唐山市重點中學2025屆物理高二第一學期期中教學質(zhì)量檢測試題含解析

唐山市重點中學2025屆物理高二第一學期期中教學質(zhì)量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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、真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F。如果保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么它們之間靜電力的大小變?yōu)椋ǎ〢．B．C．16FD．4F2、如圖所示，當滑動變阻器的滑動片P向上端移動時，則電表示數(shù)的變化情況是（）A．V1減小，V2增大，A增大 B．V1增大，V2減小，A增大C．V1增大，V2增大，A減小 D．V1減小，V2減小，A減小3、如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L，質(zhì)量為m的直導體棒．當導體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導體棒靜止在斜面上，可將導體棒置于勻強磁場中，當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向在紙面內(nèi)由豎直向上逆時針轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，關于B大小的變化，正確的說法是()A．逐漸增大B．逐漸減小C．先減小后增大D．先增大后減小4、如圖所示，直線A為電源的U﹣I圖線，直線B和C分別為電阻R1和R2的U﹣I圖線，用該電源分別與R1、R2組成閉合電路時，電源的輸出功率分別為P1、P2，電源的效率分別為η1、η2，則（）A．電源電動勢為6V，內(nèi)阻6ΩB．P1=P2C．P1＞P2D．η1＜η25、帶電量分別﹣2Q和+4Q的兩個完全相同的金屬小球，相距為L（L遠大于小球半徑）時相互作用力的大小為F．現(xiàn)把兩個小球互相接觸后放置在距離為L的地方，則現(xiàn)在兩個小球之間的相互作用力大小為（）A．2FB．4FC．F8D．6、如圖所示為一質(zhì)量為M的球形物體，密度均勻，半徑為R，在距球心為2R處有一質(zhì)量為m的質(zhì)點，若將球體挖去一個半徑為的小球（兩球心和質(zhì)點在同一直線上，且挖去的球的球心在原來球心和質(zhì)點連線外，兩球表面相切），萬有引力常量為G，則剩余部分對質(zhì)點的萬有引力的大小為A．B．C．D．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，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為一根光滑絕緣的豎直細桿，放在兩電荷連線的中垂線上，a、b、c三點所在直線平行于兩點電荷的連線，且a與c關于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上。下列說法正確的是A．將不計重力的試探電荷+q在a點由靜止釋放后可沿直線運動到bB．試探電荷-q在a點的電勢能等于在c點的電勢能C．b點場強小于d點場強D．將帶電小環(huán)套在細桿上由b點靜止釋放后將做勻加速直線運動8、下列選項中是用導線做成的圓形或正方形回路，這些回路與一直導線構成幾種位置組合(彼此絕緣)．下列組合中，切斷直導線中的電流時，閉合回路中會有感應電流產(chǎn)生的是()A．B．C．D．9、回旋加速器的核心部分如圖所示，兩個D形盒分別與交變電源的兩極相連．下列說法正確的是（）A．D形盒之間電場力使粒子加速B．D形盒內(nèi)的洛倫茲力使粒子加速C．增大交變電壓的峰值，最終獲得的速率v增大D．增大磁感應強度，最終獲得的速率v增大10、下列關于電源電動勢的說法正確的是（）A．電源是通過靜電力把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置B．在電源內(nèi)部正電荷從低電勢處向高電勢處移動C．電源電動勢反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領D．把同一電源接在不同的電路中，電源的電動勢隨外電阻的增大而增大三、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）如圖所示的實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側(cè)極板和靜電計外殼接地，電容器右側(cè)極板與靜電計金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開．操作一：僅將左極板上移，電容______（選填“變大”、“變小”或“不變”），靜電計指針偏轉(zhuǎn)角______（選填“變大”、“變小”或“不變”），操作二：僅將極板間距離減小時，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角______（選填“變大”、“變小”或“不變”）；操作三：僅在兩板間插入一塊玻璃，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角______（選填“變大”、“變小”或“不變”）．12．（12分）(1)某實驗小組在“測定金屬電阻率”的實驗過程中，正確操作獲得金屬絲的直徑以及電流表、電壓表的讀數(shù)如圖所示，則它們的讀數(shù)值依次________mm、________A、__________V。(2)已知實驗中所用的滑動變阻器阻值范圍為0~10Ω，電流表內(nèi)阻約幾歐，電壓表內(nèi)阻約20kΩ。電源為干電池（不宜在長時間、大功率狀況下使用），電動勢E=4.5V，內(nèi)阻很小。則以下電路圖中__________（填電路圖下方的字母代號）電路為本次實驗應當采用的最佳電路。但用此最佳電路測量的結果仍然會比真實值偏_________。A．B．C．D．(3)若已知實驗所用的電流表內(nèi)阻的準確值Ω，那么準確測量金屬絲電阻的最佳電路應是上圖中的__________電路（填電路圖下的字母代號）。此時測得電流為I、電壓為U，則金屬絲電阻___________（用題中字母代號表示）。四、計算題：本題共2小題，共26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，空間存在著強度方向豎直向上的勻強電場，在電場內(nèi)一長為L的絕緣細線，一端固定在O點，一端拴著質(zhì)量m、電荷量q的小球．現(xiàn)將細線拉直到水平位置，讓小球由靜止釋放，小球向上運動達到最高點P時，細線受到的拉力恰好達到它所能承受的最大值而斷裂．已知勻強電場強度大小。求：（1）細線能承受的最大拉力；（2）從P點開始小球沿水平放方向的位移為L時，小球距O點的高度。14．（16分）如圖所示，足夠長的光滑絕緣水平臺左端固定一被壓縮的絕緣輕質(zhì)彈簧，一個質(zhì)量m=0.04kg、電量q=+2×10﹣4C的可視為質(zhì)點的帶電小球與彈簧接觸但不栓接．某一瞬間釋放彈簧彈出小球，小球從水平臺右端A點飛出，恰好能沒有碰撞地落到粗糙傾斜軌道的最高B點，并沿軌道滑下．已知AB的豎直高度h=0.41m，傾斜軌道與水平方向夾角為α=37°、傾斜軌道長為L=2.0m，帶電小球與傾斜軌道的動摩擦因數(shù)μ=0.1．傾斜軌道通過光滑水平軌道CD與光滑豎直圓軌道相連，在C點沒有能量損失，所有軌道都絕緣，運動過程小球的電量保持不變．只有過山車模型的豎直圓軌道處在范圍足夠大豎直向下的勻強電場中，場強E=2.0×103V/m．（cos37°=0.8，sin37°=0.6，取g=10m/s2）求：(1)被釋放前彈簧的彈性勢能？(2)要使小球不離開軌道（水平軌道足夠長），豎直圓弧軌道的半徑應該滿足什么條件？(3)如果豎直圓弧軌道的半徑R=0.9m，小球進入軌道后可以有多少次通過豎直圓軌道上距水平軌道高為0.01m的某一點P？15．（12分）用輕質(zhì)彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止于前方，如圖所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動，求：①當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度多大?②彈簧彈性勢能的最大值是多少?

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、D【解析】由庫侖定律的可得原來它們之間的庫侖力為：；變化之后它們之間的庫侖力為：故ABC錯誤，D正確。故選：D2、C【解析】試題分析：當滑動變阻器的滑片向上端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，變阻器與定值電阻并聯(lián)的總電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知總電流I變小，電源的內(nèi)電壓變小，路端電壓U變大，即V1增大．電阻R1的電壓變小，則并聯(lián)部分的電壓增大，可知電壓表V2示數(shù)增大，所以電阻R2的電流增大，因總電流變小，所以A示數(shù)減?。蔆正確，ABD錯誤．故選C．考點：電路的動態(tài)分析【名師點睛】本題是電路的動態(tài)變化分析問題，考查閉合電路的歐姆定律的應用，關鍵要從局部到整體，再到局部，按順序進行分析即可．3、C【解析】

對導體棒受力分析，受重力、支持力和安培力，三力平衡，合力為零，三個力首尾相連構成三角形，如圖：從圖中可以看出，安培力由小變大，由于，其中電流和導體棒的長度均不變，故磁感應強度由小變大故選C?！军c睛】

4、B【解析】

有圖知電源電動勢和內(nèi)阻，電源的效率等于電源輸出功率與電源總功率的百分比。根據(jù)效率的定義，找出效率與電源路端電壓的關系，由圖讀出路端電壓，就能求出效率。電源與電阻的U﹣I圖線的交點，表示電阻接在電源上時的工作狀態(tài)，可讀出電壓、電流，算出電源的輸出功率，進而比較大小。【詳解】由圖象A可知電源的電動勢E=6V，短路電流為6A，內(nèi)阻為，故A錯誤；該電源和R1組成閉合電路時路端電壓為U1=4V，電流I1=2A，此時電源的輸出功率為P1=U1I1=4×2W=8W，電源的總功率為：P總1=EI1=6×2W=12W，所以電源的效率為：η1=×100%=66.7%；該電源和R2組成閉合電路時路端電壓為U2=2V，電流I2=4A，此時電源的輸出功率分別為P2=U2I2=2×4W=8W，則P1=P2，電源的總功率為：P總2=EI2=6×4W=24W，所以電源的效率為：η2=×100%=33.3%，則η1＞η2，故B正確，CD錯誤?！军c睛】本題首先要知道效率與功率的區(qū)別，電源的效率高，輸出功率不一定大。其次，會讀圖。電源與電阻的伏安特性曲線交點表示電阻接在該電源上時的工作狀態(tài)。5、C【解析】

未接觸前，據(jù)庫侖定律得F=k2Q?4QL2=8kQ2L2；兩球接觸后兩球的帶電量【點睛】帶異種電荷的相同金屬小球接觸后，兩小球所帶電荷先中和再平分。6、C【解析】

根據(jù)知，挖去部分的半徑是球半徑的一半，則質(zhì)量是球體質(zhì)量的，所以挖去部分的質(zhì)量M′＝M．

沒挖之前，球體對m的萬有引力挖去部分對m的萬有引力則剩余部分對質(zhì)點的引力大小F=F1-F2=．A．，與結論不相符，選項A錯誤；B．，與結論不相符，選項B錯誤；C．，與結論相符，選項C正確；D．，與結論不相符，選項D錯誤；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、CD【解析】

A、兩等量異種電荷的電場線分布如圖所示：因a點的電場方向沿曲線的切線方向向右上，故+q在a點由靜止釋放后斜向上運動，不能沿直線到b點；A錯誤.B、a點電勢為正，c點電勢為負，負電荷在a點電勢能為負，而在c點電勢能為正，故-q在a點的電勢能小于在c點的電勢能，故B錯誤；C、在兩等量異號電荷連線上中點的電場強度最??；在兩等量異號電荷連線的中垂線上中點的電場強度最大，所以b點的場強小于連線中點的場強，d點的場強大于中點的場強，則b點場強小于d點場強，故C正確；D、細桿所在的各點電場強度方向均向右側(cè)，帶電環(huán)受靜電力和桿的彈力在水平方向平衡，只有重力使環(huán)做加速運動，加速度為g，故D正確.故選CD.【點睛】本題考查電場的性質(zhì)以及物體在電場中的運動情況分析，要求熟練掌握等量異種電荷的電場中各點的電場強度大小、方向，各點電勢的高低.8、CD【解析】A、電流與線圈的直徑重合，線圈中的磁通量始終等于0，不會產(chǎn)生感應電流，故A錯誤；

B、線圈與導線垂直，磁感線與線圈平面平行，穿過線圈的磁通量始終等于0，不會產(chǎn)生感應電流，故B錯誤；

C、導線位于線圈的上部，導線上邊的面積比較小，穿過線圈上邊的一部分的磁通量小于穿過線圈下邊的一部分的磁通量，總磁通量的方向向里；切斷直導線中的電流時，閉合回路中的磁通量減小，會有感應電流產(chǎn)生，故C正確；

D、導線位于線圈的右側(cè)，穿過線圈磁通量的方向向外，切斷直導線中的電流時，閉合回路中的磁通量減小，會有感應電流產(chǎn)生，故D正確．點睛：根據(jù)電流周圍的磁場的特點，判斷出線圈內(nèi)的磁通量，然后根據(jù)產(chǎn)生感應電流的條件：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化進行分析判斷．9、AD【解析】

帶電粒子在D形盒的中間縫隙中受電場力作用，使粒子加速，選項A正確；D形盒內(nèi)的洛倫茲力只是使帶電粒子的速度方向發(fā)生改變，不能使粒子加速，選項B錯誤；設D形盒的半徑為R,則當粒子加速結束時滿足：，即，故增大磁感應強度，最終獲得的速率v增大，選項C錯誤，D正確．10、BC【解析】電源是通過內(nèi)部非靜電力把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故A錯誤；在電源內(nèi)部，電流方向從負極指向正極，所以正電荷從低電勢處向高電勢處，故B正確；電動勢表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領大小，反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領，故C正確；把同一電源接在不同的電路中，電源的電動勢不變，故D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。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、變小變大變小變小【解析】

抓住電容器的電荷量不變，根據(jù)電容的決定式判斷電容的變化，結合判斷電勢差的變化，從而得出指針偏角的變化；【詳解】根據(jù)電容的決定式知，上移左極板，正對面積S減小，則電容減小，根據(jù)知，電荷量不變，則電勢差增大，指針偏角變大；根據(jù)電容的決定式知，將極板間距離減小時，電容增大，根據(jù)知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變??；根據(jù)電容的決定式知，兩板間插入一塊玻璃，電容增大，根據(jù)知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變?。?2、0.999(0.998-1.000mm)0.42A2.27V(2.26-2.28)A小B【解析】

（1）[1]螺旋測微器的讀數(shù)為：d=0.5mm+49.9×0.01mm=0.999mm；[2]電流表的讀數(shù)為：I=0.42A；[3]電壓表的讀數(shù)為：U=2.28V；（2）[4]因電源不能在大功率下長時間運行，則本實驗應采用限流接法；同時電壓表內(nèi)阻較大，由以上讀數(shù)可知，待測電阻的內(nèi)阻約為5Ω，故采用電流表外接法誤差較小，故選A；[5]在實驗中電壓表示數(shù)準確，但電流測量的是干路電流，故電流表示數(shù)偏大，則由歐姆定律得出的結果偏小；（3）[6]因已知電流表準確值，則可以利用電流表內(nèi)接法準確求出待測電阻；故應選B電路；[7]待測電阻及電流表總電阻：則待測電阻：四、計算題：本題共2小題，共26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）6mg（2）1.25L【解析】試題分析：根據(jù)動能定理求出小球到達最高點時的速度；在最高點對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程求細線承受的拉力；細線斷裂后小球做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律求出豎直方向的加速度，然后由平拋運動規(guī)律求解。（1）設小球運動到最高點時速度為v，根據(jù)動能定理：解得：在最高點對小球受力分析，由牛頓第二定律得：解得：（2）小球在細線斷裂后，在豎直方向的加速度設為a，根據(jù)牛頓第二定律則：解得：a=2g小球水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式可得：水平方向：x=vt=L豎直方向：聯(lián)立解得小球與O點的高度：點睛：本題主要考查了動能定理和牛頓第二定律的綜合運用，在繩子斷裂后，分清小球在沿電場方向和垂直于電場方向上的運動規(guī)律，在結合運動學公式即可解題。14、(1)0.32J(2)或(3)6【解析】

(1)據(jù)小