广西南宁市2024-2025学年高二年级上册期末教学质量调研物理试题（解析版）

广西南宁市2024-2025学年高二上学期期末教学质量调研物理试题

一、单项选择题，本题共7小题，每小题4分，共28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.对于库仑定律，下面说法中正确的是（）

A.计算两个带电体间的相互作用力，都可以使用公式F=k峥计算

B.真空中两个静止的点电荷，若它们的电量不相同，它们之间的库仑力大小可能不相等

C.两个点电荷的电量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的一

半

D.库仑定律是一条实验定律

【答案】D

【解析】【解答】A：库仑定律仅适用于真空中的静止点电荷，若带电体不能视为点电荷（如距离过近的带电

小球），则不能用F=k呼计算，A错误；

B：库仑力是相互作用力，大小始终相等，与电荷量是否相同无关，B错误；

C：由F=k呼，电量各减为原米的一半时，库仑力减为原来的上,C错误；

D：库仑定律由库仑通过扭秤实验得出，是实验定律，D正确。

故答案为：Do

【分析】围绕库仑定律的适用条件、相互作用力的本质、公式定量分析及实验起源四个维度，逐一辨析选

项。

2.如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，则（）

A.a、b两点场强方向相同B.Q点电势比b点高

C.c点场强为零D.a、b、c三点中，匕点场强最大

【答案】A

【解析】【解答】A.等量异种电荷连线的垂直平分线上，各点场强方向均与垂直平分线垂直口.指向负电荷一

侧（此处为水平向右），故a、b两点场强方向相同，故A正确；

B.等量异种电荷的垂直平分线是等势线，a、b、c三点电势相等，故B错误；

C.c.点是两点电荷连线的中点，场强不为零（由电场线分布可知，c点场强是垂直平分线上最大的），故「错

、口

识；

第1页

D.根据等量异种点电荷的电场分布，可知在它们连线的垂直平分线上由中点向两侧电场线越来越稀疏，中点

c的电场强度最大，a、b、c二点的电场强度大小关系为。a＜々&

故D错误。

故答案为：Ao

【分析】结合等量异种电荷的电场线和等势面分布规律，分析各点的场强方向、电势高低及场强大小。

3.如图所示，一重力不计的带电粒子由平行板的上极板边缘以平行极板的速度射入，经过一段时间t从卜.极

板的边缘离开，已知两极板之间的距离为d、两极板的长度为L,下列说法正确的是（）

A.水平方向上前J与后寺所需的时间之比为1:1

B.竖直方向上前日与乌所需时间的比值为1:1

C.前;与后3电场力做功的比值为1:1

D.前4与后3竖直方向下落的高度比值为1：4

【答案】A

【解析】【解答】A.粒子水平方向做匀速直线运动，由％前刍和后彳的水平位移相等，速度%不变，故

时间之比为1:1,A正确；

B.竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，由y=/a£2,前彳和后勒勺时间比为1：（&一1）,故B错误；

C.电场力做功〃=qEy,前5和后;的竖直位移比为1:3,故做功比为1:3,C错误；

D.粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速运动规律可知这两个运动过程前「与后号竖

直方向下落的高度比值为1:3,D错误；

故答案为：Ao

【分析】将粒子运动分解为水平匀速和竖直匀加速，结合匀速直线运动的时间位移关系、匀加速直线运动的

位移时间公式及电场力做功公式。

4.如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹，粒子在A点的

加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB,则下列结论正

确的是（）

第2页

A.aA<aB»EpA<EpBB.aA<aB>EpA>EpB

C.aA>aB,EkA>EkBD.aA>as>EkA<EkB

【答案】A

【解析】【解答】B点附近的电场线比A点附近的电场线密集，所以粒子在B点所受电场力比在A点所受电

场力大，根据牛顿第二定律可知aA〈aB

根据粒子运动轨迹与等势面高低分布可知粒子带负电，即q<（）,又根据与=。8

可知E）A<EpB

根据能量守恒定律可知EkA>EkB

故答案为：Ao

【分析】通过等势面疏密判断电场强度和加速度大小，结合粒子带电性质与电势的关系推导电势能，再利用

能量守恒分析动能。

5.关于静电的利用和防范，下列说法中错误的是（）

A.静电喷漆时，被喷的金属件与油漆雾滴带异种电荷

B.油罐车在运输过程中会产生静电，车后拖一铁链可以防止静电产生危害

C.雷雨天，武当山金殿的屋顶常出现“雷火炼殿”的奇观，这是静电屏蔽现象

D.避雷针是利用尖端放电将云层中积聚的电荷导入大地，使建筑物避免雷击

【答案】C

【解析】【解答】A.静电喷漆时，油漆雾滴与被喷金属件带异种电荷，利用静电引力使油漆吸附在工件上，

故A正确；

B.油罐车拖铁链是为了将静电及时导走，防止静电危害，故B正确；

C.“雷火炼殿”是云层与金殿间的放电现象（电弧产生），并非静电屏蔽，故C错误；

D.避雷针利用尖端放电将云层电荷导入大地，避免建筑物雷击，故D正确。

故答案为：Co

【分析】逐一分析静电利用（喷漆）、静电防范（油罐车铁链、避雷针）的原理，以及“雷火炼殿'’的放电本

质，通过原理辨析判断选项正误。

6.如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b,横截面积之比S°:5匕=1:2,己知5s内

有5x188个自由电子通过导线@的横截面，电子的电荷量6=1.6x10-19。，下列说法正确的是（）

第3页

♦0——--------\

A.流经导线a的电流为0.16A

B.流经导线b的电流为0.32A

C.导线a、b的电阻之比凡:&二1:2

D.导线a、b两端的电压之比U&:%=1:2

【答案】A

【解析】【解答】A.流经导线a的目流为/=9=5xl0i8xi.6xli）T9A=0白色故A正确；

t5

B.因两段导线串联，电流相等，所以流过导线b的电流也是0.16A,故B错误；

C.根据电阻定律有统：4=导名=Sb：S。=2:1,故C错误；

D.根据欧姆定律U=/R,有=2:1,故D错误。

故答案为：Ao

【分析】根据电流的定义式计算电流，利用串联电路电流相等的特点分析电流，结合电阻定值和欧姆定律判

断电阻、电压的比例关系。

7.如图所示，矩形abed的边长be是ab的2倍，两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过

矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、be的中点。下列说法正确的是（）

.：b

二

.a

A.a点与b点的磁感应强度相同

B.a点与c点的磁感应强度相同

C.a点与d点的磁感应强度相同

D.a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同

【答案】B

【解析】【解答】如图

第4页

A、e、f在a、b点产生的磁场，因距离差异，合磁场的大小和方向均不同，所以Q与b磁感应强度不同，A错

误；

B、因对称性，a、c点合磁感应强度等大同向，B正确；

C、a、d点合磁感应强度大小、方向均不同，C错误：

D、因a、c磁感应强度相同，D错误；

故答案为：Bo

【分析】A、根据安培定则确定。（电流向里）、f（电流向外）在a、b点产生磁场的方向，结合a、b到两

导线距离不同，判断合磁感应强度。

B,利用矩形的对称性，a与c关于矩形中心对称，到e、f的距离对应相等。根据8=红，两导线在a、c点

r

产生的磁场大小相等，再由安培定则和矢量叠加，合磁场的大小、方向均相同。

C、a、d到两导线距离不同，导致单根导线产生的磁场大小有别，合磁场不同。

D、由B选项知Q与c磁感应强度相同，直接判断该选项即可。

二、多项选择题，本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中有两个或两个

以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.“中国天眼”通过接收来自宇宙深处的电磁波探索宇宙。关于电磁波，下列说法正确的是（）

A.麦克斯韦从理论上预言了电磁波，并用实验证实了电磁波的存在

B.电磁波的传播不需要介质

C.电磁波看不见，不具有能量

D.不同电磁波在真空中传播速度大小相同

【答案】B,D

【解析】【解答】A.麦克斯韦理论预言电磁波，赫兹通过实验证实电磁波存在，故A错误；

B.电磁波可在直空中传播,传播不需要介质，故8正确：

C.电磁波虽看不见，但具有能量（如光的热效应），故C错误；

第5页

D.所有电磁波在真空中传播速度均为光速，大小相同，故D正确。

故答案为：DDo

【分析】围绕电磁波的预言与证实者、传播介质需求、能量属性及真空传播速度四个维度，逐一辨析选项。

9.为了打击酒驾行为，交警常用酒精浓度检测仪对驾驶员进行酒精测试，如图甲是一款酒精浓度检测仪的

简化电路，其电源电动势与内阻保持不变，鸟为定值电阻，R为气敏电阻，其阻值随酒精浓度c成反比关系如

图乙所示。当驾驶员呼出气体中酒精浓度q=20mg/mL时，刚好达到酒驾标准；当驾驶员呼出气体酒精浓

度为C2=80mg/mL时，则刚好达到醉驾标准。根据以上信息，下列判断正确的是（）

A.当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电流表的示数越小

B.当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电压表示数与电流表示数比值越小

C.呼出气体中酒精浓度为C2时，电路中电流等于呼出气体中酒精浓度为C1时电路中电流的4倍

D.呼出气体中酒精浓度为C2时，电路中电流小于呼出气体中酒精浓度为C1时电路中电流的4倍

【答案】A,D

【解析】【解答】A.酒精浓度越低，气敏电阻R阻值越大，电路总电阻越大，由闭合电路欧姆定律可知电流

越小，电流表示数越小，故4正确；

B.电压表示数与电流表示数的比值等于R的阻值，酒精浓度越低，R越大，故该比值越大，故8错误；

CD.由R与c成反比，得焉=言=4。设电源电动势为E,内阻为r,贝％=而扁乔叫=行♦正=

E

孑+Ro+/

R|+R0+r4/?2+R（）+r/3（R0+r）

力"呆为+丁=可/0商=4—七+即+丁V3故C错误，D正确。

故答案为：ADo

【分析】结合气敏电阻的阻值特性，分析电路电阻、电流的变化规津，再通过闭合电路欧姆定律推导电流比值。

10.在竖直平面内有一方向斜向.上且与水平方向成a=30。的匀强电场，电场中有一质量为m,电量为q的带

电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示.开始小球静止于M点，这时细线恰好为

水平，现用外力将小球拉到最低点P,然后由静止释放，下列判断正确的是（）

第6页

M

A.小球到达M点时速度为零

B.小球达到M点时速度最大

C.小球运动到M点时绳的拉力大小为mg

D.如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变运直线运动

【答案】B

【解析】【解答】A：小球在M点静止时合力水平向右，从P到M过程中合力做正功，速度增大，故到达M

点时速度不为零，A错误；

B：M点是合力方向的最远位置，合力在此过程中一直做正功，因此小球在M点速度最大，B正确；

C：由受力分析得合力合尸合=结合动能定理合F分L=再由牛顿第二定律7-=

联立解得7=3\/3mgHmg，C错误；

D：细线断裂后，小球速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，D错误。

故答案为：Bo

【分析】通过受力分析确定合力方向，结合动能定理分析速度变化，再利用牛顿第二定律推导绳子拉力，最

后判断细线断裂后的运动形式。

三、非选择题：本题共5小题，共54分。

1L小明同学在实验室找到一个半导体元件，为测量其电阻，进行如下的操作。

（1）先用多用电表进行测量，他先将红黑表笔插入多用电表的插孔，之后将多用电表开关旋至欧姆挡的

“xlOO”挡后，接下来的操作是红黑表笔短接，进行（填“欧姆调零”或“机械调零”），再将红黑

表笔分别与该半导体元件两端相接，多用电表指针偏转位置如图所示，则该元件的电阻值为

12；

（2）为更为精确的测量该元件的阻值，小明同学又找来了电压表（量程0~15V,电阻约6000C）和毫安

表（量程0~100mA,电阻约100C）以及其他必要实验器材。为减小误差，他应选择（填

“电流表外接法”或“电流表内接法“）的电路连接并进行测量，则测量的阻值（填“大于”“小于”或

第7页

“等于“）该半导体元件在该状态下的真实电阻。

【答案】（1）欧姆调零；9.0x102

（2）电流表内接法；大于

【解析】【解答】（1）多用电表进行电阻测量前，必须红黑表笔短接，进行欧姆调零；

根据读数规则，该元件的电阻值为R=9.0。x100=900C。

故答案为：欧姆调零；9.0x102

（2）由于Rx=900c>7^7=V6000x100C,小明应该是采用电流表内接法；

采用内接法时，电流表读数准确，由于电流表分压，电压表测量值偏大，由/?二：可知，测量的电阻阻值偏

大。

故答案为：电流表内接法；大于

【分析】（1）围绕多用电表欧姆挡的操作规范（欧姆调零）和读数方法（倍率x指针示数）展开。

（2）通过比较元件电阻与电表内阻的比值，确定伏安法的电路接法，并分析内接法的误差来源（电流表分

压）。

（1）⑴多用电表进行电阻测量前，必须红黑表笔短接，进行欧姆调零。

⑵根据读数规则，该元件的电阻值为R=9.00x100=900。

（2）U1由于&=900。>瓦="6000x）00。,小明应该是采用电流表内接法

⑵采用内接法时，电流表读数准确，由于电流表分压，电压表测量值偏大，由R=苧可知，测量的电阻阻值

偏大。

12.某实验小组要描绘小灯泡（2.5V0.5W）的伏安特性曲线，实验室提供了以下器材：

A.直流电源3V（内阻不计）

B.直流电流表0~300mA（内阻均为5Q）

C.直流电流表0~600mA（内阻约为1Q）

D.直流电压表0〜3V（内阻约为3kQ）

E.滑动变阻器M100C（允许通过的最大电流为0.5A）

F.滑动变阻器030c（允许通过的最大电流为2A）

G.导线和开关

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。

第8页

滑动变阻器应选用。（填器材前的字母标号）

（2）根据实验数据，作出的小灯泡LU图线如图所示，由此可知，当电压为1.5V时，小灯泡的灯丝电阻

为C（结果保留两位有效数字）。

（3）如果将该小灯泡直接与电动势为2.5V、内阻为10Q的电池连接，此时小灯泡的功率为W

（结果保留两位有效数字）。

【答案】（1）B；F

(2)8.6

(3)0.15

【解析】【解答］（1）已知小灯泡的额定电压为2.5V,额定功为0.5W,可知额定电流/=。=巽力=0.24

为J'保证电流表读数的准确性，所以选择B；

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，并能进行多次测量，应该采用分压式接法，滑动变阻器最大阻值

较小的，采用分压式能使小灯泡两端电压变化更加均匀，作出的图像更加准确，所以选择F。

故答案为：B；F

（2）根据图线可知，当电压为1.5V时，电流为O.175A,根据欧姆定律可知小灯泡的内阻为％

71

</•1./O

故答案为：8.6

（3）如果将该小灯泡与电动势为2.5V,内阻10。的电池连接，在小灯泡的I-U图中画出电池的I-U图线，

第9页

两图线的交点为/=0154U=1.QV

表示流过小灯泡的电流与小灯泡两端的电压，所以其功率P=IU=0.15W

故答案为：0.15

【分析】(1)根据小灯泡的额定电流选择电流表，结合“分压式接法对滑动变阻器的要求”选择器材。

(2)利用欧姆定律，结合LU图线的坐标值直接计算电阻。

(3)通过建立电池的伏安特性方程，与小灯泡的I-U曲线联立，找到工作点后计算功率。

(1)[1]已知小灯泡的额定电压为2.5V,额定功为0.5W,可知额定电流/=5=票力=0.24

为了保证电流表读数的准确性，所以选择B；

⑵实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，并能进行多次测量，应该采用分压式接法，滑动变阻器最大阻

值较小的，采用分压式能使小灯泡两端电压变化更加均匀，作出的图像更加准确，所以选择F。

(2)根据图线可知，当电压为1.5V时，电流为0.175A,根据欧姆定律可知小灯泡的内阻为自=胃=

x8.6C

(3)如果将该小灯泡与电动势为2.5V,内阻10C的电池连接，在小灯泡的I-U图中画出电池的I-U图线，

表示流过小灯泡的电流与小灯泡两端的电压，所以其功率P=IU=0.15”

13.如图所示，线圈平面与水平方向夹角6=60。，线圈平面面积S=0.4m2。空间中存在一范围足够大的匀

强磁场，方向竖直向下，磁感应强度8=0.67，设此时穿过线圈的磁通量为正，求：

(1)此时穿过线圈的磁通量中;

第10页

（2）把线圈以cd为轴顺时针转过120°,穿过线圈磁通量的变化量△①。

【答案】（1）解：此时穿过线圈的磁通量为中=8Scos8=0.6x04x/lVb=0.12Wb

（2）解：把线圈以cd为轴顺时针转过120°,穿过线圈的磁通量为①'=-8S

穿过线圈磁通量的变化量为△①=*-①

解得△6=-0.36Wb

【解析】【分析】（1）利用磁通量的定义式，结合线圈与磁场的夹角关系，直接计算磁通量。

（2）通过分析线圈转动后的磁通量方向与大小，结合变化量的定义（末态减初态），求解磁通量变化量。

（1）此时穿过线圈的磁通量为

1

①=BScos6=0.6x0.4x=0A2Wb

乙

（2）把线圈以cd为轴顺时针转过120°,穿过线圈的磁通量为d=-BS

穿过线圈磁通量的变化量为△①=①'-①

解得△虫=-0.36Wb

14.如图所示，虚线MN、PQ之间存在水平向右的匀强电场，两虚线间距离为d0—质量为m、电荷量为

q（q>0）的带电粒子，从a点由静止释放，经电压为U的电场加速后，由b点垂直进入水平匀强电场中，从MN

上的某点c（图中未画出）离开，其速度与电场方向成30°角。不计粒子的重力，求：

〃------------N

U

a入

（1）粒子刚进入水平匀强电场时的速率%;

（2）粒子在水平匀强电场中的加速度大小a；

（3）be两点间的电势差4c。

【答案】（1）解：粒子在电场加速过程，根据动能定理有Uq=之机诏

解得孙书

（2）解：粒子在水平电场中做类平抛运动，在水平方向有％心口30°=见，vx=at

在竖直方向有d=vot

结合上述解得Q=区取

ma

（3）解：设离开水平电场时的速度为〃则有%=讥30°

根据动能定理得力cl=5m户—^TTIVQ

解得外。=3U

第11页

【解析】【分析】（1）利用动能定理直接关联电场力做功与动能变化，求解进