上海市崇明区市级名校2025届物理高二上期中教学质量检测试题含解析

上海市崇明区市级名校2025届物理高二上期中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、如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是()A．将变阻器滑动头P向右滑动B．将变阻器滑动头P向左滑动C．将极板间距离适当减小D．将极板间距离适当增大2、用伏安法测电阻时，为了减小实验误差，将实验器材按图连接，留下一个伏特计接线头P，将P分别与a，b两点接触一下，则A．若安培计示数变化显著，P应接在aB．若安培计示数变化显著，P应接在aC．若伏特计示数变化显著，P应接在bD．若伏特计示数变化显著，P应接在a3、如图所示，平行板电容器与电池相连，当二极板间的距离减小后，则二极板间的电压U、电场强度E、电容器的电容C及电容的带电量Q与原来相比（）A．U、E、C、Q都不变B．U不变，E、C、Q变小C．U不变，E、C、Q变大D．U、E不变，C变大，Q变小4、质量为m的钢球自高处落下,以速度v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速度为v1．在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为()A．向下,m(v1-v1)B．向上,m(v1+v1)C．向上,m(v1-v1)D．向下,m(v1+v1)5、如图所示,三个电阻R1、R2、R3的阻值相同,允许消耗的最大功率分别为8W、5W、4W,此电路中允许消耗的最大功率为()A．17W B．16WC．12W D．15W6、一质子在静电场中由a点移到b点，在这过程中，电场力做的功为8.0×10-17J，则a、b两点间的电势差Uab为()A．3×102V B．5×102V C．4×102V D．7×102V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、如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A1．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小8、加速直线运动的质点，在第1s末的速度为2m/s．下面判断正确的是（）A．质点在第2s末的速度可能是4m/sB．质点的加速度一定是2m/s2C．质点的加速度可能是1m/s2D．质点的加速度可能是3m/s29、如图所示，固定在点的正点电荷的电场中有、两点，已知，下列叙述正确的是A．若把一正的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能减少B．若把一正的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能增加C．若把一负的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能减少D．若把一负的点电荷从点沿直线移到点，再从点沿不同路径移回到点；则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变10、两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的，V1的量程为5V，V2的量程为15V，为了测量15—20V的电压，把V1、V2串联起来使用，在这种情况下（）A．V1和V2读数相等B．V1和V2两表指针偏转角相等C．V1和V2的读数之比等于1:3D．V1和V2的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比三、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）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材：A．干电池1节B．滑动变阻器（0～20Ω）C．滑动变阻器（0～1kΩ）D．电压表（0～3V，内阻约为20kΩ）E．电流表（0～0.6A，内阻RA＝0.2Ω）F．电流表（0～3A，内阻约为0.01Ω）G．开关、导线若干①为减小实验误差和方便操作，选择图甲所示电路进行实验，其中滑动变阻器应选________，电流表应选_____。（填写器材前的序号）②某同学根据实验测得的电压表示数U和电流表示数I，画出U－I图像如图乙所示，由图像可得电池的电动势为______V，内电阻为______Ω。12．（12分）某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层的镍铬合金丝，该校的兴趣小组同学想通过实验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的电阻率Ω·m，测量选用的器材有多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。（1）实验前先使用多用电表粗测合金丝的电阻①机械调零后，选择旋钮指向电阻挡“×10”位置，将红、黑表笔分别插入多用电表的对应插孔，将两表笔短接，调节__________（填“S”或“T”）进行欧姆调零，使指针指到“电阻挡”零刻度。②把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，发现指针偏转角度过小，应选择倍率为__________（填“×100”或“×1”）的挡位，再将两表笔短接重新进行欧姆调零。③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端相接，多用电表的示数如图甲所示，则该合金丝的电阻约为__________Ω。（2）使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径d，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径d=________mm。（3）为了更准确地测量镍铬合金丝电阻，减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，选择如图丙所示的电路进行测量，测量电压表示数为U，电流表的示数为I。不计合金丝绝缘漆的厚度，镍铬合金丝的长度的表达式L=__________（用U、I、ρ、d表示）。（4）利用记录的多组电压U和电流值I的数据，绘制出如图丁所示的U－I图像。可测出镍铬合金丝的长度L=_________m。（保留三位有效数字）。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）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=12V，电源内阻r=1Ω，电阻R=4Ω，重物质量m=0.30kg，接通开关S，当重物固定时，电压表的示数为10V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为11V。不计摩擦，。求：（1）电动机线圈内阻的大小；（2）重物匀速上升时的速度大小。14．（16分）如图所示，平行金属板长为L，一个带电为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：（1）粒子末速度大小；（2）电场强度；（3）两极板间距离．15．（12分）质量为m=0.05Kg的导电细杆ab置于倾角为30°的平行放置的光滑导轨上，导轨宽为L=0.5m，杆ab与导轨垂直，如图所示，匀强磁场垂直导轨平面且方向向下，磁感应强度为B=0.1T．已知电源电动势E=15V，内阻r=1Ω，导轨和细杆的电阻均忽略不计，g取10m/s1．求：（1）当电阻R取值为多少时，释放细杆后杆ab保持静止不动．（1）当R=1Ω时，释放细杆瞬间杆ab的加速度是多大？

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】

根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小洛伦兹力方向向下，,电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力；AB、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误；

C、将极板间距离适当减小时，增大，不满足要求，故C错误；D、将极板间距离适当增大时，减小，满足要求，故D正确．2、D【解析】

本题考查试触法在判断电表误差中的应用【详解】AB．若安培计示数变化显著，则说明伏特计的分流作用明显，为避免伏特计分流，则应使用电流表的内接法，故P应接在b，AB均错误；CD．若伏特计示数变化显著，则说明安培计分压作用明显，则应使用电流表的外接法，故P应接在a，即答案选D。3、C【解析】

平行板电容器与电池相连，则U不变；当两极板间距减小时，d减小，由C=εS4πkd可知C变大，根据Q=CU可知Q变大；根据E=U/d可知，E【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，是常见的题型，关键抓住不变量：电容器与电源保持相连，其电压不变；充电后与电源断开，其电量不变．较为简单．4、B【解析】

选取竖直向下方向为正方向，忽略重力冲量．根据动量定理得地面对钢球的冲量为：I=-mv1-mv1=-m（v1+v1），则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m（v1+v1）．A.向下，m(v1-v1)，与结论不相符，选项A错误；B.向上，m(v1+v1)，与结论相符，选项B正确；C.向上，m(v1-v1)，与结论不相符，选项C错误；D.向下，m(v1+v1)，与结论不相符，选项D错误；5、C【解析】

由于三个电阻的阻值相同，根据P=I2R，可得电阻的电流的大小为，所以8W的电阻的电流最大为，5W的电阻的电流最大为，4W的电阻的电流最大为，由于4W的电阻和5W的电阻并联，之后和8W的电阻串联，所以经过8W的电阻的电流是另外两个的电流的和，由于+＞，所以8W的电阻最先达到最大功率，由于三个电阻的阻值相同，所以并联部分的电阻的大小为R，并联部分的总的电流与8W的电阻的电流相同，根据P=I2R可知，并联部分的总功率为8W的电阻功率的一半，即为4W，所以电路允许消耗的最大功率是8W+4W=12W。

A．17W，与结论不相符，选项A错误；B．16W，与结论不相符，选项B错误；C．12W，与结论相符，选项C正确；D．15W，与结论不相符，选项D错误；6、B【解析】

根据电场力做功的公式Wab=qUab，得：A．3×102V，与结论不相符，选项A错误；B．5×102V，与结论相符，选项B正确；C．4×102V，与结论不相符，选项C错误；D．7×102V，与结论不相符，选项D错误；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】

AD．粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即其做匀速圆周运动的直径,可见D越小，则粒子的荷质比越大，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误．B．粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电．其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B错误；C．由Eq=Bqv可知，v=E/B，选项C正确；8、AC【解析】

根据匀变速直线运动的速度时间公式，求出质点的加速度以及质点的速度大小．【详解】A、B、若质点的初速度为零，则加速度，第2s末的速度v2=at2=2×2m/s=4m/s，若初速度不为零，则加速度不等于2m/s2，2s末速度不为零，故A正确，B错误.C、若质点的初速度为1m/s，质点的加速度，故C正确.D、初速度为零时加速度大小为2m/s2，因为初速度不一定为零，故加速度不一定为是2m/s2，但加速度最大为2m/s2，故D错误.故选AC.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，并能灵活运用，注意在本题中初速度可能为零，可能不为零.9、AD【解析】

电场力对电荷做正功，电势能减少，而正负功的判断要根据功的定义式，力和位移只带大小。功的正负取决于力与位移的方向夹角。从图上可以看出，将正电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力与位移方向的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减少。A正确B错误；将负点电荷从M点沿直线移到N点的近程中，电场力指向正电荷，方向与位移的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增加，C错误，若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点；则该电荷电场力做功之和为零，D正确。【提醒】将正负电荷受的电场力的方向分不清而选择C，将电场力做功与电势能的变化分不清而选择B或C【备考提示】电荷有两种，在电场中不同性质的电荷受到的力的方向不同。10、BC【解析】设电压表V1的内阻为R1，电压表V2的内阻为R2，由电压表的改装原理可知，U1U2=IgR1IgR2=R1R2=515=13；若将二者串联起来，通过它们的电流相同，则V1的读数U1=IR1，V2的读数为U2=IR2，所以点睛：求解本题的关键是明确电流表的工作原理和电压表的改装原理．电流表工作时，电流表的指针偏转角度与通过电流表的电流大小成正比；电压表是电流表与电阻串联后改装成的．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、BE1.51【解析】

由题中“在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材”可知，本题考查用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻的实验，根据实验原理和实验器材可解答本题。【详解】（1）[1]根据甲图可知，选用外接法，因此滑动变阻器选择B；[2]电流值不超过0.6A，故电流表选E；（2）[3]根据U-I图可知，电动势为1.5V；[4]U-I图的斜率表示内阻，因此可得内阻为1。12、T“×100”14000.305110【解析】

（1）①[1]．欧姆调零时将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，即欧姆调零旋钮，使指针指电阻的0刻线；②[2]．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。说明被测阻值较大，为使指针只在中央刻度附近应换较大档，即×100档；③[3]．欧姆表选择×100挡，由图甲所示可知，该合金丝的电阻约为：14×100=1400Ω；（2）[4]．由