2025屆上海市虹口區(qū)復興高級中學高二物理第一學期期末質(zhì)量檢測試題含解析

2025屆上海市虹口區(qū)復興高級中學高二物理第一學期期末質(zhì)量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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，光滑斜面固定于水平面，滑塊A、B疊放后一起沖上斜面，且始終保持相對靜止，A上表面水平．則在斜面上運動時，B受力的示意圖為（）A. B.C. D.2、如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計．開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度．下列操作可使指針張開角度增大一些的是()A.保持開關S閉合，將R上的滑片向右移動B.保持開關S閉合，將A、B兩極板介開一些C.斷開開關S后，將A、B兩極板靠近一些D.斷開開關S后，將A、B兩極板分開一些3、如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)．則下列說法正確的是()A.若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B.若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場位置距O點越遠C.若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D.若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短4、發(fā)現(xiàn)電流磁效應的物理學家是（）A.法拉第B.奧斯特C.庫侖D.安培5、學校運動會進行跳遠比賽時，要在沙坑里填沙。這樣做的目的是為了減小人觸地過程中的（）A.落地速度 B.動量的變化量C.沙對腳的作用力 D.速度的變化量6、如圖所示，線圈兩端與電阻相連構(gòu)成閉合回路，在線圈上方有一豎直放置的條形磁鐵，磁鐵的S極朝下。在將磁鐵的S極插入線圈的過程中（）A.通過電阻的感應電流的方向由a到b，線圈與磁鐵相互排斥B.通過電阻的感應電流的方向由b到a，線圈與磁鐵相互排斥C.通過電阻的感應電流的方向由a到b，線圈與磁鐵相互吸引D.通過電阻的感應電流的方向由b到a，線圈與磁鐵相互吸引二、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，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道分別豎直放在勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的。兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，M、N分別為兩軌道的最低點，則（）A.兩小球到達軌道最低點的速度vM＝vNB.兩小球到達軌道最低點的速度vM>vNC.在磁場和電場中小球均能到達軌道的另一端D.在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中小球不能到達軌道的另一端8、在如圖所示的電路中，閉合開關S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，下列說法正確的是A.電壓表V1示數(shù)在變大，電壓表V2示數(shù)在變小B.電流表A的示數(shù)減小，電壓表V3示數(shù)在變小C.電容器的電荷量增大，電阻R1消耗的電功率變大D.電源內(nèi)阻損耗的功率變大，電源消耗的總功率變大9、如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置。閉合開關S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動。如果僅改變下列某一個條件，下列說法正確的是A.增大R1的阻值，油滴向上運動 B.增大R2的阻值，油滴向上運動C.增大兩板間的距離，油滴靜止 D.斷開開關S，油滴向下運動10、如圖所示，A、B兩閉合線圈為同樣導線繞成，A有10匝，B有20匝，兩圓線圈半徑之比為2∶1，均勻磁場只分布在B線圈內(nèi)．當磁場隨時間均勻減弱時A.A中無感應電流B.A、B中均有恒定的感應電流C.A、B中感應電動勢之比為2∶1D.A、B中感應電流之比為1∶2三、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）下圖是等離子體發(fā)電機示意圖，平行金屬板間勻強磁場的磁感應強度B=0.5T，兩板間距離為0.2m，要使輸出電壓為220V，則等離子體垂直射入磁場的速度v0=________m/s，a是發(fā)電機的________極.(發(fā)電機內(nèi)阻不計)12．（12分）地球質(zhì)量大約是月球質(zhì)量的81倍，一飛行器在地球和月球之間，當?shù)厍驅(qū)λ囊驮虑驅(qū)λ囊ο嗟葧r，這飛行器距地心距離與距月心距離之比為_____四、計算題：本題共3小題，共38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，足夠長的光滑金屬框豎直放置，框?qū)扡=0.5m，框電阻不計，勻強磁場磁感應強度為B=1T，方向與框面垂直，金屬棒MN電阻為r=1Ω、質(zhì)量為m=0.1kg，無初速度地釋放，并與框保持良好接觸，從釋放到達到最大速度的過程中，通過棒某一截面的電荷量為q=2C．(空氣阻力不計，g取10m/s2)求：（1）棒的最大速度v;（2）此過程棒下落的高度h;（3）此過程中回路產(chǎn)生的電能E14．（16分）一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，進入第二象限的勻強電場中，電場強度為E．不計粒子重力，求：（1）勻強磁場的磁感應強度的大?。唬?）帶電粒子在磁場中的運動時間；（3）帶電粒子在電場中速度第一次為零時的坐標15．（12分）如圖所示，R1=14ΩR2=9Ω，當開關處于位置1時，電流表讀數(shù)I1=0.2A；當開關處于位置2時，電流表的讀數(shù)I2=0.3A，求電源的電動勢E和內(nèi)電阻r。

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、A【解析】將A、B做為一個整體，則一起沖上斜面時，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下，然后再用隔離體法，單獨對B進行受力分析可知，B受摩擦力一定沿水平方向上，且一定水平向左，豎直方向上重力大于支持力這樣才能使合力沿斜面向下了，故A正確，BCD錯誤2、D【解析】保持開關閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變，故AB均錯誤；斷開電鍵，電容器帶電量不變，將AB靠近一些，則d減小，根據(jù)知，電容增大，根據(jù)U=Q/C知，電勢差減小，指針張角減小，故C錯誤；同理可知，斷開電鍵，將A、B兩極板分開一些，電勢差增大，指針張角增大，故D正確；故選D點睛：本題考查電容器的動態(tài)分析，關鍵抓住斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，電鍵閉合，電容器兩端的電勢差不變3、A【解析】AD．如圖所示，畫出粒子在磁場中運動的軌跡由幾何關系得：軌跡對應的圓心角，粒子在磁場中運動的時間則得知：若v一定，越大，時間t越短；若一定，運動時間一定A正確，D錯誤；B．根據(jù)洛倫茲力提供向心力得圓周運動半徑，對應的弦長為則若是銳角，越大，AO越大。若是鈍角，越大，AO越小。B錯誤。C．做勻速圓周運動的角速度可知其大小與速度v無關，C錯誤。故選A。4、B【解析】奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律，安培發(fā)現(xiàn)了分子電流假說，B正確5、C【解析】AD．落地速度是由下跳時的高度決定的，沙坑不會改變落地速度，而落地后速度為零，故速度的變化量也不會改變，故AD錯誤；BC．跳遠比賽時，運動員從與沙坑接觸到靜止動量的變化量相等，設為△p，由動量定理可知，人受到的合力的沖量I=△P是一定的，人落在沙坑中比落在地面上延長了人與沙坑的接觸時間，t變大，由動量定理得△P=Ft，△P一定，t越長，動量變化率越小，人受到的合外力越小；故能減小的只有動量的變化率，即沙對腳的作用力，故C正確，B錯誤。故選C。6、A【解析】將磁鐵的S極插入線圈的過程中，由楞次定律知，通過電阻的感應電流的方向由a到b，據(jù)推論“來拒去留”可知線圈與磁鐵相互排斥，A正確。故選A。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、BD【解析】AB．小球在磁場中運動時洛倫茲力不做功，所以滿足機械能守恒。在電場中受的電場力向左，下滑過程中電場力做負功，所以到達最低點時速度關系為vM>vN，選項A錯誤，選項B正確；CD．整個過程小球在磁場中運動時洛倫茲力不做功，所以滿足機械能守恒，能到達軌道的另一端；在電場中受的電場力向左，整個過程中電場力都做負功，機械能守恒減少，小球不能到達軌道的另一端，選項C錯誤，D正確。故選BD。8、AD【解析】保持開關S閉合，根據(jù)變阻器接入電路電阻的變化，由歐姆定律分析電表讀數(shù)的變化．根據(jù)電容與板間距離的關系，分析電容的變化，確定電容器電量的變化，判斷R2中電流的方向．斷開開關S，分析板間場強的變化【詳解】A、B項：該電路中兩個電阻串聯(lián)，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，接入電路的有效電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知電路中電流I變大，則電流表A讀數(shù)變大；路端電壓：U=E-Ir減小，電壓表V3示數(shù)在變小，U1示數(shù)U1=IR1，隨I的增大在變大，U2示數(shù)U2=E-I（R1+r），隨電流I的增大而減小，故A正確，B錯誤；C項：電容器兩端的電壓為路端電壓，U減小，根據(jù)Q=CU可知電容器的帶電量減小，故C錯誤；D項：電源內(nèi)阻損耗的功率，由于電流變大，所以電源內(nèi)阻損耗的功率變大，電源消耗的總功率，電流變大，所以電源消耗的總功率變大，故D正確故應選：AD【點睛】電容器的動態(tài)分析重點在于明確電容器的兩種狀態(tài)：充電后斷開電源則極板上的電量不變；電容器保持和電源相連，則兩板間的電勢差不變．要掌握、及電容決定因素9、AD【解析】A．電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于可變電阻的電壓，當增大的阻值，導致總電流減小，則外電壓增大，因此電容器的電壓增大，板間場強增強，油滴將向上運動，故A正確；B．電路穩(wěn)定時，當增大的阻值，不改變電路中的電流，因此電容器的電壓不變，板間場強不變，油滴將不運動，故B錯誤；C．增大兩板間的距離，因電容器的電壓不變，則電場強度減小，導致油滴向下運動，故C錯誤；D．斷開開關S，電容器放電，板間場強逐漸減小，油滴將向下運動，故D正確；故選AD。10、BD【解析】試題分析：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，電路中產(chǎn)生感應電流；由法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢；由電阻定律求出導線電阻，最后由歐姆定律可以求出線圈電流磁場隨時間均勻減弱，穿過閉合線圈A的磁通量減少，A中產(chǎn)生感應電流，故A錯誤；磁場隨時間均勻減弱，穿過閉合線圈A、B的磁通量減少，A、B中都產(chǎn)生感應電流，故B正確；由法拉第電磁感應定律得，感應電動勢：，其中、S都相同，A有10匝，B有20匝，線圈產(chǎn)生的感應電動勢之比為1：2，A、B環(huán)中感應電動勢，故C錯誤；線圈電阻，兩圓線圈半徑之比為2：1，A有10匝，B有20匝，、s都相同，則電阻之比，由歐姆定律得，產(chǎn)生的感應電流之比，故D正確；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、①.2200②.正【解析】根據(jù)左手定則，正電荷向上偏，負電荷向下偏，所以上板帶正電，即a是電源的正極．兩板上有電荷，在兩極板間會產(chǎn)生電場，電荷最終在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有：qvB=q，所以：【點睛】解決本題的關鍵掌握等離子體進入磁場受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，正電荷向上偏，負電荷向下偏，在兩極板間會產(chǎn)生電場，電荷最終在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡12、9：1【解析】設月球質(zhì)量為M，地球質(zhì)量就為81M．飛行器距地心距離為r1，飛行器距月心距離為r2．由于地球?qū)λ囊驮虑驅(qū)λ囊ο嗟?，根?jù)萬有引力定律得：，解得：四、計算題：本題共3小題，共38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）4m/s（2）4m（3）3.2J【解析】（1）當金屬棒勻速運動時處于平衡狀態(tài)，此時說道最大，應用平衡條件可以求出最大速度（2）由電流定義式求出通過金屬棒橫截面的電荷量，可求解下落的高度；（3）應用能量守恒定律可以求出回路產(chǎn)生的電能【詳解】（1）金屬棒勻速運動時速度最大，金屬棒受到的安培力：，由平衡條件得：mg=，解得最大速度：；（2）通過金屬棒橫截面的電荷量：，解得（3）由能量守恒定律得：mgh=mv2+E，解得：E=3.2

J【點睛】解決本題的關鍵是熟練推導安培力與速度的關系式、感應電荷量與高度的關系式．對棒進行受力分析、熟練應用法拉第電磁感應定律