2024届四川省广元市物理高二上期中达标检测试题含解析

2024届四川省广元市物理高二上期中达标检测试题注意事项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、“验证机械能守恒定律”的实验装置如图所示，实验中发现重物减小的重力势能略大于增加的动能，其主要原因是()A．未测量重物的质量 B．先接通电源，后释放纸带C．使用的重物质量大，体积小 D．重物和纸带在下落时受到阻力2、图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示．O点磁感应强度的方向（）A．沿oa向上 B．沿oc向下 C．沿ob向右 D．沿od向左3、如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知（）A．导体的电阻是25ΩB．导体的电阻是0.04ΩC．当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.5AD．当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.0V4、下列关于电阻和电阻率的说法正确的是A．若将一根粗细均匀的导线均匀拉长到原来的2倍时电阻率变为原来的4倍B．由电阻定律可知，ρ与R、S成正比，与l成反比C．所有材料的电阻率随温度的升高而增大D．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大5、如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r．开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光．现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是()A．电灯L1、L2均变亮B．电灯L1变亮，L2变暗C．电流表的示数变小D．电源的总功率变小6、歼20战斗机为中国人民解放军研制的第四代战机。如图所示，机身长为L，机翼两端点C、D的距离为d，现该战斗机在我国近海海域上空以速度V沿水平方向直线飞行，已知战斗机所在空间地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下、大小为B，C、D两点间的电压为U。则A．U=BLV，C点电势高于D点电势B．U=BLV，D点电势高于C点电势C．U=BdV，C点电势高于D点电势D．U=BdV，D点电势高于C点电势二、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、在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，以下四个选项中能让灯泡突然变亮的是（）A．电阻R1短路 B．电阻R2断路 C．电阻R2短路 D．电容器C短路8、一根长为0.2m，电流为4A的通电导线，放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，受到的安培力大小可能是（）A．0.4N B．0.5N C．0.3N D．09、不考虑温度对电阻的影响，对一个“220V，40W”的灯泡，下列说法正确的是（）A．接在110V的电路上时的功率为20WB．接在110V的电路上时的功率为10WC．接在440V的电路上时的功率为160WD．接在220V的电路上时的功率为40W10、如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是()A．木板获得的动能为2JB．系统损失的机械能为1JC．木板A的最小长度为1mD．A、B间的动摩擦因数为0.1三、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）（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是______。A．有闭合铁芯的原副线圈B．无铁芯的原副线圈C．交流电源D．直流电源E．多用电表（交流电压挡）F．多用电表（交流电流挡）（2）用匝数na=60匝和nb=120匝的变压器，实验测量数据如下表，根据测量数据可判断连接电源的线圈是______（填na或nb），并说明判断的依据________（至少写两条）。Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006.018.029.9812．（12分）游标卡尺的读数为_______cm.

螺旋测微器的读数为_______mm.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）2016年3月，期待已久的三明沙县机场正式通航。若飞机由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为3m/s2。求：（1）飞机4s末的速度大小v（2）飞机4s内的位移大小s。14．（16分）如图所示在长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（可视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），A球带正电、电荷量为+2q，B球带负电.电荷量为-3q.现把A和B组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN（边界MPNQ也在电场内）内.已知虚线MP是细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右.现取消对A、B的锁定，让它们从静止开始运动.（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）(1)求小球A、B运动过程中的最大速度；(2)小球A、B能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点.15．（12分）如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势．现有一带正电的粒子，质量为m、电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：（1）粒子到达小孔S2时的速度；（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？

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、D【解题分析】

A项：由公式可知，与物体的质量无关，故A错误；B项：本实验应先接通电源，后释放纸带，对实验结果没有影响，故B错误；C项：使用的重物质量大，体积小可以减小实验误差，故C错误；D项：重物和纸带在下落时受到阻力，部分机械能转化为内能，即减小的重力势能一部分转化为内能，故D正确．2、D【解题分析】

根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，故D正确，ABC错误．3、A【解题分析】

AB.根据图象，由欧姆定律可得导体电阻：，故A正确，B错误；C.当导体两端电压是10V时，通过导体的电流：，故C错误；D.当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压：U=IR=0.1A×25Ω=2.5V，故D错误。4、D【解题分析】

AB．导体的电阻率只由导体的材料决定，与导体长度、横截面积乙导体的电阻均无关，选项AB错误；C．金属材料的电阻率随温度升高而增大，但是并非所有材料的电阻率随温度的升高而增大，选项C错误；D．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，选项D正确。5、B【解题分析】

AB．由图可知与滑动变阻器并联，再与串联．现将滑动变阻器的滑片稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，所以电灯变亮，路端电压减小，所以与滑动变阻器并联电压减小，所以变暗．故A错误，B正确；C．干路电流增大，与滑动变阻器并联电压减小，所以通过的电流减小，所以电流表的示数增大，故C错误；D．根据得电源的总功率增大，故D错误．故选B。6、D【解题分析】飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于机翼的长度，所以U=Bdv，根据右手定则，感应电动势的方向C指向D，所以D点的电势高于C点的电势．故D正确，ABC错误．故选D.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、AB【解题分析】A：若电阻R1短路，电路中总电阻减小，总电流增大，灯泡与R2并联的电压增大，则灯泡变亮．故A项正确．B：若R2断路，则总电阻增大，总电流减小，R1及内阻的电压减小，灯泡两端的电压增大，灯泡变亮．故B项正确．C：若电阻R2短路，灯泡被短路，不亮．故C项错误．D：若电容器C短路，灯泡被短路，不亮．故D项错误．8、ACD【解题分析】

当直导线与磁场方向垂直时所受的安培力最大，最大安培力为F=BIL=0.5×4×0.2=0.4N可知导线所受的安培力可能为0.4N、0.3N和0，不可能是0.5N。故选ACD。9、BD【解题分析】

由知，接在110V的电路上时的功率为，A错，B对；接在440V的电路上时灯泡会被烧坏，C错；接在220V的电路上时的功率为额定功率40W，D对．10、CD【解题分析】

从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s，取向右为正方向，设A的质量为M，根据动量守恒定律得：解得：M=m=2kgA．由可得木板A的获得的动能为1J，故A错误；B．系统损失的机械能解得：故B错误；C．由图象可知物体B的位移为1.5m，木板A的位移为0.5m，所以木板最小长度为1m，故C正确；D．由图象可知木板A的加速度为1m/s2，根据μmBg=mAaA得出动摩擦因数为0.1，故D正确。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、ACEnb由于漏磁、涡流、线圈电阻等影响，副线圈两端的电压小于理论值【解题分析】

（1）[1]．为了完成变压器的探究，需要使用交流电源变压，多用电表交流电压档；为了让变压效果明显需要含有闭合铁芯的原副线圈，因此正确答案为ACE；（2）[2][3]．由于漏磁、涡流、线圈电阻等影响，所以副线圈测量电压应该小于理论变压值，即nb为连接电源的输入端，na为输出端。12、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.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)12m/s(2)24m【解题分析】

（1）根据匀变速运动速度时间关系v=at得，飞机4s末的速度：（2）根据匀变速位移速度时间关系得，飞机4s内的位移：14、(1)(2)【解题分析】

(1)当B球进入电场后，合力向左，系统开始减速，故此时物体速度最大，对加速过程运用动能定理列式求解即可；(2)系统在B球进入电场前做加速运动，B球进入电场后开始做减速运动；返回过程先加速后减速，向右和向左的过程具有对称性；由牛顿第二定律，求解出加速过程和减速过程的加速度，然后根据运动学公式和动能定理列式求解．【题目详解】(1)带电系统锁定解除后，在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动，当B进入电场区时，系统所受的电场力为A、B的合力，因方向向左，从而做减速运动，以后不管B有没有离开右边界，速度大小均比B刚进入时小，故在B刚进入电场时，系统具有最大速度.设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq＝2ma1①B刚进入电场时，系统的速度为vm，由②可得③(2)对带电系统进行分析，假设A能达到右边界，电场力对系统做功为W1则④故系统不能从右端滑出，即：当A刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加速．由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动.设B从静止到刚进入电场的时间为t1，则⑤设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律⑥显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为t2，则有⑦那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为⑧【题目点拨】本题考查了求速度、运动时间问题，关键是分析清楚两个小球系统的运动规律，然后根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理列式分析求解．15、(1)(2)，(3)【解题分析】（1）带电粒子在电场