北京市牛欄山一中2025屆高二物理第一學期期中質量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，當帶正電的球C移近不帶電的枕形金屬導體時，枕形導體上的電荷移動情況是（）A．枕形金屬導體上的正電荷向B端移動，負電荷不移動B．枕形金屬導體上的自由電子向A端移動，正電荷不移動C．枕形金屬導體上的正、負電荷同時分別向B端和A端移動D．枕形金屬導體上的正、負電荷同時分別向A端和B端移動2、如圖所示，A、B兩處固定有等量異種點電荷，一帶負電的粒子從其連線上的M點靜止釋放，僅在電場力作用下運動到N點，則在M到N的運動過程中，下列關于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化、粒子的動能和隨位移x的變化圖線正確的是A． B．C． D．3、電場強度的定義式為，下列說法正確的是A．這個定義式只適用于點電荷的電場B．E的大小與F成正比，與q成反比C．移去電荷q，E的大小變為零D．E跟檢驗電荷q無關4、下列說法正確的是（）A．是電容的定義式B．是電流強度的定義式C．電勢能公式適用于任何靜電場D．磁感應強度的定義式只適用于勻強磁場5、“神州八號”與“天宮一號”成功對接，是我國航天事業取得的又一輝煌成果。對接后它們一起沿半徑為r的圓軌道繞地球飛行，已知地球的質量為M，萬有引力常量為G，它們一起運行的線速度大小為（）A． B． C． D．6、甲、乙兩物體質量相等，速度大小之比是2∶1，則甲與乙的動能之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶4D．4∶1二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，兩光滑平行傾斜導軌PQ、EF所在平面與水平面的夾角為θ，勻強磁場垂直于導軌所在平面斜向下，導軌下端接一電阻R，質量為m的導體棒用平行于導軌的細線拴住置于導軌上，線的另一端跨過光滑定滑輪掛著一個質量為M的砝碼，按住導體棒，整個裝置處于靜止狀態，放手后，導體棒被細線拉著沿導軌向上運動一段位移s后，速度恰好達到最大值v（導體棒及導軌電阻忽略不計），在此過程中（）A．細線的拉力始終等于MgB．導體棒做加速度逐漸越小的加速運動C．細線的拉力與安培力的合力對導體棒做的功等于導體棒增加的機械能D．電阻R產生的熱量Q=Mgs﹣mgssinθ﹣mv28、著名物理學家費曼曾設計過這樣一個實驗裝置：一塊絕緣圓板可繞其中心的光滑軸自由轉動，在圓板的中部有一個線圈，圓板的四周固定著一圈帶電的金屬小球，如圖所示．當線圈接通電源后，將產生流過圖示方向的電流，則下列說法正確的是（）A．接通電源瞬間，圓板不會發生轉動B．線圈中電流強度的增大或減小會引起圓板向不同方向轉動C．若金屬小球帶正電，接通電源瞬間圓板轉動方向與線圈中電流流向相同D．若金屬小球帶負電，接通電源瞬間圓板轉動方向與線圈中電流流向相同9、在一個很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH．已知半導體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正確的有（）A．N板電勢高于M板電勢B．磁感應強度越大，MN間電勢差越大C．將磁場方向變為與薄片的上、下表面平行，UH不變D．將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢10、在如圖所示的電路中，A、B為相同的兩個燈泡，當變阻器的滑動頭向C端滑動時A．A燈變亮 B．A燈變暗C．B燈變亮 D．B燈變暗三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）在“測定金屬絲電阻率”的實驗中：（1）用千分尺測量金屬絲的直徑，千分尺示數如圖所示，則金屬絲的直徑為________mm.（2）已知電阻絲約為20Ω，現備有下列器材供測量該電阻絲的電阻時選用，電流表應選_______，電壓表應選_______，滑動變阻器應選________(只填代號)A．量程是0.6A，內阻約0.5Ω的電流表；B．量程是3A，內阻約0.1Ω的電流表；C．量程是3V，內阻約6KΩ的電壓表；D．量程是15V，內阻約30KΩ的電壓表；E．阻值是0～1KΩ，額定電流為0.5A的滑動變阻器；F．阻值是0～20Ω，額定電流為2A的滑動變阻器；G．蓄電池（電動勢約10V，內阻很小）；H．開關一個，導線若干。（3）用伏安法測上述電阻絲電阻的電路圖應選用上圖中的那個電路圖_______12．（12分）在“測定金屬的電阻率”實驗中，(1)練習使用游標卡尺和螺旋測微器，圖中游標卡尺的讀數為______mm；圖中螺旋測微器的讀數為______mm．(2)用伏安法測金屬絲的電阻Rx.正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數據如下：由以上實驗數據可知，他們測量Rx是采用圖中的________圖(選填“甲”或“乙”)．(3)(多選)任何實驗測量都存在誤差．本實驗所用測量儀器均已校準，下列關于誤差的說法中正確的選項是________．A．用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數引起的誤差屬于系統誤差B．由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于偶然誤差C．若將電流表和電壓表的內阻計算在內，可以消除由測量儀表引起的系統誤差D．用U-I圖象處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，真空室中電極K發出的電子（初速度不計）經過電勢差為U1的加速電場加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入兩板間的偏轉電場，電子離開偏轉電極時速度方向與水平方向成45°，最后打在熒光屏上，已知電子的質量為m、電荷量為e，C、D極板長為l，D板的電勢比C板的電勢高，極板間距離為d，熒光屏距C、D右端的距離為．電子重力不計．求：(1)電子通過偏轉電場的時間t0；(2)偏轉電極C、D間的電壓U2；(3)電子到達熒光屏離O點的距離Y．14．（16分）如圖，空間有一豎直向下沿x軸方向的靜電場，電場的場強大小按分布（x是軸上某點到O點的距離）．x軸上，有一長為L的絕緣細線連接均帶負電的兩個小球A、B，兩球質量均為m，B球帶電荷量大小為q，A球距O點的距離為L．兩球現處于靜止狀態，不計兩球之間的靜電力作用．(1)求A球的帶電荷量大小qA；(2)剪斷細線后，求B球下落速度達到最大時，B球距O點距離為x0(3)剪斷細線后，求B球下落最大高度h．15．（12分）如圖，光滑水平面上存在水平向右、場強為E的勻強電場，電場區域寬度為L。質量為m、帶電量為+q的物體A從電場左邊界由靜止開始運動，離開電場后與質量為m的物體B碰撞并粘在一起，碰撞時間極短。B的右側拴接一處于原長的輕彈簧，彈簧右端固定在豎直墻壁上（A、B均可視為質點）。求AABE（1）物體A在電場中運動時的加速度大小；（2）彈簧的最大彈性勢能。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

金屬導體中可以自由移動的是電子，當帶正電的球C移近不帶電的枕形金屬導體時，由于靜電感應，A端帶負電，B端帶正電，因此自由電子向A端移動；故選項B正確，ACD錯誤；故選B。2、B【解析】

AB．根據等量異種電荷的電場線分布可知，在M到N的運動過程中，電場強度先變小后變大，粒子受到的電場力先變小后變大，則加速度先變小后變大。v-t圖象切線的斜率先變小后變大，故A錯誤，B正確。C．粒子的動能Ek=qEx，電場強度先變小后變大，則Ek-x切線的斜率先變小后變大，Ek-x圖象是曲線。故C錯誤。D．根據EP=qφ，得E先減小后增大，所以EP-x圖象切線的斜率先減小后增大，故D錯誤。3、D【解析】

A、電場強度的定義式為，采用比值法定義，適用于任何電場，故A錯誤；BCD、E是由電場本身決定的，與檢驗電荷無關，不能說E的大小與F成正比，與q成反比，當移去電荷q，E的大小不變，故D正確，B、C錯誤；故選D．【點睛】電場強度的定義式是，是用比值法定義的物理量，式子中的q表示試探電荷的電荷量，而E是由電場本身決定的，與試探電荷無關．4、C【解析】

A．是電容的決定式，A錯誤；B．是電流強度的決定式，B錯誤；C．電勢能公式是電勢能的定義式，適用于任何靜電場，C正確；D．磁感應強度的定義式，適用于勻強磁場，也適用于非勻強磁場，D錯誤。故選C。5、B【解析】

“神州八號”與“天宮一號”對接后，繞地球飛行時，根據萬有引力定律可得解得：它們一起運行的線速度大小故B項正確，ACD三項錯誤。故選B。6、D【解析】

已知質量與速度關系，由動能的計算公式可以求出兩物體的動能之比．兩物體的動能之比為,故選D二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BCD【解析】試題分析：對于導體棒，從靜止釋放后先做加速運動，隨著速度增大，由公式知，棒所受的安培力增大，所以合力減小，加速度減小，則導體棒和M都做加速度逐漸越小的加速運動．對于M，根據牛頓第二定律得可知：其加速度向下，合力向下，則細線的拉力小于重力，故A錯誤，B正確．對于導體棒，細線的拉力和安培力對其做功將引起機械能的變化，根據功能關系可知細線的拉力與安培力的合力對導體棒做的功等于導體棒增加的機械能．故C正確．對于系統，根據能量守恒得：電阻R產生的熱量Q=Mgs﹣mgssinθ﹣mv1．故D正確．故選BCD．考點：牛頓第二定律；法拉第電磁感應定律；能量守恒定律【名師點睛】本題關鍵要根據安培力與速度的關系，正確分析導體棒與M的運動情況，正確分析能量是如何轉化的，由能量守恒定律研究熱量也是常用的方法．8、BD【解析】

由題可知，在線圈接通電源的瞬間，線圈中的電流逐漸增大，產生的磁場逐漸增強，逐漸增強的磁場會產生電場（麥克斯韋電磁理論）；小球所在圓周處相當于有一個環形電場，小球因帶電而受到電場力作用從而會讓圓板轉動，利用左手定則判斷即可解答【詳解】A、線圈接通電源瞬間，變化的磁場產生變化的電場，從而導致帶電小球受到電場力，使其轉動，故A錯誤；

B、不論線圈中電流強度的增大或減小都會引起磁場的變化，從而產生不同方向的電場，使小球受到電場力的方向不同，所以會向不同方向轉動，故B正確；

C、接通電源瞬間圓板受到電場力作用而轉動，由于金屬小球帶正電，根據電磁場理論可知，電場力沿順時針方向，所以與線圈中電流流向相反，故C錯；D、接通電源瞬間圓板受到電場力作用而轉動，由于金屬小球帶負電，根據電磁場理論可知，電場力沿逆時針方向，所以與線圈中電流流向相同，故D對；故選BD9、AB【解析】A、根據左手定則，電流的方向向里，自由電荷受力的方向指向N端，向N端偏轉，則N點電勢高，故A正確；B、設左右兩個表面相距為d，電子所受的電場力等于洛侖茲力，即：設材料單位體積內電子的個數為n，材料截面積為s，則①;I=nesv

②;s=dL

③;由①②③得：,令，則

④;所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感慮強度B成正比，故B正確；C、將磁場方向變為與薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故C錯誤；D、若磁場和電流分別反向，依據左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故D錯誤．故選AB.【點睛】解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電子在電場力和洛倫茲力作用下平衡．10、AC【解析】

AB．當滑片向上，滑動變阻器的阻值變大，電路的總電阻都會變大，據閉合電路歐姆定律知總電流變小，內電壓減小，所以路端電壓增大，可知燈A變亮，選項A正確，B錯誤；CD．再據干路電流變小，燈A電流變大，所以電源右側電路的電流減小，電阻R上的電流變小了，所以分壓也就減少了，但是路端電壓增大，所以B燈和滑動變阻器上的電壓就變大，所以B燈實際功率的變大，所以B燈變亮，選項C正確，D錯誤。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、(1)2.495mm；(2)A；D；F；(3)甲【解析】(1)由圖示螺旋測微器可知，固定刻度讀數：2mm；可動刻度讀數：0.01mm×49.5=0.495mm，故螺旋測微器讀數為：)2.495mm；(2)由于溫度對電阻的影響，通過待測電阻的電流不能太大，所以電流表應選A；由于電表的最小讀數應在量程的13以上，所以待測電阻兩端的最小電壓為Umin=(3)由于滿足RV點晴：對電學實驗題目，要根據電表能讀數的要求利用歐姆定律和閉合電路歐姆定律進行計算，然后再選擇合適的器材和電路即可。12、13.551.196(1.195-1.198)甲CD【解析】（1）根據游標卡尺讀數原理，所以讀數應為L=13mm+11×0.05mm=13.55mm=5.44cm；螺旋測微器的讀數為d=1mm+19.6×0.01mm=1.196mm；（2）根據閉合電路歐姆定律可知，電路中的電阻大約為，是小電阻，所以電流表應用外接法，電流值、電壓值從0開始，由變阻器采用分壓式接法，電路圖應為甲圖所示；（3）用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數引起的誤差屬于偶然誤差；由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于系統誤差；若將電流表和電壓表的內阻計算在內，可以消除由測量儀表引起的系統誤差；用U-I圖象處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差；故AB錯誤，CD正確。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）（2）（3）【解析】

(1)電子在離開