2025届江西省上饶二中物理高二上期中学业水平测试试题含解析

2025届江西省上饶二中物理高二上期中学业水平测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、某实验小组在使用多用电表的过程中，下列说法中正确的是。A．在测量电压时，要将红表笔接在低电势点B．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调节欧姆调零旋钮C．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大的欧姆挡进行试测D．在测量未知电流时，必须先选择量程最大的电流挡进行试测2、如图所示，金属线圈竖直下落经过条形磁铁的过程中，线圈平面始终保持水平，下列对穿过线圈磁通量的说法正确的是（）A．穿过线圈的磁通量越来越大B．穿过线圈的磁通量越来越小C．在位置2穿过线圈的磁通量最小D．在位置2穿过线圈的磁通量最大3、一个带正电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上的加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则（）A．小球仍恰好能过B点B．小球不能过B点C．小球通过B点，且在B点与轨道之间的压力不为0D．以上说法都不对4、如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1=1T；位于纸面内的细直导线，长L=1m，通有I=1A的恒定电流、导线与B1夹角为θ=60°；若使其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一个匀强磁场的磁感应强度B2的不可能值为A．T2 B．3T2 C．5、两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一段较小的距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，CD导线将()A．逆时针方向转动，同时靠近导线AB B．顺时针方向转动，同时靠近导线ABC．逆时针方向转动，同时离开导线AB D．顺时针方向转动，同时离开导线AB6、电场的电场线分布如图所示，电场中A、B两点的电场强度的大小和电势分别用EA、EB和A、B表示，则有（）A．EA＞EB，A＞B B．EA＞EB，A＜BC．EA＜EB，A＞B D．EA＜EB，A＜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、一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把其在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭起到停止的过程称为过程Ⅱ，则()A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零8、静电喷涂机原理如图所示，静电喷涂机接高压电源，工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动，微粒最后被吸附到工件表面．关于静电喷涂机的涂料微粒，下列表述正确的有()A．微粒带负电 B．微粒带正电C．微粒受洛伦兹力作用 D．微粒受电场力作用9、在图中，甲、乙两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下列说法正确的是()A．甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表内接法B．甲中R测>R真，乙中R测<R真C．甲中误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使R≪RV，故此法测较小电阻好D．乙中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R≫RA，故此法测较大电阻好10、如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时,则()A．电压表读数变大 B．电流表读数变大C．质点P将向上运动 D．R1上消耗的功率逐渐增大三、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）用伏安法测电阻时，如待测电阻Rx约为150Ω，电流表内阻RA约为20Ω，电压表内阻RV约为5KΩ，应该用图中的________电路（填①或②）来测量可以尽量减小误差．当用电路图①进行测量时，测量值将比真实值偏________（填大或小）；12．（12分）某小组通过实验测绘一个标有“5.0V7.5W”某元件的伏安特性曲线，电路图如图甲所示，备有下列器材:A．电池组(电动势为6.0V，内阻约为1Ω)；B．电压表(量程为0~3V，内阻RV=3kΩ)；C．电流表(量程为0~1.5A，内阻约为0.5Ω)；D．滑动变阻器R(最大阻值为10Ω，额定电流为1A)；E．定值电阻R1(电阻值为1.5kΩ)；F．定值电阻R2(电阻值为3kΩ)；G．开关和导线若干。(1)实验中所用定值电阻应选____(选填“E”或“F”)；(2)根据图甲电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路连接完整；(3)某次实验时，电压表示数指针位置如图丙所示，则电压表读数是____V；元件两端电压是____V。四、计算题：本题共2小题，共26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）电场中某区域的电场线分布如图所示,已知A点的电场强度E=3.0×104N/C.将电荷量q=4.0×10-8C的点电荷放在电场中的A点。.(1)求该点电荷在A点所受电场力的大小F;(2)在图中画出该点电荷在A点所受电场力的方向.14．（16分）有一个电流表，内阻，满偏电流，要把它改装成量程为的安培表，需要并联多大的分流电阻？要把它改装成量程为的伏特表，需要串联多大的分压电阻？15．（12分）在如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝2，定值电阻R1＝R2＝10，R3＝30，R4＝35，电容器的电容C＝100μF，电容器原来不带电。求：(1)闭合开关S后，电路稳定时，流过R3的电流大小I3；(2)闭合开关S后，直至电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q。

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、D【解析】

A．在测量电压时，要将红表笔接在高电势点，保证电流从红接线柱流入多用电表，故A错误；B．测量阻值不同的电阻时，只有改变了倍率，才需要重新调节欧姆调零旋钮，若测量阻值不同的电阻时，没有改变倍率，不需要重新调节欧姆调零旋钮，故B错误；C．在测量未知电阻时，估计阻值大小，选择一个合适的倍率即可，试测不合适可以改变倍率，没必要选择倍率最大的欧姆挡进行试测，故C错误；D．在测量未知电流时，为保证电路安全，必须先选择量程最大的电流挡进行试测，故D正确。故选D。2、C【解析】

根据条形磁铁磁感线分布特点，可知在2位置，线圈与磁感线平行，没有磁感线通过线圈，故穿过线圈的磁通量为0，最小；则从1到3穿过线圈的磁通量先变小后变大，故选C．3、A【解析】

没有电场时，最高点速度设为v，则又根据机械能守恒定律解得加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v′，则解得而由动能定理得解得说明小球仍恰好能过B点，球与轨道间无作用力。故选A。4、A【解析】

通电导线受到的安培力为零，说明合磁感应强度方向与电流方向平行，根据三角形定则可知，当B2的方向与电流方向即合磁场方向垂直时，最小有：B2min=B1sin605、B【解析】

电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向左，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动．当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB．故A正确，BCD错误．故选A．6、C【解析】

根据电场线的疏密表示电场强度大小，电场线密的地方，电场强度大，，根据沿电场线的方向电势逐渐降低，则有，ABD错误C正确．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、AC【解析】过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，由动量定理可知，钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等零，故C正确；过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，故D错误．所以AC正确，BD错误．8、AD【解析】

因为被涂工件带正电，所以粒子带负电，这样使得涂料更好的与被涂物体相结合，过程中电荷受到的库伦力，属于电场力，所以AD正确．9、ACD【解析】

A.甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表的内接法，故A正确；B.甲图中，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量值偏小,即R测<R真；乙图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量值偏大，即R测＞R真，故B错误；C.甲图中，误差来源与电压表的分流作用，为了减小误差，应使R<<Rv，故此法测较小电阻好；故C正确；D.乙图中,误差来源与电流表的分压作用，为了减小误差，应使R≫RA，故此法测较大电阻好，故D正确；10、BD【解析】

AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小。故A不符合题意，B符合题意。

C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点将向下运动。故C不符合题意。D．由于流过R1的电流增大，根据，可知R1上消耗的功率逐渐增大。故D符合题意。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小【解析】

[1]因为电流表内阻和被测电阻相接近，所以采用电流表外接法，即电路①来测量；[2]在该电路中，由于电压表的分流，导致电流表的测量值比真实值偏大，而电压值准确，根据欧姆定律可得测量值偏小。12、F4.40【解析】

（1）题中电压表量程太小，需要改装成6V的电压表，串联一个阻值为3kΩ的定值电阻，故选F；（2）实验电路选择滑动变阻器的分压式接法，实物电路图连接如下：（3）由刻度盘读得，电压表示数为2.20V，因改装后的电压表量程被扩大了两倍，则实际加在元件两端的电压为4.40V；四、计算题：本题共2小题，共26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