2025-2026学年吉林省重点中学物理高二第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

2025-2026学年吉林省重点中学物理高二第一学期期末教学质量检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、下面关于各种电器应用的电磁学原理的说法中，错误的是（　　）
A.电视机的显像管应用了磁场使电子束偏转的原理
B.变压器应用了电磁感应现象
C.微波炉是用电热棒加热食物的
D.电磁炉是利用电磁感应原理制成的
2、如图所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则(　　)

A.粒子一定带负电
B.粒子一定是从a点运动到b点
C.粒子在c点加速度一定大于在b点加速度
D.粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度
3、如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )

A.若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B.若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场位置距O点越远
C.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
4、如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路．刘伟为了使李辉操作方便，用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量．测量时表针摆过了一定角度， 李辉由此确认线圈没有断路.正当李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感．下列说法正确的是

A.刘伟被电击时变压器线圈中的电流瞬间变大
B.刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压
C.刘伟受到电击的同时多用电表也可能被烧坏
D.实验过程中若李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，他也会受到电击
5、理想变压器与电阻R及交流电流表A、交流电压表V按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为：：1，电阻，原线圈两端输入电压U随时间t变化的图象如图所示，下列说法中正确的是

A.电压表的读数为220V
B.电压表的读数为
C.电流表的读数为0.2A
D.变压器的输入功率为40W
6、如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为( )

A.沿abcda不变
B.沿adcba不变
C.由abcda变成adcba
D.由adcba变成abcda
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、下列说法正确的是（ ）
A.当两分子处于平衡位置时，分子之间作用力为零，两分子之间既不存在引力，也不存在斥力
B.不能用气体摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积
C.用油膜法估测分子大小时，可把油膜厚度看作分子的半径
D.任何物质只要它们的温度相同，它们分子的平均动能就一定相同
8、有一个理想变压器的原副线圈匝数之比为n1：n2=2：1，电源电压，电阻R1=4Ω，R2=2Ω，它们消耗的功率分别为P1和P2，则

A.P1=4W
B.P1=16W
C.P2=2W
D.P2=8W
9、如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（）

A.b点的电势低于c点的电势
B.b点电场强度小于d点电场强度
C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
10、下列叙述正确的是(　　)
A.扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动
B.布朗运动就是液体分子的运动
C.物体的温度越高,分子运动越激烈,每个分子的动能都一定越大
D.两个铅块压紧后能连在一起,说明分子间有引力
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）如图所示为验证动量守恒的实验装置示意图

（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2．则要完成该实验须满足（ ）
A．m1＞m2，r1＞r2 B．m1＞m2，r1＜r2
C．m1＞m2，r1= r2 D．m1＜m2，r1 = r2
（2）0为斜槽末端垂足，P为碰前入射小球落点的平均位置，M、N两点为碰后两球平均落点位置，则在误差允许的范围内，关系式m1 OP=_________________（用m1、m2及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒
12．（12分）某实验小组要通过实验尽可能精确的测量一根细长且均匀的空心金属管线的内径d，该金属管长约0.5m，电阻约为6Ω，已知这种金属的电阻率为ρ。
(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如图a所示，从图中读出外径为________ mm，应用________（选填“游标卡尺”或“毫米刻度尺”）测金属管线的长度L；

(2)测量金属管线的电阻R，为此取来两节内阻不计的干电池、开关和若干导线及下列器材：
A.电压表0~3 V，内阻约10 kΩ
B.电压表0~15 V，内阻约50 kΩ
C.电流表0~0.6 A，内阻约0.05 Ω
D.电流表0~3 A，内阻约0.01 Ω
E.滑动变阻器，0~10 Ω
F.滑动变阻器，0~1000 Ω
要求较准确地测出其阻值，电压表应选_____，电流表应选________；滑动变阻器选______（填序号）
(3)实验中实物接线如图b所示，请指出接线中的两处明显错误：
错误1：___________________
错误2：___________________
(4)更正电路后测得电压表示数为U，电流表示数为I，请用已知的物理常数和应直接测量的物理量（均用符号表示），推导出计算金属管线内径的表达式d=______________；
四、计算题：本题共3小题，共38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）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

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、C
【解析】显像管应用了磁场使电子束偏转原理；变压器应用了电磁感应现象；微波炉是利用电磁波来加热食物中水，从而受热；电磁炉是利用电磁感应原理制成的。
【详解】A．电视机的显像管应用了磁场使电子束偏转的原理，故A正确；
B．变压器应用了电磁感应现象，故B正确；
C．微波炉是利用电磁波来加热食物中水，从而受热，故C错误；
D．电磁炉是利用电磁感应原理制成的，故D正确；
本题选择错误的，故选C。
【点睛】考查生活中各种电器的工作原理，理解电磁感应现象的原理，注意微波炉的加热原理。
2、C
【解析】A．带电粒子在电场中运动时，受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，由图可知，此带电粒子受到的电场力方向沿着电场线向左，所以此粒子一定带正电，故A错误；
B．粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从b点沿轨迹运动到a点，故B错误；
C．由电场线的分布可知，电场线在c点处较密，所以在c点的电场强度大，粒子在c处受到的电场力大，所以粒子在c点加速度一定大于在b点加速度，故C正确；
D．粒子从c到a过程，电场力做正功，动能增大，所以粒子在电场中c点的速度一定小于在a点的速度，故D错误。
故选C。
3、A
【解析】AD．如图所示，画出粒子在磁场中运动的轨迹

由几何关系得：轨迹对应的圆心角，粒子在磁场中运动的时间

则得知：若v一定，越大，时间t越短；若一定，运动时间一定A正确，D错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力

得圆周运动半径，对应的弦长为

则若是锐角，越大，AO越大。若是钝角，越大，AO越小。B错误。
C．做匀速圆周运动的角速度

可知其大小与速度v无关，C错误。
故选A。
4、B
【解析】当回路断开时电流要立即减小到零但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，该自感电动势较大，所以刘伟倍“电”到，即刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压，故A错误，B正确；因多用表的表笔已经与被测线圈脱离，则多用电表不可能被烧坏，选项C错误；实验过程中若李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，当与线圈脱离后，在电表回路不会产生感应电动势，则他不会受到电击，选项D错误；故选B.
点睛：本题考查了自感电动势产生的条件，要知道欧姆表测电阻时，电流是很小的；当电流变化时变压器的线圈会产生较大的自感电动势
5、C
【解析】由原线圈两端输入电压U随时间变化的图像可知，U1=220V，T=0.02s
AB．根据原副线圈电压比等于匝数之比，可知

所以电压表的示数为22V，故AB错误；
C．根据原副线圈的电流与匝数成反比，则

所以A表的读数为0.2A，故C正确；
D．副线圈功率

所以变压器的输入功率

故D错误。
故选C。
6、B
【解析】线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框的磁通量先垂直纸面向外减小，后垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向一直垂直纸面向外，由安培定则知感应电流一直沿adcba不变；故B正确。
故选B

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、BD
【解析】A．当两分子处于平衡位置时，分子之间作用力为零，两分子之间的引力等于斥力，选项A错误；
B．用气体的摩尔体积除以阿伏加德罗常数求得的是气体分子运动占据的空间的体积，不是气体分子的体积，选项B正确；
C．用油膜法估测分子大小时，可认为分子单层排列，可把油膜厚度看作分子的直径，选项C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，则任何物质只要它们的温度相同，它们分子的平均动能就一定相同，选项D正确；
故选BD。
8、AD
【解析】CD.由电源电压知
理想变压器变压关系，所以
流过R2的电流，
R2消耗的功率
选项D正确，C错误；
AB.流过R1的电流
R1消耗的功率
选项A正确，B错误。
故选AD。
9、BC
【解析】A．MN是一条等势线，则b点电势为零，而c点电势小于零，则b点电势高于c点，选项A错误；
B．因d电场场强大于O点场强，而O点场强大于b点场强，可知b点电场强度小于d点电场强度，选项B正确；
C．由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故C正确；
D．因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能高于在c点的电势能，故D错误；
故选BC。
10、AD
【解析】扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，选项A正确；布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，选项B错误；物体的温度越高，分子运动越激烈，分子的平均动能变大，但非每个分子的动能都一定越大，选项C错误；两个铅块压紧后能连在一起，说明分子间有引力，选项D正确；故选AD.

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、 ①.C ②.m1OM + m2ON
【解析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同
（2）根据动量守恒定律求出需要验证的表达式
【详解】（1）为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C；
（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1=m1v1′+m2v2，
则：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，m1x1=m1x1′+m2x2，
因此需要验证：m1OP=m1OM+m2ON
【点睛】本题考查利用平抛运动验证动量守恒定律；主要是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证
12、 ①.5.200 ②.毫米刻度尺 ③.A ④.C ⑤.E ⑥.导线连接在滑动变阻器的滑片上 ⑦.采用了电流表内接法 ⑧.
【解析】(1)[1]根据螺旋测微器的读数规则读数为

[2]为了提高精确度，因此应用毫米刻度尺测金属管线的长度L；
(2)[3]两节新的干电池电动势为3V，因此电压表选择3V的量程，即选A；
[4]因为电量中最大电流大约为

为了测量的精确,电流表应选择C；
[5]滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E；
(3)[6][7]因为待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积，属于小电阻，所以电流表应该采用外接法，而图中采用了电流表内接法；连接滑动变阻器的滑片接头错误，导线连接在滑动变阻器的滑片上，应该在接线柱上。
(4)[8]根据欧姆定律得

又根据电阻定律有

则

又因为

计算得出

四、计算题：本题共3小题，共38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) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
15、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得