2025屆浙江省杭州市蕭山三中物理高二上期中質(zhì)量檢測模擬試題含解析

2025屆浙江省杭州市蕭山三中物理高二上期中質(zhì)量檢測模擬試題注意事項：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(qū)。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(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)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、壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而增大．某同學利用壓敏電阻設計了一個判斷電梯運動狀態(tài)的裝置，其裝置示意圖如圖1所示．將壓敏電阻平放在電梯內(nèi)，受壓面朝上，在上面放一物體m，電梯靜止時電流表示數(shù)為2I1．電梯在不同的運動過程中，電流表的示數(shù)分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示，則下列判斷中正確的是（）A．甲圖表示電梯可能做勻加速上升運動B．乙圖表示電梯可能做勻減速上升運動C．丙圖表示電梯可能做勻加速下降運動D．丁圖表示電梯可能做勻減速下降運動2、圖甲所示的電路中，電流表指針指滿刻度，電流表指針指滿刻度的處；圖乙中，指針指滿刻度，指針指滿刻度的處．已知的內(nèi)阻為，則的內(nèi)阻為()A． B． C． D．3、三個電子在同一地點沿同一直線垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場，如圖．則由此可判斷（）A．b和c同時飛離電場B．在b飛離電場的瞬間，a沒有擊中下極板C．進入電場時，a速度最大，c速度最小D．c的動能增量最小，a和b的動能增量一樣大4、如圖所示，在火星與木星軌道之間有一小行星帶．假設該帶中的小行星只受到太陽的引力，并繞太陽做勻速圓周運動．下列說法正確的是A．太陽對小行星的引力相同B．各小行星繞太陽運動的周期小于一年C．小行星帶內(nèi)側(cè)小行星的向心加速度值大于小行星帶外側(cè)小行星的向心加速度值D．小行星帶內(nèi)各小行星圓周運動的線速度值大于地球公轉(zhuǎn)的線速度值5、單位是“庫侖”的物理量是（）A．電阻 B．電壓 C．電流 D．電荷量6、如圖所示，水平放置的兩個平行金屬板，上板帶負電，下板帶等量的正電，三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的粒子從極板的左側(cè)P點以相同的水平初速度進入電場中，分別落在正極板的a、b、c三處，由此可知()A．粒子a帶正電，b不帶電，c帶負電B．三個粒子在電場中運動的時間相等C．三個粒子在電場中的加速度aa＞ab＞acD．三個粒子到達正極板的動能Eka＞Ekb＞Ekc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，光滑固定金屬導軌與水平面成一定角度θ，將完全相同的兩個導體棒P、Q相繼從導軌頂部同一位置M處無初速釋放，在導軌中某部分（圖中兩虛線之間）有一與導軌平面垂直的勻強磁場．已知P棒進入磁場時恰好做勻速運動，則從P棒進入磁場開始計時，到Q棒離開磁場（設導軌足夠長，除P、Q桿外其余電阻不計），P棒兩端電壓隨時間變化的圖象可能正確的是A． B．C． D．8、如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r．將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表示數(shù)變化量的絕對值分別為，理想電流表示數(shù)變化量的絕對值，則A．A的示數(shù)增大 B．的示數(shù)增大C．與的比值大于r D．大于9、某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在同一坐標系內(nèi)，如圖所示，根據(jù)圖線可知下列說法正確的是()A．反映Pr變化的圖線是bB．電源電動勢約為8VC．當外電阻約為2Ω時，輸出功率最大D．當電流為0.5A時，外電路的電阻約為6Ω10、如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板間的電勢差U，現(xiàn)使B板帶正電，實驗中，電荷量不變，則下列判斷正確的是()A．增大兩極板之間的距離，靜電計指針張角變大B．將A板稍微上移，靜電計指針張角將變大C．若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大D．若將金屬鋁板插入兩板之間，沒有與兩極板接觸，則靜電計指針張角變大三、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）（1）一游標卡尺的主尺最小分度為1mm，游標上有10個小等分間隔，現(xiàn)用此卡尺來測量工件的直徑，如圖所示，該工件的直徑為________毫米．（2））某次使用螺旋測微器測量長度時如下圖所示，則本次測量的長度是__________毫米．12．（12分）(1)如圖所示，游標卡尺的讀數(shù)為_________________cm，(2)如圖所示，螺旋測微器的讀數(shù)為___________________mm，(3)如圖所示，電流表接0~0.6A量程，電流表的讀數(shù)為______________A．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，空間存在與水平地面成37°角的有界勻強電場，水平地面上有一根細短管(距地面高度可忽略)，與水平地面之間的夾角為37°。一個略小于細短管直徑、質(zhì)量為m=0.1kg、電荷量為q=0.1C的帶電小球，從水平地面上方一定高度處的A點（A點未標出）靜止釋放，恰好沿水平方向做直線運動，經(jīng)t=0.3s后離開有界電場，又經(jīng)過一段時間，小球恰好無碰撞地落入細短管。已知重力加速度g=10m/s2，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空氣阻力不計，求：（1）小球所帶電荷的電性和勻強電場強度E的大??；（2）小球落地時速度大??；（3）小球距水平地面的高度.14．（16分）如圖所示的直角坐標系中，在直線x=－2l0的y軸區(qū)域內(nèi)存在兩個大小相等、方向相反的有界勻強電場，其中x軸上方的電場的方向沿y軸負方向，x軸下方的電場方向沿y軸正方向,在電場左邊界上A(－2l0，－l0)到C(－2l0，0)區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子，從某時刻起由A點到C點間的粒子，依次連續(xù)以相同的速度v0沿x軸正方向射入電場，若從A點射入的粒子，恰好從y軸上的(0，l0)沿x軸正方向射出電場，其軌跡如圖所示，不計粒子的重力及它們間的相互作用。求：(1)勻強電場的電場強度E；(2)AC間還有哪些位置的粒子，通過電場后也能沿x軸正方向運動？15．（12分）如圖所示，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=0.5Ω，標有“8V，16W”的燈泡恰好能正常發(fā)光，電動機M繞組的電阻R0=1Ω，求：（1）路端電壓；（2）電源的總功率；（3）電動機的輸出功率．

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】

據(jù)題知，壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而增大，而電流變大說明電路中電阻變小，則電流變大說明壓力變小；反之，電流變小說明壓力變大；物體加速上升和減速下降是超重狀態(tài)，減速上升和加速下降是失重狀態(tài)．【詳解】甲圖中，電流從2I1逐漸變大，電阻變小，則壓力逐漸變小，且小于重力，所以加速度向下逐漸變大，電梯可能變加速下降，也可能變減速上升．故A錯誤；乙圖中，電流從I1逐漸變大到2I1，電阻變小，則壓力逐漸變小，且大于重力，所以加速度向上逐漸變小，電梯可能變加速上升，也可能變減速下降．故B錯誤；丙圖中，電流從2I1逐漸變小，電阻變大，則壓力逐漸變大，且大于重力，所以加速度向上逐漸變大，電梯可能變加速上升，也可能變減速下降．故C錯誤；丁圖中，電流恒為I1，壓力大于重力，故電梯處于超重狀態(tài)，可能勻加速上升，也可能勻減速下降，故D正確；故選D．【點睛】本題關(guān)鍵根據(jù)電流變化情況判斷壓力變化情況，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度變化情況，從而判斷電梯的可能運動情況．2、A【解析】

設電流表A1、A2滿偏電流分別為I1、I2；由題意知，當電流表串聯(lián)時I1=I2…①當電流表并聯(lián)時：電源的電壓為U=I2R2=I1R1…②由于R1=0.45Ω…③將①③式代入②解得：R2=0.1Ω．故選A。3、D【解析】b、c在豎直方向上做勻加速運動且位移關(guān)系為：yc＜yb，根據(jù)可知tc＜tb，故A錯誤；三個粒子的質(zhì)量和電量都相同，則知加速度相同，a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù)，可知運動時間相等，故B正確；在垂直于電場方向即水平方向，三個粒子做勻速直線運動，則有：，由圖可知，由上可知，則，根據(jù)，因為，則可得：，所以有：，故C錯誤；根據(jù)動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等，c電荷電場力做功最少，動能增加量最小，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。4、C【解析】

小行星繞太陽做勻速圓周運動，萬有引力提供圓周運動向心力A．太陽對小行星的引力F=，由于各小行星軌道半徑質(zhì)量均未知，故不能得出太陽對小行星的引力相同的結(jié)論，故A錯誤；B．由周期T=知，由于小行星軌道半徑大于地球公轉(zhuǎn)半徑，故小行星的周期均大于地球公轉(zhuǎn)周期，即大于一年，故B錯誤；C．小行星的加速度a=知，小行星內(nèi)側(cè)軌道半徑小于外側(cè)軌道半徑，故內(nèi)側(cè)向心加速度大于外側(cè)的向心加速度，故C正確；D．線速度知，小行星的軌道半徑大于地球半徑，故小行星的公轉(zhuǎn)速度小于地球公轉(zhuǎn)的線速度，故D錯誤。故選C。5、D【解析】

A.電阻的單位是歐姆，故A錯誤；B.電壓的單位是伏特，故B錯誤；C.電流的單位是安培，故C錯誤；D.電荷量的單位是庫侖，故D正確．6、D【解析】

由圖，電容器上極板帶負電，下極板帶正電，平行板間有豎直向上的勻強電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，負電荷受到向下的電場力，不帶電的小球做平拋運動，帶負電的小球做類平拋運動，加速度比重力加速度大，帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運動．由此根據(jù)平拋和類平拋運動規(guī)律求解．【詳解】A、B、C根據(jù)題意，三小球在水平方向做勻速直線運動，則有x=v0t，v0相同，則水平位移x與運動時間t成正比，由圖看出，水平位移的關(guān)系為xa＜xb＜xc，則運動時間關(guān)系為tA＜tB＜tc．豎直方向上三個粒子都做初速度為0的勻加速直線運動，到達下極板時，在豎直方向產(chǎn)生的位移y相等：y=at2，則知加速度關(guān)系為aA＞aB＞aC．由牛頓第二定律得知三個小球的合力關(guān)系為FA＞FB＞FC．由于平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，向下的合力最小，向下的加速度最小，負電荷受到向下的電場力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運動，加速度為重力加速度g，可知，落在a點的顆粒帶負電，c點的帶正電，b點的不帶電．故ABC錯誤，D、由以上分析可知，F(xiàn)A＞FB＞FC．則豎直位移相同，則可知外力做功a最大，c最小；則由動能定理可知三個粒子到達正極板的動能Eka＞Ekb＞Ekc，故D正確；故選D【點睛】確認不帶電小球做平拋運動，帶電小球做類平拋運動，分水平和豎直方向分析小球的運動，水平方向勻速直線運動，豎直方向初速度為0的勻加速直線運動，由運動的合成與分解進行分析．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、AC【解析】因?qū)w棒P、Q完全相同,又是從導軌頂部同一位置M處無初速釋放,所以P、Q在進入磁場時的速度大小是相等的,當P進入磁場,而Q還沒有進入磁場的過程中,P做勻速直線運動,設此時的電動勢為E,由閉合電路的歐姆定律可得P兩端的電壓為E/2，且保持不變．當Q進入磁場時，分為兩種情況來分析：Ⅰ、當Q進入磁場時,P已經(jīng)出了磁場,所以在PQ都不在磁場中時,P的兩端的電壓為零,當Q進入磁場后,產(chǎn)生的電動勢也為E,此時P的兩端的電壓仍為E/2，當Q離開磁場時，電壓為零，選項A是有可能的．Ⅱ、當Q進入磁場時,P還沒有出磁場,此時PQ會以相同的速度開始做勻加速直線運動,回路中沒有電流,所以P兩端的電壓等于P產(chǎn)生的電動勢,因PQ都在做勻加速直線運動,所以電壓是從E均勻增加的,當P到達磁場的邊緣時,設產(chǎn)生的電動勢為E′,P離開磁場時,只有Q在切割磁感線,此時P兩端的電壓為Q產(chǎn)生的電動勢的一半,即為E′/2，此后Q將做加速度減小的減速運動，P兩端的電壓也就逐漸減小，且隨Q的加速度的減小，電壓減小的幅度也越來越小，所以選項C是有可能的，BD不可能．故選AC．8、ACD【解析】

A．滑動變阻器的滑片向下滑動，導致滑動變阻器阻值變小，由于電壓表斷路，定值電阻和滑動變阻器為串聯(lián)，滑動變阻器阻值變小，總電阻變小，電源電動勢不變，總電流變大，即電流表示數(shù)變大，選項A對；B．電壓表測量定值電阻的電壓，電阻不變，總電流變大，所以電壓變大即示數(shù)增大．電壓表測量定值電阻和滑動變阻器總電壓即路端電壓，示數(shù)變小，選項B錯；D．電壓表測量滑動變阻器電壓，設電流增加量為，則根據(jù)，，所以，選項D對；C．電壓表的變化量，所以，選項C對．9、CD【解析】電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r，Pr-I圖象是拋物線，而且是增函數(shù)，則反映Pr變化的圖線是c，故A錯誤；直流電源的總功率PE=EI，P-I圖象的斜率等于電動勢E，則有：，故B錯誤；圖中I=2A時，電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr與電源的總功率相等，則有Pr=I2r，得到，故C正確；當電流為0.5A時，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：，解得：，故D錯誤．所以CD正確，AB錯誤．10、AB【解析】

已充電的平行板電容器電量不變，靜電計測量電勢差的大小，電容器板間的電勢差越大，靜電計指針張角越大，根據(jù)電容器電容的決定分析電容的變化，由電容的定義式分析板間電勢差的變化；【詳解】A、增大兩極板之間的距離，由電容的決定式C=εS4πkd可知，電容減小，電容器的電量不變，由C=QU分析可知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故A正確；

B、將A板稍微上移時，正對面積減小，由電容的決定式C=εS4πkd可知，電容增小，電量不變，由C=QU分析可知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故B正確；

C、將玻璃板插入兩板之間，電容的決定式C=D、加入金屬鋁板，相當于減小兩極板之間的距離，由電容的決定式C=εS4πkd可知，電容增大，電容器的電量不變，由C=Q【點睛】本題要抓住電容器的電量不變，由電容的決定式C=εS4πkd和定義式三、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、29.85.805【解析】

[1]游標卡尺的主尺讀數(shù)為29mm，游標尺上第8個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為8×0.1mm=0.8mm，所以最終讀數(shù)為：29mm+0.8mm=29.8mm；[2]螺旋測微器的固定刻度為5.5mm，可動刻度為30.5×0.01mm=0.305mm，所以最終讀數(shù)為5.5mm+0.305mm=5.805mm．12、5.015cm3.205mm0.16A【解析】

(1)[1]．游標卡尺的讀數(shù)為5cm+0.05mm×3=5.015cm；(2)[2]．螺旋測微器的讀數(shù)為3mm+0.01mm×20.5=3.205mm；(3)[3]．電流表接0~0.6A量程，最小分度為0.02A，則電流表的讀數(shù)為0.16A.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)正電，N/C；(2)5m/s；(3)0.8m?！窘馕觥?/p>

(1)小球在混合場中沿水平方向運動，則豎直方向受到的合外力等于0，可知小球受到的電場力得方向沿電場線的方向向上，則小球帶正電；

在豎直方向：qEsin37°=mg代入數(shù)據(jù)可得：(2)小球在混合場中沿水平方向運動，則水平方向：ma=qEcos37°代入數(shù)據(jù)可得：a=m/s2小球離開混合場的速度：v0＝at＝×0.3＝4m/s小球恰好無碰撞地落入細短管，可知小球的末速度的方向與水平方向之間的夾角為37°，設末速度為v，則：v?cos37°=v1所以：v=5m/s(3)對小球