下邊所受安培力的大小F，以及線圈中電流的方向；（2）矩形線圈的電阻R；（3）該勻強磁場磁感應強度B的大小

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】AD．將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動，故A錯誤；B．由可知電容器的電容減小，由于電勢差不變，根據(jù)可知電容器極板帶電量減小，故B錯誤；C．場強減小，而點與下極板間的距離不變，則由公式可知點與下極板間電勢差將減小，而點的電勢高于下極板的電勢，則知點的電勢將降低，故C正確。2、A【解析】A．等量異種電荷的電場線分布情況如圖所示圖中電場線從正電荷出發(fā)，等勢面為不規(guī)則的圓圈，在兩個異種電荷的中垂線上是等勢面，E、F兩點關于連線對稱，電場強度大小和方向都相同，A正確；B．在兩個異種電荷的連線上，電場線從正電荷指向負電荷，沿著電場線電勢越來越低，故P、Q電勢不等，B錯誤；C．題目圖中位置A與位置B兩位置關于兩電荷連線不對稱，由A選項的分析圖可知，其場強方向不同，C錯誤；D．C和D兩位置位于兩電荷連線同一側，結合圖像可知，場強方向不同，D錯誤。故選A。3、D【解析】A．在0-2s內(nèi)與2s-4s內(nèi)磁場方向相反，磁通量變化情況相反，根據(jù)楞次定律可知，在這兩段時間內(nèi)線圈內(nèi)感應電流方向相同，A錯誤。B．由圖知：在0-4s內(nèi)線圈內(nèi)的感應電動勢故B錯誤。C．在0～4s內(nèi)，磁通量的變化率恒定，線框中產(chǎn)生的感應電動勢不變，始終為E=0.8V，C錯誤。D．在0-4s內(nèi)線圈內(nèi)的感應電流D正確。故選D4、C【解析】AC．由題意，根據(jù)向心力公式與牛頓第二定律，則有只減小旋轉角速度，拉力減小，只更換一個質量較大的小球，拉力增大，A錯誤C正確；B．只加快旋轉速度，由知拉力增大，B錯誤；D．突然放開繩子，小球受到的合力為零，將沿切線方向做勻速直線運動，D錯誤。故選C。5、C【解析】由題意可知考查利用分子力的觀點解釋生活現(xiàn)象問題，根據(jù)分子力的作用特點分析可得【詳解】A．根據(jù)分子熱運動，可知甲下表面與乙的上表面鉛原子都在做無規(guī)則的熱運動，故A錯誤；B．甲下表面的任一鉛原子對乙的上表面相鄰鉛原子因距離無法確定，所以引力、斥力的大小關系無法確定，故B錯誤；C．乙和下方物體整體靜止，合力為零，甲下表面的所有鉛原子對乙的上表面所有鉛原子引力的合力等于斥力的合力和物體總的重力之和，所以鉛原子引力的合力大于斥力的合力，故C正確；D．甲下表面的鉛原子對乙的上表面相鄰鉛原子間引力和斥力是同時存在的，故D錯誤【點睛】分子每時每刻都在做無規(guī)則的熱運動，溫度越高，運動的越激烈．分子間引力和斥力同時存在，二者都隨分子距離的增大而減小，斥力減小的快；隨著分子距離減小而增大，斥力增大的快6、D【解析】閉合開關S穩(wěn)定后被短路，A錯誤；斷開S的瞬間，立即熄滅，B錯誤；斷開S的瞬間，由于電路電流減小，所以產(chǎn)生還原電流方向一致的感應電流，二極管的單項導電性導致中無電流，C錯誤，L相當于一個電源，右端為正極，所以a點電勢比b點電勢高，D正確故選D【點睛】做此類問題關鍵是分析誰和電感線圈組成閉合回路二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BD【解析】AB．由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當滑動變阻器R4的滑片向a移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大，故并聯(lián)部分的電壓減小；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，流過并聯(lián)部分的總電流增大，故電流表示數(shù)增大；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數(shù)減?。蔄不符合題意，B符合題意C．因電容器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，質點將向下運動．故C不符合題意D．由于流過R1的電流增大，根據(jù)，可知R1上消耗的功率逐漸增大．故D符合題意8、AD【解析】ABC.全電路的歐姆定律結合U-I圖象可知，圖象與U軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內(nèi)阻，則知電動勢E1=E2，內(nèi)阻r1＜r2，U-I圖象與I軸的交點表示短路電流，故發(fā)生短路時的電流I1＞I2；故A項正確，B項、C項錯誤.D.根據(jù)U=E-Ir可知，△U=r?△I，因內(nèi)阻r1＜r2，故當電源的工作電流變化相同時，電源2的路端電壓變化較大；故D正確.9、ABD【解析】溫度是分子平均動能的標志，溫度高的物體分子平均動能一定大，而物體的內(nèi)能與物體的體積、溫度以及物質的量都有關，則溫度高的物體內(nèi)能不一定大，選項A正確；溫度越高，分子運動越劇烈，則布朗運動越顯著，選項B正確；當r<r0時分子力表現(xiàn)為斥力，分子間的距離增大時，分子間作用力減?。环肿泳嚯x減小時，分子力做負功，則分子勢能隨分子間距離的減小而增大；當r>r0時，分子間作用力表現(xiàn)為引力，分子間的距離增大時分子力先增大后減小；選項C錯誤，D正確；故選ABD.10、BD【解析】由電路圖可知，電阻R2、R3、R4串聯(lián)接入電路，電容器C1并聯(lián)在電阻電阻R2兩端，電容器C2與R2、R3的串聯(lián)電路并聯(lián)；根據(jù)電路電阻的變化，應用歐姆定律及串聯(lián)電路特點判斷電容器兩端電壓如何變化，然后由Q=CU判斷出電容器所帶電荷量如何變化【詳解】A、減小R1，電容器C1、C2兩端電壓不變，電容器所帶電量不變，故A錯誤；B、增大R2，整個電路電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流減小，路端電壓變大，電阻R3、R4兩端電壓變小，電阻R2兩端電壓變大，電阻R2、R3串聯(lián)電壓變大，電容器C1、C2兩端電壓變大，由Q=CU可知，兩電容器所帶的電量都增加，故B正確；C、增大R3，整個電路電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流減小，由U=IR可知，電阻R2兩端電壓變小，電容器C1兩端電壓變小；路端電壓變大，電阻R4兩端電壓變小，電阻R2、R3串聯(lián)電壓變大，電容器C2兩端電壓變大，由Q=CU可知，電容器C1所帶電荷量減少，C2所帶的電量都增加，故C錯誤；D、減小R4，電路總電阻變小，由閉合歐姆定律可知，電路電流變大，電阻R2兩端電壓變大，電阻R2、R3串聯(lián)電壓變大，電容器C1、C2兩端電壓都增大，由Q=CU可知C1、C2所帶電量都增加，故D正確；故選BD三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.0.680mm②.×1歐姆③.調(diào)零④.12.0Ω【解析】(1)[1]由圖示螺旋測微器可知，，故固定刻度的讀數(shù)為0.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×18.0mm=0.180mm，所以最終讀數(shù)為：

5mm+0.180mm=0.680mm(2)[2]選擇開關指向歐姆擋“×10”擋位的多用電表測量，發(fā)現(xiàn)指針的偏轉角度太大，說明所選擋位太大，為準確測量，應換小擋，應該將選擇開關換成歐姆擋的“×1”檔位，[3]然后進行歐姆調(diào)零；[4]由圖示表盤可知，則此段電阻絲的電阻為：

0×1Ω=12.0Ω12、①.A2②.V1③.④.【解析】（1）0-15V范圍的電壓表測量4V電壓時，誤差較大，所以選用電壓表V1，但是選用電壓表V1后待測電壓最大為3V，所以電路中的最大電流為（2）電壓和電流的變化范圍盡可能大一些，所以采用滑動變阻器的分壓接法，因為被測電阻較小，所以采用電流表的外接法，如圖所示（3）實物圖如圖所示四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）；（2）5mg；（3）【解析】（1）設電場強度為E，由動