吉林省吉林油田实验中学2025届高二物理第一学期期中教学质量检测试题含解析

吉林省吉林油田实验中学2025届高二物理第一学期期中教学质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，在真空中有两个固定的点电荷A、B，A带正电，B带负电，在图中①、②、③、④四个方向中，能正确表示B受到A的库仑力方向的是()A．方向① B．方向② C．方向③ D．方向④2、下列各物理量的表达式中，是用比值法定义该物理量的是()A．加速度 B．电功率C．电场强度 D．电流强度3、如图所示，竖直长导线通以恒定电流I，一闭合线圈MNPQ与导线在同一平面内，当线圈从图示位置向下运动时，穿过线圈的磁通量将（）A．变小 B．变大 C．不变 D．先变大，后变小4、某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为A．4ρ和4R B．ρ和4RC．ρ和16R D．16ρ和16R5、下列各量中，与检验电荷无关的量是（）A．电场强度E B．电场力F C．电流I D．电场做的功W6、如图所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是()A．沿纸面逆时针转动B．沿纸面顺时针转动C．a端转向纸外，b端转向纸里D．a端转向纸里，b端转向纸外二、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，小物块静止在水平面上A处，水平面右侧与一竖直光滑圆轨道平滑连接于B处，小物块可不受阻碍的进入圆轨道，C为圆轨道最高点．现给小物块水平向右的冲量I，使小物块向右运动．已知小物块质量m=1kg，物块与水平面动摩擦因数μ=0.5，圆环半径R=0.6m，AB长0.8m，重力加速度g=10m/s2.()A．时，物块能进入圆轨道B．时，物块不会脱离圆轨道C．时，物块将脱离圆轨道D．时，物块能到达C点，且对C点压力为30N8、用伏安法测电阻时（）A．采用图中Ⅰ所示测量电路，误差来源于伏特表内阻的分流，使电阻测量值小于真实值B．采用图中Ⅰ所示测量电路，误差来源于安培表内阻的分压，使电阻测量值大于真实值C．采用图中Ⅱ所示测量电路，误差来源于伏特表内阻的分流，使电阻测量值小于真实值D．采用图中Ⅱ所示测量电路，误差来源于安培表内阻的分压，使电阻测量值大于真实值9、一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（）A．做直线运动 B．做曲线运动C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小10、如图所示为研究平行板电容器电容的实验．电容器充电后与电源断开，其电量可视为不变．与电容器相连的静电计用来测量电容器的电压．在常见的电介质中，空气的相对介电常数是最小的．当极板间插入其它的电介质板时，下列说法中正确的是（）A．电容器的电容将增大B．静电计指针偏角将减小C．电容器两平行板间的电场强度将增大D．电容器两平行板间的电势差将减小三、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）某同学做“测定电动势约2V内阻约几Ω的电池的电动势和内阻”实验．（1）他采用如图1所示的实验电路进行测量．现有下列器材供选用：A．电压表（0～15V，内阻约20kΩ）B．电压表（0～3V，内阻约10kΩ）C．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）D．电流表（0～3A，内阻约1Ω）E．滑动变阻器（500Ω，1A）F．滑动变阻器（20Ω，2A）（1）实验中所用电压表应选______，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______．（填字母代号）（2）图2中给出了做实验所需要的各种仪器．请你按电路图把它们连成实验电路．（____）（在答题卷先用铅笔连线，确定准确无误后，再用签字笔连线）（3）根据实验数据做出U-I图象，如图3所示，蓄电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω．（结果保留2位有效数字）（4）这位同学对以上实验进行了误差分析．其中正确的是______．A．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用B．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用C．实验测出的内阻大于真实值D．实验测出的电动势小于真实值．12．（12分）一个量程为的电流表，内阻为1000Ω，再给它串联一个99000Ω的电阻，将它改装成电压表，改装后电压表的量程为_______V。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,点电荷Q的电场中，电量q＝1.0×10－10C点电荷P与点电荷Q距离r＝0.1m处受到的电场力为9.0×10－5N。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2。求：(1)点荷Q在P处的电场强度多大？(2)点电荷Q的电量多大？14．（16分）为了使用方便，实验室中的电压表通常有两个量程，如图所示为表头G改装成两个量程为0～3V、0～15V的电压表的电路图．若已知R2是阻值为24kΩ的电阻，表头G的内阻为500Ω，求：（1）R1的阻值；（2）灵敏电流计的满偏电流．15．（12分）示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，图是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为m，电荷量为e，发射出的电子由静止经电压加速后，从金属板的小孔O射出，沿OO’进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场时由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为L，两板间的距离为d，极板间电压为，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离也为L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。（1）求电子从小孔O穿出时的速度大小；（2）若M、N两板间电压u随时间t的变化关系如图2所示，电子打在荧光屏上形成一条亮线，电子穿过偏转电场的时间远小于交流电的周期T，且电子能全部打到荧光屏上，求电子打在荧光屏上亮线的长度s。（3）让氢原子核（质量为m，电量为e）和氦原子核（质量为4m，电量为2e）的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分离为两股粒子束？请通过计算说明。

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】

根据库仑定律知，真空中两个静止的点电荷之间的作用力与这两个电荷所带电量的乘积成正比，和它们距离的平方成反比，作用力的方向沿着这两个点电荷的连线，同名电荷相斥，异名电荷相吸。能正确表示B受到A的库仑力方向的是②。A.方向①；故A错误。B.方向②；故B正确。C.方向③；故C错误。D.方向④；故D错误。故选B。2、C【解析】

这是牛顿第二定律的表达式，表明加速度与所受的合力成正比，与质量成反比，不属于比值定义法，故A错误；公式是纯电阻电路中求解电功率的变形公式，不属于比值定义法，故B错误；电场强度是电荷在电场中所受的电场力与其电荷量的比值，是用比值定义法定义的，故C正确；公式是欧姆定律的数学表达式，表明导体中的电流与导体两端的电压成正比，与这段导体的电阻成反比，不属于比值定义法，故D错误．【点睛】比值定义法是指采用比值的形式定义一个物理量的方法，理解比值定义法是解决本题的关键，同时建议平时学习中多积累了解物理学方法，增强自己的知识储备．3、C【解析】

ABCD．根据磁通量的公式线圈从图示位置向下运动时，因为长导线通以恒定电流并且线圈离导线的距离没有变化，所以磁场强度没变，线圈面积没变，磁通量没变，ABD错误C正确。故选C。4、C【解析】电阻R＝ρ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的1/4，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R．由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变．故ABD错误，C正确．故选C．5、A【解析】

A．电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷的电量无关，故A正确。

B．电场力:知电场力与检验电荷有关，故B错误。C．依据电流微观表达式：与检验电荷电量有关，故C错误；D．电场力做功：知电场力做功与检验电荷的电量有关，故D错误。6、D【解析】

通过右手螺旋定则来确定平行且固定放置的直导线M和N，在导线a处的磁场分布，再由左手定则来确定安培力的方向，从而确定导线a如何运动。【详解】根据长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则，可以判断两导线M、N连线的中垂线上方磁场方向水平向右，ab上半段所受安培力垂直于纸面向里，两导线M、N连线的中垂线下方磁场方向水平向左，ab下半段所受安培力垂直于纸面向外，所以a端转向纸里，b端转向纸外，选项D正确，ABC错误。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、BC【解析】由动量定理，物块恰好到B点时，，，恰好到圆心等高处时，,恰好到C点时，，，A错误，BC正确；时，物块在C点，，，得，故D错误；故选BC.点睛：此题是动能定理及圆周运动的结合，关键是知道物体通过圆周最高点的条件以及脱离轨道的条件，结合动能定理及牛顿第二定律列方程解答.8、AD【解析】A：图Ⅰ电流表外接法，用它测量电阻时，测量值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小，误差来源于伏特表内阻的分流，A正确；B错误；C、而图2所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值．误差来源于安培表内阻的分压，D正确；C错误；故选AD．9、BC【解析】

小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A错误，B正确．小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．故选BC【点睛】解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系．10、ABD【解析】

ABD.电容器充电后与电源断开，电量Q将不变，与电容器相连的静电计用来测量电容器的电压；空气的相对介电常数是最小的；当插入介质时，ɛ增大，由，可知电容将增大；由可知，两板间的电压减小，静电计指针偏角减小；故ABD正确。C.板间电压减小，板间距不变，根据可知，场强变小，故C错误。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、BCF如图所示，2.03.8BD【解析】

(1)为方便实验操作,滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器;根据电源电动势选择电压表,根据电路最大电流选择电流表;

(2)根据电路图连接实物图，注意滑动变阻器的连法;

(3)由图示图象的截距和斜率求出电源电动势与内阻;

(4)通过作出的实际图线和测量图线判断测量电动势和内阻的误差.【详解】(1)为方便实验操作,滑动变阻器应选F;电动势约为2V,电压表选B，电路最大电流约为零点几安培,电流表选C;(2)根据电路图连接实物图,如图所示:

(3)由图示电源图象可以知道,图象与纵轴交点坐标值为2.0,所以电源电动势：电源内阻:(4)ABCD．在测量电源的电动势和内阻时,电压表测量电源的外电压准确,电流表测量通过电源的电流偏小,因为电压表起分流作用.作出图线实际图线和测量图线,如图所示,

知电动势的测量值偏小,内电阻的测量值偏小.故AC项不符合题意,BD符合题意．12、30【解析】

[1]改装后的电压表的量程为：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)E=9.0×105N/C(2)Q=10-6C【解析】(1)根据电场强度的定义式，可得在P处的电场强度(2)根据库仑定律，可得点电荷Q的电量14、R1＝5.5kΩIg＝500μA【解析】

设电流计的满偏电流为Ig，内阻为rg，则3V的电压表应有：3V=Ig（rg+R1）15V的电压表应用：15V=Ig（rg+R1+R2）联立可得：R1=5.5kΩIg=0.5×10-3A=5×10-4A=500μA．15、（1）（2）（3）不会分离为两束粒子。【解析】

（1）根据动能定理可得：解得：；