2025届广西桂林市、防城港市联合调研物理高二上期中教学质量检测模拟试题含解析

2025届广西桂林市、防城港市联合调研物理高二上期中教学质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()A．v0＋(v0＋v) B．v0－vC．v0＋v D．v0＋(v0－v)2、阅读下列材料，完成下面小题，解答时不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2,第一次下落阶段，弹簧绳被拉伸的过程中，小明下落速度大小的变化情况是A．一直在增大 B．先增大后减小C．先减小后增大 D．一直在减小3、如图甲所示，R为电阻箱(0～99.9Ω)，置于阻值最大位置，为末知电阻。断开，闭合，逐次减小电阻箱的阻值，得到一组R、I的值，并依据R、I值作出了如图乙所示的图线；断开，闭合，当R调至某一位置时，电流表的示数=1.0A；保持电阻箱上各旋钮的位置不变，断开，闭合，此时电流表的示数为=0.8A。据以上数据可知(电流表内阻不计)A．电源电动势为3.0VB．电源内阻为2ΩC．R.的阻值为2ΩD．断开，接通时，随着R的减小，电源输出功率一直增大4、有、、三个点电荷，若将、放在距离为的位置上，受到的库仑力大小为．若将、放在距离为的位置，受到的库仑力大小为．那么与所带电荷之比是（）A．B．C．D．5、动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比vA∶vB=2∶1，则动量大小之比pA∶pB；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大小之比p∶pA。A．1:23:1 B．1:13:1 C．2:11:3 D．1:21:16、一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为A．ρnev B．ρnSev C．ρnLev D．ρnSLev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，电源电动势E＝6V，小灯泡L的规格为“4V0.8W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝8Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则（）A．电源内阻为2ΩB．电动机的内阻为8ΩC．电动机正常工作电压为1.6VD．电源的输出功率为1.12W8、某动车速度从0增加到50m/s（即180km/h）所用的时间为100s。动车在这段时间内的运动可视为匀加速直线运动，则这段时间内动车的（）A．加速度为2m/s2B．加速度为0.5m/s2C．速度变化量为0.5m/sD．速度变化量为50m/s9、图中虚线是某电场中的一簇等势线．两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是A．a、b两点的电场强度大小关系Ea<EbB．a、b两点的电势关系Ua>UbC．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大10、如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，两次ab边平行于MN、速度方向均垂直于MN匀速的完全进入磁场．第一次速度为v，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次速度为2v，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则A．q2＝q1 B．q2=2q1 C．Q2＝Q1 D．Q2＝2Q1三、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）如图是“研究平抛物体的运动”实验装置图(1)在实验前应________；A．将斜槽的末端切线调成水平B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行C．在白纸上记录斜槽末端槽口的位置，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点D．测出平抛小球的质量(2)在一次实验中，某同学只记录了、、三个点的坐标如图所示，则物体做平抛运动的初速度为__________。（）12．（12分）如图所示，在研究电磁感应现象的实验中：（1）下列电表中最适合该实验的是__________(填字母)。（2）将磁铁插入线圈的过程中，线圈中感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相_____(填写“同”或“反”)。（3）第一次将磁铁快速插入线圈中，第二次将磁铁慢慢插入线圈中，发现电流计的指针摆动幅度大小不同，第一次比第二次的幅度______(填写“大”或“小”)，原因是线圈中的______(填写“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”)两次实验不同。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）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E＝6V，电源内阻r＝1Ω，电阻R＝3Ω，重物质量m＝0.10kg，当将重物固定时，电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V，求重物匀速上升时的速度大小(不计摩擦，g取10m/s2)．14．（16分）如图所示，电源的两端电压是10V，内阻不计，其中R1=10Ω，R2=8Ω，R3=R4=4Ω.求：合上开关后流过开关的电流是多大？15．（12分）有“200V40W”灯泡400盏，并联于电源两端，这时路端电压U1=150V，当关掉200盏，则路端电压升为U2=175V试求：（1）电源电动势，内阻多大？（2）前后两次每盏灯实际消耗的功率各多大？（3）若使电灯正常发光还应关掉多少盏灯？

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、A【解析】

人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′-mv，解得：v′=v0+（v0+v）；A.v0＋(v0＋v)，与结论相符，选项A正确；B.v0－v，与结论不相符，选项B错误；C.v0＋v，与结论不相符，选项C错误；D.v0＋(v0－v)，与结论不相符，选项D错误；2、B【解析】

第一次下落阶段，弹簧绳被拉伸的过程中，根据牛顿第二定律得：弹簧绳被拉伸的过程中，弹力变大，则加速度变小，方向向下，小明做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力继续增大，加速度方向向上，小明做加速度增大的减速运动，所以小明下落速度大小的变化情况是先增大后减小，故选B．3、D【解析】

AB.根据，解得，图线的斜率与电源的电动势相等，故，纵轴截距表示内阻，所以内阻，故AB错误。C.断开，闭合，当R调至某一位置时，电流表的示数=1.0A；有，代入数据解得：，断开，闭合，此时电流表的示数为=0.8A,则有：，解得，故C错误。D.由于与电源内阻相等，又知当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，当外电阻大于内阻时，随着外电阻的减小，电源输出功率增大，断开，接通时，随着R的减小，电源输出功率一直增大，故D正确。4、C【解析】由库仑定律，只有变化，则之比等于之比，故C项正确．综上所述，本题正确答案为C5、D【解析】

根据知，两物体动能相等，A、B的速度大小之比为vA：vB=2：1，则质量之比为mA：mB=1：4；根据p=mv知，pA：pB=mAvA：mBvB=1：2；由于A、B相向而行，规定B的方向为正方向，则碰前总动量p=pB-pA=pA，碰撞前后系统的动量守恒，则碰撞总动量的大小为p=pA，其总动量大小与A原来动量大小之比p：pA=1：1A．1:23:1，与结论不相符，选项A错误；B．1:13:1，与结论不相符，选项B错误；C．2:11:3，与结论不相符，选项C错误；D．1:21:1，与结论相符，选项D正确；6、A【解析】

根据题意可知，流过导体的电流和导体的电阻分别为，所以可得，加在导体两端的电压为又因为此时导体内的电场为恒定电场，可得故选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、ACD【解析】开关S接1时，小灯泡L正常发光，电路电流，根据闭合电路欧姆定律有，解得，故A正确；开关S接2时，电路电流，电动机正常工作电压为，故C正确；电动机的热功率未知，电动机的内阻无法解出，故B错误；电源的输出功率为，故D正确；故选ACD。8、BD【解析】

某动车速度从0增加到50m/s，则速度的变化量为：∆v=50m/s-0=50m/s；所用的时间为100s，则加速度为a=ΔvΔt=【点睛】知道速度的变化量等于末速度减初速度；记住加速度等于速度的变化率.9、AD【解析】

由虚线的等势线可以看出，这是一个点电荷形成的电场，a处离点电荷较远，b处离点电荷较近，故这现两点的电场强度的关系为，a点的电场强度小于b点，选项A正确；由于不确定点电荷的性质，电场线的方向也就不明确，故无法判断a、b两点的电势关系，选项B错误；由于粒子仅在电场力的作用下运动的，故电场力对粒子都做正功，两种粒子的电势能都减小，动能增大，选项C错误，D正确．故选AD.【点睛】静电力做正功，电势能减小，动能增大；静电力做负功，电势能增加，动能减小．10、AD【解析】

由，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等；根据功能关系可求线框中产生的热量．【详解】由公式可知，电荷量相等，即q2=q1线圈进入磁场过程中产生的感应电流为：，由焦耳定律可知，产生的热量为：所以热量之比等于速度度之比即为Q2＝2Q1故应选：AD．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、AB【解析】

(1)[1]A．实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用，A正确；B．根据平抛运动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，即要求木板平面与小球下落的竖直平面平行，B正确；C．应以小球平抛的初始位置即球心为坐标系的原点，建立坐标系，C错误；D．小球的轨迹与其质量无关，所以不必测量小球的质量，D错误。故选AB；(2)[2]A、B、C是平抛运动轨迹上的三个点，由水平位移可知：三个点时间间隔相等。竖直方向：自由落体运动，因时间相等，由可得t=0.1s水平方向做匀速运动，则有其中xAB=0.1m所以初速度为v0=1m/s12、B反大磁通量的变化率【解析】

（1）[1]．当条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，从而产生较小的感应电流，因此需要灵敏的电流计，因电流有方向，所以选B图的电流表。（2）[2]．将磁铁插入线圈的过程中，根据楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相反。（3）[3][4]．根据法拉第电磁感应定律知，，快速插入时磁通量变化比较快，则感应电动势比较大，感应电流比较大，可知第一次比第二次幅度大，原因是磁通量的变化率不同。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、1.5m/s【解析】设电动机内阻为r′当将重物固定时I＝＝1AR＋r′＝＝5Ω，r′＝2Ω当重物不固定时I′＝＝0.5AP出＝UI′＝2.75W，PR＋Pr′＝I′2(R＋r′)＝1.25W所以重物的功率P＝P出－PR－Pr′＝mgv，解得v＝1.5m/s14、2A【解析】

根据R3与R4并联，再与R2串联，最后