2025屆上海市徐匯區上海中學高二物理第一學期期中聯考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、如圖甲所示，R為電阻箱，A為理想電流表，電源的電動勢為E，內阻為r．圖乙為電源的輸出功率P與電流表示數I的關系圖象，其中功率P0分別對應電流I1、I1，外電阻R1、R1．下列說法中正確的是（）A． B． C． D．2、如圖所示，原來不帶電的金屬導體MN，在其兩端下面都懸掛著金屬驗電箔；若使帶負電的金屬球A靠近導體的M端，可能看到的現象是（）A．只有M端驗電箔張開，且M端帶正電B．只有N端驗電箔張開，且N端帶正電C．兩端的驗電箔都張開，且N端帶負電，M端帶正電D．兩端的驗電箔都張開，且兩端都帶正電3、物體脫離星球引力所需要的最小速度稱為第二宇宙速度，第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關系是。已知某星球半徑是地球半徑R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，不計其他星球的影響，則該星球的第二宇宙速度為A． B．C． D．4、如圖所示，一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，當小球靜止后把懸線燒斷，則小球在電場中將作（）A．自由落體運動 B．曲線運動C．沿著懸線的延長線作勻加速運動 D．變加速直線運動5、如圖所示，在直角坐標系xOy的y＞0空間內存在垂直紙面向里的勻強磁場．某時刻帶電粒子a從坐標原點O沿x軸正向、帶電粒子b從x軸上的Q點沿y軸正向進入磁場區域，經過一段時間兩粒子同時到達y軸上的P點，且速度方向相反．下列關于a、b粒子的物理量，一定相等的是A．質量 B．電荷量 C．速率 D．比荷6、如圖甲所示，彈簧振子以O點為平衡位置，在A、B兩點之間做簡諧運動，取向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變化如圖乙所示，下列說法正確的是()A．t＝0.2s時，振子在O點右側6cm處B．t＝0.8s時，振子的速度方向向左C．t＝0.4s和t＝1.2s時，振子的加速度完全相同D．t＝0.4s到t＝0.8s的時間內，振子的速度逐漸減小二、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，正方形線框的邊長為L，電容器的電容為C，正方形線框的一半放在垂直紙面向里的勻強磁場中，當磁感應強度以k為變化率均勻減小時，則()A．線框產生的感應電動勢大小為B．電壓表沒有讀數C．a點的電勢高于b點的電勢D．電容器所帶的電荷量為零8、關于點電荷、元電荷、試探電荷，下列說法正確的是（）A．點電荷是一種理想化的物理模型B．點電荷所帶電荷量一定是元電荷電荷量的整數倍C．點電荷所帶電荷量一定很小D．點電荷、元電荷、試探電荷是同一種物理模型9、兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計．現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC．金屬棒的速度為v時，所受的按培力大小為F=D．電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少10、如圖甲，A、B是一對平行金屬板，在兩板間加有周期為T的交變電壓U0，A板電勢為φA=0，B板電勢為φB隨時間t變化的規律如圖乙所示．現有一個電子從A板的小孔進入兩板間的電場中，設電子的初速度和重力的影響均可忽略，則A．若電子是在t=0時刻進入的，它將一直向B板運動B．若電子是在t=T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上C．若電子是在t=3T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上D．若電子是在t=T/2時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動三、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“用單擺測定重力加速度”的實驗中，測出了單擺在擺角小于5°時完成n次全振動的時間為t，如圖（A）所示用毫米刻度尺測得擺線長為L，又用游標卡尺測得擺球直徑為d，如圖（B）所示。（1）由圖可知擺球直徑是______cm，單擺擺長是______m。（2）實驗中某同學每次的測定值都比其它同學偏大，其原因可能是______A．他的擺球比別的同學重B．他的擺沒在豎直面內擺動，而成了圓錐擺C．數擺動次數時，在記時的同時，就開始數1，誤將29次全振動記成了30次D．直接將線長作為擺長來計算（3）利用單擺周期公式測定重力加速度時測出不同擺長L時相應周期值T，做T2-L圖線，如圖所示。T2與L的關系式T2=______，利用圖線上任兩點A、B的坐標（x1，y1）、（x2，y2）可求出圖線的斜率k=______，再由k可求出g=______。12．（12分）如圖所示是“探究影響通電導線受力的因素”的裝置圖。實驗時，先保持導線通電部分的長度不變，改變電流的大小；然后保持電流不變，改變導線通電部分的長度。每次導體棒在場內同一位置平衡時，懸線與豎直方向的夾角為。對該實驗：（1）下列說法正確的是___________A．該實驗探究了電流大小以及磁感應強度大小對安培力的影響B．該實驗探究了磁感應強度大小以及通電導體棒對安培力的影響C．若想增大，可以把磁鐵的N級和S級對調D．若想減小，可以把接入電路的導體棒從1、4換成2、3兩端（2）若把電流為I，且接通2、3時，導體棒受到的安培力記為F1，當電流減半且接通1、4時，導體棒受到的安培力為__________________。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）如右圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為+Q和—Q，A、B相距為2d，MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球p．質量為m、電荷量為+q（可視為點電荷，不影響電場的分布），現將小球p從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距C點距離為d的O點時，速度為v0已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g，求：（1）C、O間的電勢差UCO；（2）點處的電場強度E的大小；（3）小球p經過O點時的加速度；（4）小球p經過與點電荷B等高的D點時的速度14．（16分）在如圖甲所示的平面坐標系內，有三個不同的靜電場：第一象限內有固定在O點處的點電荷產生的電場E1（未知），該點電荷的電荷量為，且只考慮該點電荷在第一象限內產生電場；第二象限內有水平向右的勻強電場E2（未知）；第四象限內有大小為，方向按圖乙周期性變化的電場E3，以水平向右為正方向，變化周期。一質量為m，電荷量為+q的離子從（-x0，x0）點由靜止釋放，進入第一象限后恰能繞O點做勻速圓周運動。以離子到達x軸時為計時起點，已知靜電力常量為k，不計離子重力。求：（1）離子在第一象限運動時速度大小和第二象限電場E2的大小；（2）當時，離子的速度；（3）當時，離子的坐標。（）15．（12分）如圖所示，在平行金屬帶電極板MN電場中將電荷量為-4×10-6C的點電荷從A點移到M板，電場力做負功8×10-4J，把該點電荷從A點移到N板，電場力做正功為4×10-4J，N板接地，設地面為零勢面。則（1）A點的電勢φA是多少？（2）UMN等于多少伏？

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】

由閉合電路歐姆定律得輸出功率P0=UI=EI﹣I1r，即EI1－I11r=EI1－I11r，得I1+I1=．又因P0=I11R1=I11R1，I1=，I1=，聯立解得R1R1=r1．故B選項正確．2、C【解析】金屬導體處在負電荷的電場中，由于靜電感應現象，導體中的自由電子被排斥到左端，故右端要感應出正電荷，在導體的左端會出現負電荷，所以導體兩端的驗電箔都張開，且左端N帶負電，右端M帶正電，C正確．3、A【解析】

根據第一宇宙速度的表達式可得該星球的第一宇宙速度為則該星球的第二宇宙速度為A．，與結論相符，選項A正確；B．，與結論不相符，選項B錯誤；C．，與結論不相符，選項C錯誤；D．，與結論不相符，選項D錯誤；4、C【解析】

懸線燒斷前，小球受重力、拉力、電場力平衡，重力和電場力的合力與拉力等值反向。燒斷細線，物體受重力、電場力，兩個力合力恒定，沿細線方向，小球開始靜止，在恒定合力作用下將沿合力方向即沿著懸線的延長線方向做勻加速直線運動，故ABD錯誤，C正確。故選C。5、C【解析】由圖可知，a粒子經半個周期到達P點，則有：；b粒子經周期到達P點，則有：，兩粒子同時到達P點，則有：，解得：；由幾何關系可知，a粒子與b粒子的半徑之比為，根據洛倫茲力提供向心力，則有：，解得：，即，故ABD錯誤，C正確；故選C．【點睛】根據兩粒子同時到達P點，得出兩粒子的比荷之比，根據洛倫茲力提供向心力，得出速度之比，即可分析求解．6、B【解析】

在0-0.4s內，振子做變減速運動，不是勻速運動，所以t=0.2s時，振子不在O點右側6cm處，故A錯誤；由圖象乙知，t=0.8s時，圖象的斜率為負，說明振子的速度為負，即振子的速度方向向左，故B正確；t=0.4s和t=1.2s時，振子的位移完全相反，由知加速度完全相反，故C錯誤；t=0.4s到t=0.8s的時間內，振子的位移減小，正向平衡位置靠近，速度逐漸增大，故D錯誤。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、BC【解析】

A．由于線框的一半放在磁場中，因此線框產生的感應電動勢大小為，A錯誤；B．由于線框所產生的感應電動勢是恒定的，且線框連接了一個電容器，相當于電路斷路，外電壓等于電動勢，內電壓為零，而接電壓表的這部分相當于回路的內部，因此，電壓表兩端無電壓，電壓表沒有讀數，B正確；C．根據楞次定律可以判斷，a點的電勢高于b點的電勢，C正確；D．電容器所帶電荷量為D錯誤．8、AB【解析】試題分析：點電荷是為了研究帶電體的方便在條件滿足時把帶電體看成一個帶有一定電荷量的點，是一種理想化模型，A選項正確；任何帶電體所帶電荷量都是元電荷電荷量的整數倍，故B選項正確；點電荷所帶電荷量可能很大也可能很小，由點電荷所代替的帶電體電荷量決定，故C選項錯誤；點電荷是理想化模型，元電荷和試探電荷是實際存在的故D選項錯誤．考點：本題考查點電荷的理解．9、AC【解析】

A、金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為零，又因此時速度為零，沒有感應電流，金屬棒不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應等于重力加速度，故A正確；B、金屬棒向下運動時，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過電阻R的電流方向為，故B錯誤；C、金屬棒速度為時，安培力大小為，，由以上兩式得：，故C正確；D、金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（速度不為零時）以及電阻R上產生的熱量，故D錯誤．【點睛】釋放瞬間金屬棒只受重力，加速度為．金屬棒向下運動時，根據右手定則判斷感應電流的方向．由安培力公式、歐姆定律和感應電動勢公式推導安培力的表達式．金屬棒下落過程中，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（金屬棒速度不是零時）和電阻R產生的內能；本題考查分析、判斷和推導電磁感應現象中導體的加速度、安培力、能量轉化等問題的能力，是一道基礎題．10、AB【解析】

若電子在t=0時刻進入的，在一個周期內，前半個周期受到的電場力向上，向上做加速運動，后半個周期受到的電場力向下，繼續向上做減速運動，T時刻速度為零，接著周而復始，所以電子一直向B板運動，一定會到達B板，故A正確；若電子是在時刻進入的，在一個周期內：在，電子受到的電場力向上，向上做加速運動，在內，受到的電場力向下，繼續向上做減速運動，時刻速度為零，接著繼續向B板運動，周而復始，所以電子時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上，故B正確；若電子是在時刻進入的，與在時刻進入時的情況相似，在運動一個周期的時間內，時而向B板運動，時而向A板運動，總的位移向左，最后穿過A板，故C錯誤；若電子是在時刻進入的，在一個周期內：在，電子受到的電場力向左，向左做加速運動，在內，受到的電場力向右，繼續向左做減速運動，時刻速度為零，接著周而復始，所以電子一直向A板運動，一定不會到達B板，故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、2.001.0000BC【解析】

（1）游標卡尺的主尺讀數為20mm，游標讀數為0.1×0mm=0.0mm，則最終讀數為20.0mm=2.00cm擺長的大小l==99.00cm+1.00cm=100.00cm=1.0000m。根據得，。（2）根據得，①。A、由公式①可知，重力加速度的測量值的大小與擺球的質量無關。故A錯誤；B、他的擺沒在豎直面內擺動，而成了圓錐擺，設圓錐擺的擺線與豎直方向之間的夾角為θ，則：可得：可知圓錐擺的周期小于單擺的周期；由于T的測量值減小，所以重力加速度g的測量值增大。故B正確；C、數擺動次數時，在記時的同時，就開始數1，誤將29次全振動記成了30次，則周期的測量值：T=，全振動次數n增大，則周期T的測量值減小，所以重力加速度g的測量值增大。故C正確；D、直接將線長作為擺長來計算，則擺長L減小，所以重力加速度g的測量值減小。故D錯誤故選：BC（3）根據得：。則圖線的斜率為：。則有：。12、D【解析】

（1）[1]．AB．該實驗探究了導體棒通長度和電流大小對安培力的影響，故AB錯誤；

C．把磁鐵的N極和S極對調，不改變B的大小，故F不變，故C錯誤；

D．把接入電路的導體棒從1、4兩端換成2、3兩端，L減小，故安培力F減小，則θ減小，故D正確；

故選D。

（2）[2]．若把電流為I且接通2、3時，導體棒受到的安培力記為F1；則當電流減半且接通1、4時，導體棒的安培力為四、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）（4）【解析】(1)小球p由C運動到O的過程，由動能定理得mgd＋qUCO＝mv2－0①所以UCO＝②(2)小球p經過O點時受力如圖由庫侖定律得F1＝F2＝k它們的合力為：F＝F1cos45°＋F2cos