海南省万宁市第三中学2025-2026学年高二上物理期末教学质量检测试题含解析.doc

海南省万宁市第三中学2025-2026学年高二上物理期末教学质量检测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、下列说法正确的是　　
A.由可知，电场中某点的场强E与试探电荷的电荷量q成反比
B.由可知，电场中某点的电势与试探电荷的电荷量q成反比
C.由可知，某段导体中的电流I与导体两端的电压U成正比
D.由可知，磁场中某点的磁感应强度B与通电导线所受安培力F成正比
2、图示的电路图中，C2=2C1，R2=2R1．下列说法正确的是（　　）

①开关处于断开状态，电容C2电量大于C1的电量
②开关处于断开状态，电容C1电量大于C2的电量
③开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量
④开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量
A.① B.④
C.①③ D.②④
3、关于公式E＝和E＝，下列说法正确的是
A.公式E＝ 是电场强度的定义式，只适用于匀强电场
B.由E＝ 可知，电场中某点的场强与电场力成正比
C.由E＝可知，到点电荷Q距离相等的各点的电场强度相同
D.由E＝2 可知，到点电荷Q距离相等的各点的电场强度大小相等
4、在图所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2的零点在刻度盘中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“-”接线柱流入时，指针向左摆。断开开关K的瞬间，下列说法中正确的是（　　）

A.G1指针向右摆，G2指针向左摆
B.两表指针都向右摆
C.G1指针向左摆，G2指针向右摆
D.两表指针都向左摆
5、一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图所示，电场方向竖直向下.若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（　　）

A.动能增大
B.电势能减少
C.重力势能和电势能之和增加
D.动能和电势能总和减少
6、如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为，乙的圆心为，在两环圆心的连线上有、、三点，其中，此时点的磁感应强度大小为，点的磁感应强度大小为．当把环形电流乙撤去后，点的磁感应强度大小为（　　）

A. B.
C. D.
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，M．N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为，质量为m（不计重力）从P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（）

A.两板间电压的最大值
B.CD板上可能被粒子打中区域的长度
C.粒子在磁场中运动的最长时间
D.能打到N板上的粒子的最大动能为
8、欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成的，有关欧姆表的使用和连接，正确的
A.测电阻前要使红黑表笔相接，调节调零电阻，使表头的指针指零
B.红表笔与表内电池的正极相接，黑表笔与表内电池的负极相接
C.红表笔与表内电池的负极相接，黑表笔与表内电池的正极相接
D.测电阻时，表针偏转角越大，待测阻值越大
9、如图为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u =220sin100pt（V），则下列表述正确的是（）

A.U1＜U2，U3＞U4
B.电厂输出电压的有效值U1＝220V
C.若电厂输电功率不变，将U2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的
D.用户得到的交变电流频率为25Hz
10、用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为+q的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，悬线处于伸直状态，则磁场的运动速度和方向可能是（　　）

A.，水平向左
B.，水平向下
C.，竖直向上
D.，水平向右
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）用如图所示电路测量电源的电动势和内阻，实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。

实验主要步骤：
（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（ⅲ）以U为纵坐标I为横坐标，作图线（U、I都用国际单位）；
（ⅳ）求出图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
（1）电压表最好选用______；电流表最好选用______。
A．电压表（0~3V，内阻约15kΩ） B．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
C．电流表（0~200mA，内阻约2Ω） D．电流表（0~30mA，内阻约2Ω）
（2）滑动变阻器滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是______；
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝______，r＝______，代入数值可得E和r的测量值。
12．（12分）如图所示,氢原子从n>2的某一能级跃迁到n=2的能级,辐射出能量为2.55 eV的光子.
（1）最少要给基态的氢原子提供多少电子伏特的能量,才能使它辐射上述能量的光子?
（2）请在图中画出获得该能量后的氢原子可能的辐射跃迁图。
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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）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

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）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
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】根据公式是否是比值定义法，分析各量之间的关系．比值法定义法被定义的物理量反映物质的属性
【详解】A．公式采用比值定义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷在电场中该点所受的电场力F和电荷量q无关，故A错误；
B．由公式采用比值定义法，反映电场本身的性质，与试探电荷在电场中该点所具有的电势能和电荷量q无关，故B错误；
C．公式是欧姆定律的表达式，某段导体中的电流I与导体两端的电压U成正比，故C正确；
D．采用比值定义法，B反映磁场本身的强弱和方向，与电流元在磁场中该点所受的安培力F和IL无关，故D错误
所以C正确，ABD错误
【点睛】解决本题关键要掌握物理量的定义方法和公式中各量的准确含义，并要理解公式的适用条件
2、A
【解析】①②当开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，根据，且，得：，故①正确，②错误；
③④当开关S闭合时，电容器的电压等于的电压，电容器的电压等于电阻的电压．而两电阻串联，电压之比等于电阻之比，根据，且，，得：电容器的电量等于的带电量，故③④错误，故选项A正确，BCD错误
3、D
【解析】A．公式是电场强度的定义式，运用比值法定义，适用于任何电场，故A错误；
B．公式中是由电场本身决定，与放入电场中试探电荷无关，不能说电场强度与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比，与该电荷的电荷量成反比，故B错误；
CD．由公式，可知到点电荷距离相等的各点的电场强度大小相等，方向不同，故C错误，D正确；
故选D。
4、A
【解析】由于电感线圈L的存在，断开开关K的瞬间，在G1、G2的回路中有顺时针方向逐渐减小的电流，该电流从G1的“+”接线柱流入时，指针向右摆；从G2的“-”接线柱流入时，指针向左摆。选项A正确，BCD错误。
故选A。
5、C
【解析】AB．由题意可知，带电油滴受到的合力的方向向上，故电场力一定向上，与电场线方向相反，带电油滴带负电，故从a到b的运动过程中合外力做负功，动能减小，电势能增加，故AB错误；
CD．根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因从a到b的运动过程中动能减小，因此重力势能和电势能之和增加；从a到b的运动过程中重力势能减小，因此动能和电势能之和增加，故C正确，D错误；
故选C.
6、A
【解析】甲乙两环在点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，则两环在点分别产生的场强大小为，两环在点产生的场强大小为，甲环在点产生的场强大小为，两环在点产生的场强方向相同，则乙环在点产生的场强大小为，由于乙环在点产生的场强与甲环在点产生的场强大小相等，则当把环形电流乙撤去后，点的磁感应强度大小为，故A正确；BCD错误；
故选A。

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】粒子运动轨迹如图所示

A．当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，由几何知识得

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

在加速电场中，由动能定理得

解得

故A错误；
B．设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系

解得

根据几何关系可得粒子打中区域的长度

故B正确；
C．粒子在磁场中运动的周期为

粒子在磁场中运动的最大圆心角

所以粒子在磁场中运动的最长时间为

故C错误；
D．当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径

时，打到N板上的粒子的动能最大，最大动能

根据洛伦兹力提供向心力可得

解得

故D正确。
故选BD.
8AC
【解析】A．使用欧姆表测电阻确定合适的挡位后要进行欧姆调零，要使红黑表笔相接，调节调零旋钮，使表头的指针指向欧姆刻度的零处，故A正确；
BC．红表笔与表内电池负极相接，黑表笔与表内电池正极相连接，故B错误，C正确；
D．欧姆表零刻度线在最右侧，测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻值越小，故D错误
9、AC
【解析】A．电厂发出的电，经过升压变压器进行升压，后经过降压变压器降压后输送给用户，所以

故A正确；
B．根据有效值与最大值的关系可知

故B错误；
C．若U2提高为原来的10倍，由公式则电流为原来的，根据可知，输电线上损失的功率为原来的，故C正确；
D．由题意可知，

输电过程中功率不变，所以用户得到交流电的频率仍为50Hz，故D错误。
故选AC。
10、AC
【解析】若磁场的运动方向水平向左，则小球相对磁场水平向右，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，当洛伦兹力等于重力，处于平衡状态，则有：Bqv=mg，解得：，故A正确；若磁场的运动方向竖直向下，则小球相对磁场竖直向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向左，则不可能处于平衡状态．故B错误；若磁场的运动方向竖直向上，则小球相对磁场竖直向下，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向右，当洛伦兹力与拉力的合力与重力相等时，则处于平衡状态，则有：Bqv=mgtanα，解得：，故C正确，若磁场的运动方向水平向右，则小球相对磁场水平向左，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，不可能处于平衡状态，D错误；故选AC
【点睛】此题考查左手定则与平衡方程的应用，注意相对运动理解，突出小球相对磁场的运动方向是解题的关键，同时掌握三角函数的应用

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.A ②.C ③.C ④.ka ⑤.k－R2
【解析】（1）[1]电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的电压表A；
[2]当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约

因此，电流表选择C；
（2）[3]分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大。
A．两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零，故A错误；
B．两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变，故B错误；
C．一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大，故C正确；
D．导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小，故D错误；
故选C。
（3）[4][5]由闭合电路欧姆定律可知
U＝E－I（r＋R2）
对比伏安特性曲线可知，图像的斜率为
k＝r＋R2
则内阻
r＝k－R2
令U＝0，则有

由题意可知，图像与横轴截距为a，则有

解得
E＝ka
【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图像分析数据的方法，重点掌握图像中斜率和截距的意义。
12、（1）12.75eV ；（2）
【解析】（1）氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n=2的能级，满足
hν=En－E2=2.55 eV
En=hν＋E2=－0.85 eV
所以
n=4
基态氢原子要跃迁到n=4的能级，应提供：
ΔE＝E4－E1＝12.75 eV
（2）跃迁图见下图

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、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
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、 (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