2024届四川省泸州市泸县第四中学物理高二上期中复习检测模拟试题含解析

2024届四川省泸州市泸县第四中学物理高二上期中复习检测模拟试题注意事项：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、某同学搬一叠书上楼用了时间t，对书做功W．此过程中该同学对书做功的平均功率是()A．Wt B．W2t C． D．2、如图所示是利用GMR设计的磁铁矿探测仪原理示意图，图中GMR在外磁场作用下，电阻会发生大幅度减小．下列说法正确的是A．若存在磁铁矿，则指示灯不亮；若将电阻R调大，该探测仪的灵敏度提高B．若存在磁铁矿，则指示灯亮；若将电阻R调大，该探测仪的灵敏度提高C．若存在磁铁矿，则指示灯不亮；若将电阻R调小，该探测仪的灵敏度提高D．若存在磁铁矿，则指示灯亮；若将电阻R调小，该探测仪的灵敏度提高3、在真空中水平放置一对金属板，两板间的电压为U，一个电子以水平速度v0沿两板中线射入电场，忽略电子所受的重力．电子在电场中的竖直偏移距离为Y，当只改变偏转电压U(或只改变初速度v0)时，下列图象哪个能正确描述Y的变化规律()A．①③ B．②③ C．③④ D．①④4、“电子伏特（符号：eV）”，属于下列哪一物理量的单位（）A．电荷量 B．能量 C．电流 D．电压5、如图所示，一个圆形线圈的匝数为N，半径为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A． B．C． D．6、如图所示，A、B为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线上的两点，当一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，则（）A．电势 B．电场线方向由A指向BC．场强大小 D．若Q为正电荷，则Q在A点左侧二、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，直线A为电源的路端电压U与电流I的关系图线，直线B是电阻R的两端电压U与电流I的关系图线，用该电源与电阻R组成闭合电路,则下面说法中正确的是A．电源的内电阻0.5Ω，电阻R为1ΩB．电源的输出功率为4WC．电源的内阻消耗的功率为4WD．电源的路端电压为2V8、封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，由状态A变到状态D过程中（）A．气体从外界吸收热量，内能增加B．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C．气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D．气体的密度不变9、如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2=2m1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧，烧断细绳后，两木块分别向左、右运动.若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1=2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块()A．动量大小之比为1∶1B．速度大小之比为2∶1C．通过的路程之比为2∶1D．通过的路程之比为1∶110、某带电粒子只受电场力作用，从C向D运动，其轨迹如图中虚线所示，由此可判定（）A．此粒子一定带正电B．此粒子在C处的加速度大于在D处的加速度C．此粒子在C处的电势能大于在D处的电势能D．此粒子在C处的动能大于在D处的动能三、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）游标卡尺的读数为_______cm.

螺旋测微器的读数为_______mm.12．（12分）用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。(1)本实验采用的科学方法是________。A．控制变量法B．累积法C．微元法D．放大法(2)通过本实验可以得到的结果是________。A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比C．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比四、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）图为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头．原线圈输入正弦式交变电压的u-t图像如题图所示．若只在ce间接一只Rce="400"Ω的电阻，或只在de间接一只Rde="225"Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80W．(1)请写出原线圈输入电压瞬时值的表达式；(2)求只在ce间接400Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比．14．（16分）如图所示，质量m=1kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内）．右侧回路中，电源的电动势E=8V、内阻r=1Ω，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机M正常工作．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s1．试求：（1）电动机当中的电流IM与通过电源的电流I总．（1）金属棒受到的安培力大小及磁场的磁感应强度大小．15．（12分）如图所示，通电直导线AB质量为100g，水平地放置在倾角为的光滑导轨上，导轨宽度为0.5m，通以图示方向的电流，电流大小为2A，要求导线AB静止在斜面上。（1）若所加匀强磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？（2）若所加匀强磁场方向垂直斜面向上，则磁感应强度为多大？（3）欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的方向和磁感应强度的大小为？

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【解题分析】根据功率的公式可知，此过程中该同学对书做功的平均功率是，故选C.2、B【解题分析】

若存在磁铁矿，GMR的电阻会变小，所分担的电势差减小，输入门电路电势变高，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反，则非门输出的电势变低，指示灯两端的电压较大，所以指示灯亮。将电阻R变大，GMR分担的电压相对变小，知磁场不太强时输入非门的电势也较高，则输出较低，指示灯两端的电压较大，可知灵敏度提高。故B正确，ACD错误。故选B。3、B【解题分析】

电子在电场中做类平抛运动，水平方向：L=v0t，竖直方向：，解得：.①、②、若只改变偏转电压U，因电子飞出偏转极板的，可知图象为倾斜直线，而偏转电压过大会使得电子打在板上，恒定不变；故①错误，②正确；③、④、若只改变初速度v0，因电子飞出偏转极板的，可知图象为倾斜直线，而v0太小会使得电子打在板上，恒定不变；故④错误，③正确.综合可知选B.4、B【解题分析】

电子伏特（符号：eV）是指一个电子被1V电压加速得到的能量，即电子伏特是能量的单位。故选B。5、B【解题分析】

由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：，故B正确，ACD错误；6、A【解题分析】

AB．一电子以某一速度沿电场线由运动到的过程中，动能增加，电场力对电子做正功，电场力方向与运动方向相同，所以电场强度方向由指向，电场线方向由指向，那么则有故A正确，B错误；C．电场线方向由指向，但不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱，故C错误；D．可以为正电荷，也可以为负电荷，若为正电荷，则在点右侧，若为负电荷，则在点左侧，故D错误；故选A。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、ABD【解题分析】由闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir，可知，当I=0时，U=E，故电源的电动势是3V，，电阻，故A正确；电源的功率为：P=EI=3×2W=6W，电源的内阻消耗的功率为，则电源的输出功率为P出=P-Pr=4W，选项B正确，C错误；电源的路端电压为2V，选项D正确；故选ABD．8、AB【解题分析】气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析得知，气体从外界吸收热量．故A正确．由图看出气体的体积增大，分子总数不变、体积增大时分子密集程度减小，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，故B正确．气体温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都会增大．故C错误．气体的质量一定，体积增大，则密度减小．故D错误．故选AB．点睛；此题关键是要先搞清图像的物理意义；会根据热力学第一定律分析吸放热情况．温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大．9、ABC【解题分析】试题分析：以两木块及弹簧为研究对象，绳断开后，弹簧将对两木块有推力作用，这可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且F1=μ1m1g，F2=μ2m2g.因此系统所受合外力F合=μ1m1g－μ2m2g=0，即满足动量守恒定律的条件．设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v1、v2.由动量守恒定律有（以向右为正方向）：－m1v1＋m2v2=0，即m1v1=m2v2，即两物体的动量大小之比为1∶1，故A项正确；两物体的速度大小之比为，故B项正确；由于木块通过的路程正比于其速度，两木块通过的路程之比，故C项正确，D项错误．考点：动量守恒定律及其应用10、BC【解题分析】A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力方向指向左下方，逆着电场线的方向，所以电荷为负电荷，所以A错误．B、电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由图可知，C点的场强大于D点的场强的大小，在C点的受力大于在D的受力，所以粒子在D点的加速度小于它在C点的加速度，所以B正确；C、D、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力方向指向左下方，粒子从C向D运动的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在C处的电势能大于在D处的电势能，粒子在C点的动能小于它在D点的动能，所以C正确，D错误．综上所述本题答案是：BC点睛：根据物体做曲线运动的条件，掌握住电场线的特点，结合电场力做功与电势能的变化关系即可解决本题三、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、2.0310.295【解题分析】

游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺上第3个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×3mm=0.3mm，所以最终读数为：20mm+0.3mm=20.3mm=2.03cm；螺旋测微器的固定刻度读数为10mm，可动刻度读数为0.01×29.5mm=0.295mm，所以最终读数为10.295mm(10.294~10.297)．【题目点拨】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.12、AC【解题分析】

(1)[1]探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关，控制其他量不变，只改变其中的一个变量，看向心力与该变量的关系，故采用的是控制变量法，故A正确BCD错误。故选A。(2)[2]AB．在质量和半径一定的情况下向心力的大小与角速度的平方成正比，与线速度的平方成正比，故AB错误；C．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，故C正确；D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比，故D错误。故选C。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、（1）uab＝411sin211πtV（2）（3）【解题分析】

试题分析：（1）由题图乙知ω＝211πrad/s，电压瞬时值uab＝411sin211πtV（2）电压有效值U1＝211V理想变压器P1＝P2，原线圈中的电流解得I1≈1．28A（或）（3）设ab间匝数为n1，．同理由题意知解得，代入数据得14、（1）电动机当中的电流是1A，通过电源的电流是4A；（1）金属棒受到的安培力大小是6N，磁场的磁感应强度大小3T．【解题分析】试题分析：（1）由P=UI求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的电压，由欧姆定律得到干路电流；（1）进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到B．解：（1）电动机的正常工作时，有：PM=UIM代入数据解得：IM=1A通过电源的电流为：I总===4A（1）导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F=mgsin37°=6N流过电动机的电流I为：I=I总IM=4A1A=1AF=BIL解得：B=3T答：（1）电动机当中的电流是1A，通过电源的电流是4A；（1）金属棒受到的安培力大小