广西玉林市2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测物理试卷（含答案）

第第页广西玉林市2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测物理试卷一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。1．真空中有两个相同金属小球，可视为点电荷，带电量分别为+q和−q，固定在相距为r的两处，它们间的库仑力大小为F.A．0 B．12F C．F 2．如图所示，带电金属小球固定在电场强度为E的匀强电场的P点，P、M两点共线，且与电场线平行，若M点的电场强度恰好为0，则带电金属小球在M点产生的电场强度为（）A．0 B．−E C．E D．23．如图所示，虚线a、b、c、d、e表示匀强电场中的一簇等差等势面，已知相邻等势面间距离为2cm，若等势面d的电势为0，等势面c的电势为2V，则等势面A．4V B．−4V C．6V4．如图所示，一电子沿等量同种电荷之间的中垂线由A运动到B，在此过程中，下列说法正确的是（）A．电子的电势能增加 B．电子的电势能减少C．电子的电势能先增加后减少 D．电子的电势能先减少后增大5．如图所示，匀速飞行的战斗机上从相同的高度先后水平抛出两个质量分别为m1、m2的炮弹，在两炮弹落到水平地面前的运动过程中，它们动量的变化量分别为Δp1、ΔpA．1∶2 B．1∶3 C．1∶1 D．2∶16．小明使用多用电表测量一个电阻的阻值，现将选择开关置于“×10”挡时，观察到指针的位置如图所示，为了得到更准确的数据，他应将选择开关旋转到（）A．“×1”挡 B．“×100”挡 C．“×1k”挡 D．OFF7．如图所示，在铁芯上绕着两个线圈A和B，设电流自左边接线柱即图中箭头方向进入A时取正，若在t1~t2这段时间内电流计G表中有向左的电流通过，则线圈A中电流A． B．C． D．8．如图所示是电饭锅电路原理示意图，S是感温材料制造的开关，能使电饭锅在锅内水烧干后从加热状态自动转为保温状态，下列说法中正确的是（）A．R1B．R2C．当开关S断开时电饭锅为加热状态D．当开关S闭合时电饭锅为加热状态9．安培认为在物质微粒的内部存在着一种环形的分子电流，分子电流会形成磁场，使分子相当于一个小磁体（如图甲所示）。地球的磁性也可用此假说解释。以下说法正确的是（）A．这一假说能够说明磁可以生电B．这一假说能够说明运动的电荷产生磁场C．用该假说解释地球的磁性，引起地磁场的环形电流方向如图乙所示D．用该假说解释地球的磁性，引起地磁场的环形电流方向如图丙所示10．如图所示，以A、B、C、D为顶点构成的长方形处于一平行板电容器（未画出）形成的匀强电场中，长方形所在平面与两平行板垂直，AB的长度为8cm，BC的长度为6cm，D点距带正电荷的电容器极板的距离为20cm。取无穷远处为零电势，A、B、C三点的电势分别为9V、25V、16V。则（）A．D点电势为0V B．D点电势为18VC．两平行板间的电势差为50V D．两平行板间的电势差为100V二、非选择题：本大题共5小题，共54分。11．小明同学用伏安法测量阻值约为5Ω（1）他分别使用20分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属元件的长度L和直径d，测量的结果如图甲和图乙所示，可知，长度L=mm，直径d=mm。（2）他选用了以下器材进行测量A．电压表V（量程3V，内阻约为1B．电流表A（量程100mA，内阻为r=5C．滑动变阻器R(0~10D．电源（电动势3VE．开关与导线若干为了减小实验误差，他应选用如图（选填“丙”或“丁”）的电路图进行实验。12．在测电源电动势和内电阻”的实验中，有以下器材：待测干电池（电动势约为3V，内阻约为2.5电压表V1（量程0~3.0V，内阻约为电压表V2（量程0~15V，内阻约为电流表A1（量程0~0.6A，内阻约为电流表A2（量程0~3.0A，内阻约为滑动变阻器R1（最大阻值10Ω滑动变阻器R2（最大阻值100Ω（1）为了调节方便，测量精度更高，实验中电压表应选用（选填“V1”或“V2”），电流表应选用（选填“A1或A2”）滑动变阻器应选用（选填“（2）在实验中使用如图甲电路进行测量，测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的电压与电流关系图线，根据U−I图线求出的电源电动势E=V；内阻r=Ω。13．蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处，已知运动员与网接触的时间为1.2s，在运动员与网接触过程中（g取10m/s2）求：（1）重力的冲量；（2）运动员对网的平均作用力大小。14．一束初速不计的带电粒子，电荷量q=1.6×10−19C在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d=1.0cm，板长l=5.0（1）粒子进入偏转电场时的速度v0（2）粒子在偏转电场中的加速度a；（3）粒子在平行板间运动的时间t；15．如图所示，半径为R=0.6m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PN相切于P点，PM的长度d=0.6m，MN的长为L=0.9m。a物块以大小为v0=5m/s（1）a物块运动到M点与b物块碰撞前的速度大小；（2）若a、b物块碰后粘在一起，它们最后停在何处？（3）若a与b的碰撞均为弹性碰撞，则a、b物块又分别停在何处？

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】原来的库仑力为，实际上：，接触后再分开，金属小球相同，接触后总电量，因此电量平均分配：每个小球带电量为0，根据库仑定律F=kq故选A。

【分析】1.点电荷间的库仑定律

要求掌握公式应用，判断力的大小与电性关系。2.相同金属小球接触后的电荷分配规律

若两小球材料、大小相同，接触后总电荷量会均匀分配到两球上：

3、异种电荷的中和现象

若，（等量异种电荷），则接触后总电量为零→两球都不带电→库仑力为零。

4、常见变式与扩展如果原带电量是同种不等量，则接触后库仑力可能增大或减小，需重新计算比较。题干可能会给出具体数值，要熟练运用的比例计算。可能结合力学（平衡）出题，需要受力分析。2．【答案】B【解析】【解答】由于M点的电场强度为0，可知小球在M点产生的电场强度与匀强电场的电场强度等大反向，即带电金属小球在M点产生的电场强度为−E。故ACD错误，B正确。故选B。

【分析】1.电场叠加原理

空间中某点的电场强度是各个场源在该点产生的电场强度的矢量叠加。

本题中，M点的电场由匀强电场E和带电金属小球（点电荷）的电场E球​叠加而成。2.点电荷电场公式

带电金属小球视为点电荷，其电场大小：，方向沿径向（正电荷向外，负电荷向内）。

3.利用“合场强为零”求解条件

若某点合场强为零，则各场强在该点矢量和为零。题中M点：，因此

3．【答案】C【解析】【解答】等差等势面相邻两等势面之间电势差相等，即φa−φ故选C。

【分析】1.匀强电场中等差等势面的性质在匀强电场中，等势面是等间距的平行平面，相邻等势面之间的电势差相等，沿电场线方向电势降低最快。2.等差等势面的数学关系

若已知三个等势面a，b，c是等差等势面（即相邻等势面电势差相等），则有：或更一般地，如果a，b，c依次相邻，间距相等，则电势变化均匀。

3、易错点误认为a，b，c不是等差等势面，或顺序不是依次相邻。计算时忽略电势正负号，导致结果符号错误。误用公式时搞错n（本题个间隔从a到c）。4．【答案】D【解析】【解答】根据等量同种电荷周围的电场线分布知，从电子从A→O→B电场强度方向先竖直向下，过O点后，再竖直向上，电子所受电场力先竖直向上，再竖直向下，可知过程中，电场力先做正功后做负功，则电子电势能先减少后增大，故ABC错误，D正确。故选D。

【分析】1.等量同种电荷电场分布特点等量同种电荷连线中点O的合场强为零；中垂线上的电场方向：沿中垂线远离O点（对于正电荷）或指向O点（对于负电荷）；中垂线上的电势变化：对于正电荷，O点电势最高，沿中垂线向无穷远电势降低；对于负电荷则相反。2.电荷受力与电场方向的关系正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷（如电子）受力方向与电场方向相反。3.电场力做功与电势能变化电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加。根据电荷受力方向与位移方向的夹角判断做功正负。4.运动路径分析明确电子运动路径（沿中垂线从一侧到另一侧经过O点）。分段分析受力方向与位移方向的关系：从A到O：电场方向指向O（如果为正电荷），电子受力背向O，与位移（指向O）方向相反⇒电场力做负功⇒电势能增加。5.易错点混淆电荷种类（同种正电荷或同种负电荷）对电势分布的影响。误判电子受力方向（总与电场反向）。未正确分段分析位移与力的夹角，导致做功正负判断错误。5．【答案】A【解析】【解答】两炮弹从同一高度落下，则落地的时间相同，根据动量定理mgt=Δp，可得Δp故选A。

【分析】一、核心考点

1.平抛运动的时间平抛物体下落高度相同⇒运动时间相同：与质量、水平初速度无关（忽略空气阻力）。2.动量变化量动量是矢量，动量的变化量。平抛运动：初速度水平，末速度斜向下，水平方向速度不变⇒水平动量不变。竖直方向速度从0增加到⇒竖直动量变化量：3.动量变化量的大小因为水平动量不变，总动量变化量等于竖直动量变化量：所以：4.动量定理的理解由动量定理：合外力的冲量等于动量变化量。平抛运动中，合外力为重力，冲量为，方向竖直向下。因此，与质量成正比。二、易错点1、误以为动量变化量与初速度有关平抛的水平速度不影响竖直方向的动量变化，因此与水平初速度无关。2、忽略矢量性，错误合成有人会错误地将水平与竖直动量变化合成，得出与质量不成正比的结论。实际上，水平动量变化为零，只需考虑竖直方向。3、误用动能定理思维动量变化量是矢量，与力的冲量相关；动能变化是标量，与力的功相关。两者不同，本题只涉及动量变化。6．【答案】B【解析】【解答】电阻测量档位的选择原则：应使指针尽可能在刻度盘中间附近（中值电阻附近），这样测量较准确。若指针偏转太小（靠近左端，即电阻读数很大），说明所选倍率太小，应增大倍率（×100，×1k等）。若指针偏转太大（靠近右端，即电阻读数很小），则应减小倍率（×1，×10等），将选择开关置于“×10”挡时，指针偏转较小，说明待测电阻阻值较大，所以应该换用较大倍率的即换“×100”挡。故ACD错误，B正确。故选B。

【分析】1.欧姆表的工作原理与刻度特点欧姆表的刻度是不均匀的，左侧为∞（电阻大），右侧为0（电阻小）。指针偏转角大（靠近右侧）表示被测电阻小；偏转角小（靠近左侧）表示被测电阻大。2.欧姆表倍率选择原则测量时应使指针在中央附近（中值电阻附近）读数最准确。若指针偏转太小（靠近左端）→电阻值大→应换用更大的倍率（如从×10到×100）。若指针偏转太大（靠近右端）→电阻值小→应换用更小的倍率（如从×100到×10）。3.换挡后的操作要求

每次换挡后必须重新欧姆调零（短接两表笔，调节调零旋钮使指针指0Ω）。测量时不能带电操作，且被测电阻应与电路断开。4.读数计算最终电阻值=指针示数×倍率。换用更高倍率后，同样指针位置对应的电阻值变大（符合实际被测电阻大的情况）。7．【答案】B【解析】【解答】根据题意t1~t故选B。

【分析】1.互感现象与楞次定律当线圈A中的电流变化时，变化的磁场通过铁芯耦合到线圈B，在线圈B中产生感应电动势和感应电流。感应电流的方向总是阻碍引起它的磁通量变化（楞次定律）。2.右手螺旋定则（安培定则）的应用根据线圈中电流方向判断其内部磁场方向（或铁芯中磁通方向）。需要知道两线圈的绕向关系（本题隐含绕向相同，否则无法确定互感极性）。3.电流方向规定的分析题目规定了A线圈电流正方向（从左边接线柱流入为正）。电流计G的电流方向（“向左的电流”）需要统一理解：通常指电流从左接线柱流入电流计（或指针向左偏），据此推出B线圈内部的电流方向。4.由B的感应电流反推A的电流变化

解题的关键逻辑链：由电流计方向→B线圈电流方向。由B电流方向+右手螺旋定则→B产生的磁场方向（在铁芯中）。由B磁场方向+楞次定律→原磁通（由A产生）的变化趋势（大小与方向）。由原磁通变化趋势→A电流的变化情况（正负与增减）。8．【答案】B,D【解析】【解答】根据功率的公式P=U2R可知，电压一定时，用电器的电功率跟电阻成反比，当图中开关断开时，R1、R2故选BD。

【分析】1.电路状态与功率分析加热状态：功率大→总电阻小→开关闭合，使被短路，电路仅含。保温状态：功率小→总电阻大→开关断开，​与串联接入电路。关键公式（电压U恒定）：，电阻越大，功率越小。2.开关的作用与连接方式开关S与​并联。开关闭合时，将短路；开关断开时，接入电路。为感温磁钢开关，水烧干前（加热状态）闭合，水烧干后（保温状态）自动断开。3.识别加热电阻与限流电阻加热电阻：工作时功率大、电阻较小→​。限流电阻：用于保温时增大总电阻、降低功率→​。加热时仅有工作，保温时​与​串联。4.逻辑推理与选项判断根据电路结构推断不同开关状态下的工作模式。结合功率公式判断加热/保温状态对应的开关通断情况。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB．安培认为：物质内部存在环形分子电流，每个分子电流相当于一个小磁体，其磁性来源于电荷的圆周运动。这一假说解释了：磁体的磁场本质上是运动的电荷（电流）产生的，磁体被磁化是因为内部分子电流取向趋于一致，故B正确，A错误；CD．地理的南北极与地磁场的南北极对调，故地磁场北极在地理南极附近，由右手螺旋定则可知，引起地磁场的环形电流方向应是与赤道平面平行的顺时针方向（俯视）的，故D正确，C错误。故选BD。

【分析】1.安培分子电流假说的物理内涵磁现象的电本质：一切磁场都源于运动的电荷（电流）。物质内部存在环形分子电流，使每个分子成为一个小磁体；磁化是分子电流取向有序化的结果。该假说解释了永磁体磁性的起源，但不涉及电磁感应。2.右手螺旋定则（安培定则）的应用判断环形电流产生的磁场方向：右手弯曲的四指指向电流方向，拇指指向磁场N极（内部磁场方向）。对于地磁场模型，需根据地理北极/南极与地磁北极/南极的对应关系确定电流方向。3.地磁场的极性分布与成因模型地理北极附近是地磁南极（磁场线进入地球），地理南极附近是地磁北极（磁场线离开地球）。建立简化模型：假设地球内部存在与赤道平面平行的环形电流，产生类似螺线管的磁场。方向判断：从南极上空俯视，环形电流为顺时针时，内部磁场由地理南极指向地理北极（符合地磁极性）。10．【答案】A,D【解析】【解答】AB．在匀强电场中，平行等间距的两点电势差相等，可得φB−φCD．将CD分为8等分，每一等分对应1cm，所以F点的电势为9V，连接AF，过D点做AF的垂线，如图有几何关系可得DG的长度dDG为dDG=E=UDGdDG解得E=250V故选AD。

【分析】1.匀强电场中电势差与矢量关系对平行四边形顶点：若已知三点的电势，可利用​（当AB=DC且同向）。因为。2.寻找等势线与电场线垂直关系等势线是直线（匀强场中），找到电势相等的两点，连线即等势线。电场线与等势线垂直，利用垂线段最短法求电场强度大小：，其中d⊥​是沿电场线方向的距离。3.电场强度计算的几何方法已知两点电势差及沿电场线方向的实际距离⇒求E。关键：找到电势差对应的沿电场线方向的真实长度，需通过作垂线得到。4.平行板电容器中电势分布与板间电势差板外仍存在电场，但题中长方形在板间匀强电场区域内（假设板足够大）。已知某点电势及到板的距离，且知该点在板间正中间时，两板对称⇒可求板间电压。5、易错点：误用公式E=U/d时d取错直接取A、B间距离8cm算E，但AB不一定沿电场线方向⇒得到的E偏大或偏小。电场方向判断错误：不画图分析等势线，直接猜电场线方向，导致几何关系找错，DG长度算错。11．【答案】（1）5.25；1.073（2）丙【解析】【解答】（1）金属元件的长度L=5金属元件的直径d=1（2）因为电流表内阻已知，电流表可以采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，可以多测几组数据并且可以保护电路，故选丙电路图。

【分析】1.长度测量仪器的读数20分度游标卡尺：精度0.05mm，读数=主尺整毫米数+对齐格数×0.05mm。螺旋测微器：精度0.01mm，读数=固定刻度（含半毫米刻度）+可动刻度×0.01mm（估读一位）。2.伏安法测电阻的两种接法选择电流表内接法：测量值，适合或已知RA​可修正时。电流表外接法：测量值，适合本题因电流表内阻已知（5Ω），采用内接法可精确修正电流表分压误差。3.滑动变阻器的两种接法选择分压式接法适用情况：要求电压/电流从0开始调节；滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻；需要多组数据或保护电路。本题中滑动变阻器10Ω，待测电阻≈100Ω⇒必须用分压式。4.电路图的识别与设计丙图：电流表内接+滑动变阻器分压。丁图：电流表外接+滑动变阻器限流。根据上述原则选择丙图。（1）[1]金属元件的长度L=5[2]金属元件的直径d=1（2）因为电流表内阻已知，电流表可以采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，可以多测几组数据并且可以保护电路，故选丙电路图。12．【答案】（1）V1；A1；R（2）2.90；2.6【解析】【解答】（1）由题意可知，电源电动势约为3V，电源的内阻约为2.5Ω，故为了易于调节，准确测量，电压表、电流表示数应超过13量程，故选用V1，A1，滑动电阻器采用限流式接法，阻值与电阻内阻相差不大，故选用R（2）由闭合电路的欧姆定律U=E−Ir，由数学知识可得，图像与纵坐标的交点为电源的电动势，图像的斜率表示内电阻；故电动势E=2.90V，电源内阻r=Δ电压表：测量值应超过量程的13​（最好在1电流表：同上，同时保证不超过额定电流，且实验能控制电流在量程内。本题：⇒电压表选V1（3V量程）；最大电流约1.2A，但可用滑动变阻器限制在0.6A内⇒电流表选A1（0.6A量程）精度更高。2.滑动变阻器选择阻值选择：与待测电源内阻相近（几倍以内），便于限流调节时电流变化均匀。太大（如200Ω）⇒调节粗糙，电流变化不明显。太小（如10Ω）⇒限流范围不足。额定电流：必须大于实验可能出现的最大电流（1.2A）。3.实验电路（限流式接法）测电源电动势与内阻的标准电路：电源、电流表、滑动变阻器串联，电压表并联在电源两端。通常采用限流接法，因为电源内阻小，滑动变阻器阻值适中即可有效调节。4.U-I图像处理与物理意义公式：，纵轴截距：时的电压=电动势E。斜率绝对值：内阻r（注意单位）。不能取短路电流点（U=0）计算，因该点可能超出量程或不准确。5.系统误差分析（电流表内接法）电压表测的是路端电压，电流表测的是总电流，但电流表内阻​会产生额外压降⇒测量内阻。若已知​，可修正：​。​​​​​​（1）[1][2][3]由题意可知，电源电动势约为3V，电源的内阻约为2.5Ω，故为了易于调节，准确测量，电压表、电流表示数应超过13量程，故选用V1，A1，滑动电阻器采用限流式接法，阻值与电阻内阻相差不大，故选用R（2）[1][2]由闭合电路的欧姆定律U=E−Ir由数学知识可得，图像与纵坐标的交点为电源的电动势，图像的斜率表示内电阻；故电动势E=2.90电源内阻r=13．【答案】解：（1）重力的冲量I方向竖直向下（2）根据机械能守恒mgv又−mgv根据动量定理(F−mg)t=mF=1500根据牛顿第三定律F'【解析】【分析】1.动量定理及其应用公式：合外力的冲量=动量的变化量本题中，运动员与网接触过程受重力mg（向下）和网的支持力FN​（向上），应用时需先设定正方向，将速度、力按方向代入。2.冲量的计算与方向性恒力冲量：，方向与力的方向相同。重力的冲量：（方向始终竖直向下，与运动状态无关）。支持力的冲量：（方向与支持力方向相同）。3.机械能守恒用于速度计算自由落体过程：​​（方向向下），竖直上抛初速度：​​（方向向上）注意：ℎ14.牛顿第三定律的作用力与反作用力网对运动员的平均作用力​与运动员对网的平均作用力F'大小相等、方向相反。题目最后要求“运动员对网的平均作用力大小”，即​。5.矢量运算中的正方向约定必须明确正方向（通常取初速度方向为正），并将所有矢量按此方向赋予正负号，否则易出错。14．【答案】（1）解：粒子加速过程中，由动能定理qU=解得v（2）解：根据牛顿第二定律，可得粒子在偏转电场中的加速度a=qE（3）解：粒子沿初速度方向做匀速直线运动，在偏转电场中的飞行时间设为t，则有l=联立求得t=2.5×【解析】【分析】1.加速电场中的动能定理粒子从静止经电压加速后获得动能：​，2.偏转电场中的类平抛运动进入偏转电场时速度​水平，板间场强​竖直。加速度：，方向垂直于初速度方向。3.类平抛运动的时间水平方向匀速：，

​4.偏移量与偏转角

虽然本题只问到加速度和时间，但后续常考：竖直偏移量：，离开时的偏转角θ：，代入可化简为：，（与比荷无关）（