2026届上海市普陀区上海师大附中高二物理第一学期期末监测试题含解析.doc

2026届上海市普陀区上海师大附中高二物理第一学期期末监测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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、如图所示，一带电粒子以速度v垂直于场强方向沿上板边缘射入匀强电场，刚好贴下边缘飞出,已知产生场强的金属板长为L,如果带电粒子的速度为2v 时,当它的竖直位移等于板间距d时,它的水平射程x为( )

A.1.5L B.2L
C.2.5L D.3L
2、如图，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量（可视为点电荷），相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F。今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开。这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（　　）

A. B.
C. D.
3、如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列反映体重计示数随时间变化的F-t 图像可能正确的是

A. B.
C. D.
4、如图所示，abcd是一个用粗细均匀、同种材料的导线弯折成的长方形线框，线框竖直放置，ab长度为L，bc长度为．匀强磁场的方向垂直于金属框平面向里，磁感应强度大小为B．若金属框a、b两端与恒压电源相连，电流方向如图所示，若通过ab边的电流大小为，则金属框受到的安培力大小和方向分别为

A.，方向竖直向上 B.2BIL，方向竖直向上
C.，方向竖直向下 D.3BIL，方向竖直向下
5、匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力．下列说法正确的是（　　）

A.I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B.I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向
C.F1方向指向圆心，F2方向指向圆心
DF2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外
6、关于电场线和磁感线,下列说法正确的是
A.电场线和磁感线都是闭合的曲线
B.磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极
C.电场线和磁感线都不能相交
D.电场线和磁感线都是现实中存在的
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、如图所示，是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，有带电小球静止在平行板电容器中间，在增大电容器两极板间距离的过程中（  ）

A.带电小球将竖直向下运动
B.带电小球将竖直向上运动
C.电阻R中有从a流向b的电流
D.电阻R中有从b流向a的电流
8、在电场中把的正电荷从点移到点，电场力做功，再把这个电荷从点移到点，电场力做功。则下列说法正确的是
A.、、三点中电势最高的是点
B.若把的电荷从点移到点，电场力做功为
C.之间的电势差为
D.之间的电势差为
9、如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（）

A.减小R1，C1、C2所带的电量都增加
B.增大R2，C1、C2所带的电量都增加
C.增大R3，C1、C2所带的电量都增加
D.减小R4，C1、C2所带的电量都增加
10、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是

A.回旋加速器交流电的周期等于带电粒子圆周运动周期的一半
B.利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R
C.回旋加速器的加速电压越大带电粒子获得的最大动能越大
D粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功一样多
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）用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻，被测电源是两节干电池串联成的电池组．可供选择的实验器材如下：
A．电流表，量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω
B．电流表，量程100 mA，内阻约为5 Ω
C．电压表，量程3 V，内阻约为3 kΩ
D．电压表，量程15 V，内阻约为5kΩ
E．滑动变阻器，0～1000 Ω，0.1 A
F．滑动变阻器，0～10Ω，2 A
开关一个，导线若干
(1)为了尽量得到较准确的实验结果，电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________（填器材前面的选项字母）
(2)有(甲)、(乙)两个可供选择的电路如图所示，为减小实验误差，应选___________电路进行实验

（3）如图是根据实验记录数据画出的U－I图象，则由图可求出该电源电动势为___________V，该电源内阻为______Ω（结果保留2位有效数字）

12．（12分）某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻，他设计了一个用标准电流表来校对待测电流表的满偏电流和测定内阻的电路，如图所示，已知的量程略大于的量程，图中为滑动变阻器，为电阻箱，该同学顺利完成了这个实验

（1）实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为_________（填步骤的字母代号）
A．合上开关；
B．分别将和的阻值调至最大；
C．记下的最终读数；
D．反复调节和的阻值，使的示数仍为，使的指针偏转到满刻度的一半，此时的最终读数为r；
E．合上开关；
F．调节使的指针偏转到满刻度，记下此时的示数
（2）仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的内阻的测量值与真实值相比________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）
（3）若要将的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在上并联的分流电阻的表达式，______
四、计算题：本题共3小题，共38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）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
15．（12分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
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、C
【解析】带电粒子以速度v垂直于场强方向沿上板边缘射入电场时有 ，带电粒子的速度为2v 时的偏转位移为：，粒子偏出时速度的方向沿场线交予上极板的中点如图所示：

由三角形相似得，又有联立解得：,C正确，ABD错误
考点：本题考查了带电粒子在电场中的偏转
2、A
【解析】A、B两球相互吸引，则两球带异种电荷，设A带有电荷量为Q，B带有电荷量为-Q，相隔一定距离r，两球之间相互吸引力的大小是

第三个不带电的金属小球与A球接触后移开，第三个球与A球的带电量都为，第三个球与B球接触后移开，第三个球与B球的带电量都为

A、B两球之间的相互作用力的大小

故选A。
3、C
【解析】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态.
【详解】对人运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，ABD错误；C正确.
故选C.
【点睛】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了.
4、A
【解析】由题意可知，边ab（cd）的长度是边ad（bc）长度的2倍，所以边ab（cd）的电阻是边ad（bc）电阻的2倍，由并联关系可知，通过adcb支路的电流为，所以边dc所受安培力大小为

方向竖直向上，边ab所受安培力大小为
Fab=BIL
方向竖直向上，边ad和边bc所受安培力的合力为零，所以金属框所受安培力大小为

方向竖直向上
A．A项与上述分析结论相符，故A正确；
B．B项与上述分析结论不相符，故B错误；
C．C项与上述分析结论不相符，故C错误；
D．D项与上述分析结论不相符，故D错误
5、A
【解析】应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向，从而即可求解
【详解】A项：由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，
由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，
在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，
由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；

B项：由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；
C项：由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，故C错误；
D项：由左手定则可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D错误
故选A
【点睛】本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤
6、C
【解析】电场线不闭合，A错；磁感线在磁铁内部是从S极指向N极，B错；电场线和磁感线都是人们为了研究场而假想出来的一系列曲线，电场线和磁场线都不相交；D错；

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】AB．初始时，小球静止，受到向上的电场力和向下的重力。电容器两极板与电源两端相连，所以电容器的电压不变，在增大电容器两极板间距离的过程中，由分析可知板间场强减小，微粒所受的电场力减小，所以微粒将向下做加速运动，故A正确，B错误；
CD．增大电容器两极板间距离，由电容的决定式，分析可知电容C减小，因U不变，由，分析可知Q减小，电容器放电，则R中有从a流向b的电流，故C正确，D错误。
故选AC。
8、BC
【解析】ACD．根据题意：

解得：

零电势的选取是任意的，题中未指定零电势，所以假设，则，，所以C点电势最高，故AD错误，C正确；
B．据电势差与电势关系可得：

则将另一电荷由A移到C电场力做功：

故B正确。
9、BD
【解析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化
【详解】A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；
B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；
C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；
D、减小R4电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q=CU可知C1、C2所带电量都增加，故D正确；
故选BD
10、BD
【解析】回旋加速器靠电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，判断粒子的最大速度与什么因素有关．加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等
【详解】加速粒子时，交变电场的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等，这样才能使得每次经过D型盒的狭缝中时都能被电场加速，选项A错误；当粒子运转半径等于D型盒的半径时粒子速度最大，即，则，则要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R，带电粒子获得的最大动能与加速电压无关，选项B正确，C错误；粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功均为qU，选项D正确；故选BD.
【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，以及知道最大速度与什么因素有关

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.A； ②.C； ③.F； ④.乙； ⑤.3.0； ⑥.1.0；
【解析】（1）根据二节干电池的电压约为3V，则根据电压值及实验中的基本要求可以选取电流表及电压表；
（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，乙图误差来源与电压表的分流作用，相比较，电流表分压作用引起的误差更大；
（3）U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，根据斜率表示内电阻求解电源内阻
【详解】（1）因二节干电池的电动势约为3V，故电压表的测量量程不能太大，由题意可知，电压表只能选3V量程的C； 通过电源的电流不能太大，故量程0～3A的电流表太大，无法准确测量，故电流表应选量程为0.6A的A；滑动变阻器选择F即可；
（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，可以将电流表的内阻归结到电源中，故电动势测量值不变，内电阻测量值变大；乙图中误差来源与电压表的分流作用，由于电压表内电阻达到几千欧姆，误差较小，故选择乙方案
（3）U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，故电动势为3.0V；根据斜率表示内电阻求解电源内阻，故内电阻为
【点睛】中学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，先确定出必须用到的器材，再去根据题目中给出的条件去判断电流表和电压表．一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流
12、 ①.BEFADC ②.相等 ③.
【解析】（1）[1]．根据半偏法测电表内阻的步骤可得正确顺序为：BEFADC
（2）[2]．由原理可知，表头与电阻并联，则当电流达到半偏时，两并联电阻相等，即用上述方法得到的内阻的测量值与真实值相比相等；
（3）[3]．扩大电流表的量程需要并联一个电阻，由上述实验步骤可知其满偏电流为，则有

则

四、计算题：本题共3小题，共38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、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答