2025屆廣東省惠來縣前詹中學物理高二上期中教學質(zhì)量檢測試題含解析

2025屆廣東省惠來縣前詹中學物理高二上期中教學質(zhì)量檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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,甲圖是電場中一條電場線,直線上有A、B、C三點,且A、B間距離等于B、C間距離．一個帶負電的帶電粒子,由A點僅在電場力作用下,沿電場線經(jīng)B點運動到C點,其運動的v-t圖像如圖乙所示,有關(guān)粒子的運動與電場的說法,下述正確的是(

)A．加速度B．電場強度C．電勢D．電勢差2、一帶電粒子射入一固定在O點的點電荷的電場中，粒子運動軌道如圖虛線a、b、c所示，圖中實線是同心圓弧，表示電場的等勢面，不計重力，則下列不正確的是（）A．此粒子一直受到靜電排斥力B．粒子在b點的電勢能一定大于a點的電勢能C．粒子在b點的速度一定大于a點的速度D．粒子在a點和c點速度大小相等3、一橫截面積為S的銅導線，流經(jīng)其中有恒定的電流，設每單位體積的導線中有n個自由電子，每個自由電子的電荷量為q，此時電子定向移動的速率為v，則在Δt時間內(nèi)，通過導體橫截面的自由電子數(shù)目可表示為()A．nvSΔtB．nqΔt/sC．nvSΔt/qD．nvΔt4、一伏特表由電流表G和電阻R串聯(lián)而成，如圖所示.若在使用中發(fā)現(xiàn)此伏特表的讀數(shù)總比準確值稍小一些，采用下列哪種措施可能加以改進：A．在R上串聯(lián)一比R小得多的電阻B．在R上串聯(lián)一比R大得多的電阻C．在R上并聯(lián)一比R小得多的電阻D．在R上并聯(lián)一比R大得多的電阻5、下圖中，可以將電壓升高給電燈供電的變壓器是（）A． B．C． D．6、如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動．已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在高點時對軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1–N2的值為A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg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、在如圖所示的電路中，E為電源，其內(nèi)阻為r，L為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變)，R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值大小隨所受照射光強度的增大而減小，V為理想電壓表．若將照射R3的光的強度減弱，則()A．電壓表的示數(shù)變小B．小燈泡消耗的功率變大C．通過R2的電流變大D．電源兩極間的電壓變小8、如圖所示，某同學在研究電子在電場中的運動時，得到了電子由a點運動到b點的軌跡（圖中實線所示），圖中未標明方向的一組虛線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的判斷是A．如果圖中虛線是電場線，電子在a點電勢能較?。瓸．如果圖中虛線是等勢面，電子在b點電勢能較大．C．不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的加速度都大于b點的加速度．D．不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的電勢都高于b點的電勢．9、在傾角為α的光滑絕緣斜面上，放一根通電的直導線，如圖，當加上如下所述的磁場后，有可能使導線靜止在斜面上的是（）A．加豎直向下的勻強磁場 B．加垂直斜面向下的勻強磁場C．加水平向右的勻強磁場 D．加沿斜面向下的勻強磁場10、如圖所示的電路中,為電源電動勢,為電源內(nèi)阻,和均為定值電阻,為滑動變阻器當?shù)幕瑒佑|點在ab的中點時合上開關(guān)S,此時三個電表、和V的示數(shù)分別為、和現(xiàn)將的滑動觸點向a端移動,則A．電源的總功率減小 B．消耗的功率增大C．增大,減小,U增大 D．減小,不變,U減小三、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）某同學用如圖所示的實驗電路描繪一電阻的伏安特性曲線，所用實驗器材如下:A．待測電阻(2.5V，1.2W)B．電流表A(0～0.6A，內(nèi)阻為1)C．電壓表V(0～3V，內(nèi)阻約3)D．滑動變阻器(0～10，額定電流1A)E．電源(E=3V，內(nèi)阻r=1)F．開關(guān)一個，導線若干(1)該同學測得實驗數(shù)據(jù)如下，其中I是電流表的示數(shù)，U是電壓表的示數(shù)，是待測電阻兩端的實際電壓，請通過計算先補出表格中最后一格的數(shù)值________，然后在坐標系中通過描點畫出待測電阻的伏安特性曲線___________(以為縱坐標，I為橫坐標).I/A0.150.200.250.300.350.400.450.48U/V0.250.400.600.901.251.852.503.00UR/V0.100.200.350.600.901.452.05(2)該同學將本實驗中的待測電阻與一定值電阻串聯(lián)起來，接在本實驗提供的電源兩端，則消耗的功率是_________W。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)12．（12分）某同學組裝了一個簡易多用電表，其電路圖如圖（a）所示，圖中E是電池，R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻，虛線方框內(nèi)為選擇開關(guān)，A端和B端分別與兩表筆相連（1）圖（a）中，虛線方框內(nèi)選擇開關(guān)的“4”、“5”兩擋為電壓擋，則擋位_____（選填“4”或“5”）的量程較大；（2）根據(jù)圖（a）所示電路圖判斷，此表A端應與_____（選填“紅”或“黑”）色表筆相連接（3）選用歐姆表×100檔測量某電阻阻值，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，為了較準確地進行測量，應換到_____擋（選填“×10”或“×1k”）．如果換擋后立即用表筆連接待測電阻進行測量，那么缺少的步驟是_____．若補上該步驟后再次進行測量，表盤的示數(shù)如圖（b）所示，則該電阻的阻值是_____．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，勻強電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為AB和AD的中點，一個初速度為v0，質(zhì)量為m的帶負電粒子q沿紙面射入電場．帶電粒子的重力不計．（1）如果帶電粒子從M點垂直電場方向進入電場后，恰好從D點離開電場，求勻強電場的電場強度E和帶電粒子從D點離開電場時的動能Ek1.（2）若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，它在電場中的運動時間t是多少？離開電場時的動能Ek2為多大？14．（16分）如圖所示，連按有定值電阻R的“U”型光滑金屬導軌MNPQ固定在水平桌面上，導軌電阻忽略不計，質(zhì)量為、電阻為r的金屬棒ab垂直軌道并且兩端套在導軌MP和NQ上，導軌寬度為L，細線一端連按金屬棒ab，另一端通過定滑輪連接在質(zhì)量為m的重物上，整個軌道處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。開始時整個裝置處于靜止狀態(tài)，釋放重物，金屬棒ab開始運動，整個過程金屬棒與軌道始終接觸良好，當金屬棒ab運動到虛線位置時，位移為S，達到最大速度，此時重物未落地，不計一切摩擦阻力和空氣阻力，則從開始運動到達到最大速度的過程中，求：（1）金屬棒ab中電流方向如何?哪端電勢高?（2）金屬棒所能達到的最大速度是多大?（3）電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少?15．（12分）如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1=E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2=2E的勻強電場，E1和E2的方向垂直?，F(xiàn)將一電子（電荷量為e，質(zhì)量為m）無初速度地放入電場E1中的A點（A點離兩場邊界距離為12L），最后電子從PQ射出電場E2，AO與虛線MN和PQ（1）電子從釋放到剛射出電場E2時所用的時間；（2）電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ。

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、B【解析】A項：由v-t圖象可知，粒子從A到C做加速度逐漸減小的減速運動，所以，故A錯誤；B項：由v-t圖象可知，粒子從A到C做加速度逐漸減小的減速運動，所以由于粒子做受電場力，由牛頓第二定律可知，電場強度EA>EB，故B正確；C項：由于粒子從A到B做減速運動，動能減小，電勢能增大，粒子帶負電，所以電勢能大的地方，電勢越低，所以ΦA>ΦB，故C錯誤；D項：由公式可知，由于從A到C電場強度逐漸減小，所以，故D錯誤．點晴：本題關(guān)鍵是根據(jù)圖象確定電荷的運動情況，然后確定電場力情況，再進一步確定電場強度的情況，最后確定電勢的高低．2、C【解析】試題分析：電場線與等勢面垂直．電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加．解：A、曲線運動的合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在a→b→c的過程中，一直受靜電斥力作用，故A正確．B、粒子由a到b，電場力做負功，所以粒子的電勢能增加，所以b點的電勢能一定大于在a點的電勢能，故B正確．C、根據(jù)動能定理，粒子由a到b，電場力做負功，動能減少，故粒子在b點的速度一定小于在a點的速度，故C錯誤．D、c點和a點在同一個等勢面上，電場力做功為零，動能不變，故它們的速度的大小相等，但是他們的速度的方向不同，故D正確．本題要求選擇不正確的，故選C【點評】本題關(guān)鍵是根據(jù)曲線運動的條件判斷出靜電力的方向，然后結(jié)合靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系以及動能定理判斷電勢能和動能的改變情況．3、A【解析】

首先根據(jù)電流強度的定義可以求得t時間內(nèi)通過導線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數(shù)，再根據(jù)電流的微觀的表達式．【詳解】在△t時間內(nèi)，以速度v移動的電子在銅導線中通過的距離為v△t，由于銅導線的橫截面積為S，則在t時間內(nèi)，電子經(jīng)過的導線體積為：V=又由于單位體積的導線有n個自由電子，則在△t時間內(nèi)，通過導線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為：N=A正確；B、C、D錯誤；故選A?！军c睛】本題計算自由電子的個數(shù)，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度4、D【解析】

讀數(shù)稍小一些，說明流過電流表的電流稍小一些。要讓電流稍大一點，則應減小總電阻。AB.在R上串聯(lián)一個電阻，總電阻更大，流過電流表的電流更小，伏特表的讀數(shù)更小，故A錯誤，B錯誤；C.若并聯(lián)一比R小得多的電阻，其并聯(lián)值會比并聯(lián)的電阻阻值減小很多，電流增加太多，故C錯誤；D.若并聯(lián)一比R大得多的電阻，其并聯(lián)值會比并聯(lián)的電阻阻值稍微減小一些，電流稍微增加一些。故D正確。5、C【解析】變壓器不能升高直流電流的電壓，AD錯誤；根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)成正比，，則升壓變壓器的原線圈匝數(shù)應小于副線圈匝數(shù)，B錯誤；C正確．6、D【解析】試題分析：在最高點，根據(jù)牛頓第二定律可得，在最低點，根據(jù)牛頓第二定律可得，從最高點到最低點過程中，機械能守恒，故有，聯(lián)立三式可得考點：考查機械能守恒定律以及向心力公式【名師點睛】根據(jù)機械能守恒定律可明確最低點和最高點的速度關(guān)系；再根據(jù)向心力公式可求得小球在最高點和最低點時的壓力大小，則可求得壓力的差值．要注意明確小球在圓環(huán)內(nèi)部運動可視為繩模型；最高點時壓力只能豎直向下．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、AC【解析】試題分析：由光敏電阻的性質(zhì)可知電路中電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由歐姆定律可得出電壓表示數(shù)的變化；同時還可得出路端電壓的變化；由串聯(lián)電路的規(guī)律可得出并聯(lián)部分電壓的變化，再由并聯(lián)電路的規(guī)律可得出通過小燈泡的電流的變化，由功率公式即可得出燈泡功率的變化．光敏電阻光照減弱，故光敏電阻的阻值增大，電路中的總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可得，路端電壓是增大（即電源兩極間的電壓增大），電路中總電流減小，故兩端的電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，因為，所以并聯(lián)電路的電壓增大，所以通過的電流增大，而，所以通過燈泡L的電流減小，所以燈泡消耗的電功率減小，故AC正確．8、AC【解析】A、若虛線是電場線，從軌跡彎曲方向可知電場力沿著電場線向左，ab曲線上每一點的瞬時速度與電場力方向均成鈍角，故電子做減速運動，在a處動能最大，電子在a點電勢能較小，故A正確；B、若虛線為等勢面，根據(jù)等勢面與電場線處處垂直可大致畫出電場線，顯然可看出曲線上每個位置電子受到的電場力與速度成銳角，電子加速運動，故b處動能最大，電子在b點電勢能較小，故B錯誤；C、不論圖中虛線是電場線還是等勢面，電場線的密集程度與等勢面密集程度等價，由電場線的密集程度可看出a點的場強較大，a點的加速度都大于b點的加速度，故C正確；D、若虛線是等勢面，從電子曲線軌跡向下彎曲可知電場線方向垂直虛線向上，沿著電場線方向電勢越來越低，故a點電勢較小，故D錯誤；故選AC．【點睛】無論虛線代表的是電場線還是等勢面，粒子受到的電場力的方向都是指向運動軌跡的彎曲的內(nèi)側(cè)，由此可以判斷粒子的受力的方向和運動方向之間的關(guān)系，從而可以確定電場力對粒子做的是正功還是負功．9、AB【解析】解：A、加豎直向下的勻強磁場，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向向左，重力支持力與安培力可以三力平衡．故A正確；B、加垂直斜面向下的勻強磁場，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向沿斜面的方向向上，重力支持力與安培力可以三力平衡．故B正確；C、加水平向右的勻強磁場，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向向下，重力、支持力與安培力不可以平衡．故C錯誤；D、加沿斜面向下的勻強磁場，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向垂直于斜面向下，重力、支持力與安培力三力不可能平衡．故D錯誤．故選AB【點評】該題結(jié)合安培力考查共點力平衡的條件，根據(jù)左手定則判斷出安培力的方向，然后逐項分析即可．10、AC【解析】

的滑動觸點向a端移動時，增大，整個電路的總電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，即電壓表示數(shù)U增大，電壓減小，并聯(lián)電壓增大，通過的電流增大，即示數(shù)增大，而總電流I減小，則通過的電流減小，即示數(shù)減小，電源的總功率IE，總電流I減小，電源的總功率減小，消耗的功率總電流減小，R3消耗的功率減小，故AC正確。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、2.52伏安特性曲線如圖所示0.32±0.02【解析】

(1)[1]根據(jù)并聯(lián)分壓可得當，時可得[2]運用描點法作出電阻器的伏安特性曲線，伏安特性曲線如圖所示(2)[3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得作出圖象如圖中直線所示由此圖象與電阻器圖線的交點可得此時電阻器的電壓電流電阻器的實際功率為12、5黑×1k歐姆調(diào)零14kΩ【解析】

第一空．表頭串聯(lián)大電阻改裝成電壓表，串聯(lián)電阻越大則量程越大，由此可知檔位5的量程較大；第二空．由圖（a）所示電路圖可知，A與歐姆表內(nèi)置電源正極相連，又電流紅進黑出，則A端應與黑表筆相連；第三空．歐姆表的零刻度在左邊，偏角小，說明帶測電阻阻值大，應換大倍率×1k擋；第四空．重新歐姆調(diào)零后測量；第五空．歐姆表的讀數(shù)為：示數(shù)×倍率＝14×1000Ω＝14kΩ；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）.（2）.【解析】

（1）帶電粒子從M點垂直電場線進入電場后做類平拋運動．水平方向：①豎直方向：②聯(lián)立①②得.帶電粒子從M點進入電場后，從D點出來，電場力做的功③由動能定理得所以.（2）帶電粒子從N點進入電場后做勻減速直線運動，設速度減到0這一過程的位移為x，由動能定理：④由③④得.當粒子速度減至0后沿原路返回，從N點射出，由于整個過程電