辽阳市重点中学2027届物理高二上期末综合测试模拟试题含解析

辽阳市重点中学2027届物理高二上期末综合测试模拟试题注意事项：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、下面关于电磁感应现象的说法中，正确的是（）A.只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生B.穿过闭合电路中的磁通量减少，则闭合电路中感应电流减小C.穿过闭合电路中的磁通量变化越大，则闭合电路中的感应电动势越大D.穿过闭合电路中的磁通量变化越快，则闭合电路中的感应电动势越大2、有一电场的电场线如图所示，场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用Ea、和表示，则（）A. B.C. D.3、航母飞行甲板前端上翘，水平部分与上翘部分通过一段圆弧平滑连接，如图所示，D为圆弧最低点，圆弧半径为R.战斗机以速度v越过D点时A.战斗机起落架受到重力、支持力、向心力的作用B.战斗机处于超重状态C.战斗机起落架对地面的压力等于轰炸机的重力D.R越小，v越小，飞机起落架受的作用力越小4、水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为A. B.C. D.5、不断发现和认识新现象，进而理解事物的本性，这是一切科学发展的必由之路。下列说法正确的是A.放射性元素衰变的快慢是由原子所处的化学状态和外部条件决定的B.原子核越大，它的比结合能越大C.电子的发现使人们认识到原子不是组成物质的最小微粒，原子本身也具有结构D.如果大量氢原子处在n=3的能级，会辐射出6种不同频率的光6、如图所示，虚线为匀强电场的等势线，一个带电小球以一定的速度射入该匀强电场后，运动轨迹如图所示，已知小球受到的重力不能忽略，则下列有关说法中正确的是()A.小球在b点的动能一定大于小球在a点的动能B.若小球从a点向b点运动，则动能和电势能的和一定增加C.若小球从b点向a点运动，则重力势能和电势能的和一定减小D.根据图中信息不能确定小球在a、b两点的电势能大小二、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、如图所示电路中,电源电动势E恒定,内阻r=1Ω,定值电阻R3=5Ω.开关S断开时与闭合时相比,ab段电路消耗的电功率相等．以下说法中正确的是A.电阻R1、R2可能分别为4Ω、5ΩB.电阻R1、R2可能分别为3Ω、6ΩC.开关S断开时理想电压表的示数一定小于S闭合时的示数D.开关S断开时与闭合时相比,理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω8、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9、如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下带电粒子（不计重力）以初速度v0沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t。在该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60°角，根据上述条件下列说法正确的是（）A.该粒子带正电 B.带电粒子在磁场中运动的时间为C.带电粒子在磁场中运动的半径为 D.带电粒子的比荷为10、始终静止在斜面上的条形磁铁，当其上方的水平导线L中通以如图所示的电流时，设斜面对磁铁的弹力N和摩擦力f，与通电流前相比（）A.N变大 B.N变小C.f变大 D.f变小三、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）用电流表改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程．关于此多用电表：开关S接到位置4时是_______（填“电流”、“电压”或“欧姆”）挡，A表笔为_______（填“红”或“黑”）表笔，开关S接位置_________（填“1”或“2”）时是电流挡的小量程。开关S接到位置_______（填“5”或“6”）时是电压档的最高档。12．（12分）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为：：1原线圈接200V交流电源，副线圈接额定功率为20W的灯泡L，灯泡正常发光，当电源电压降为180V时，求灯泡实际消耗功率与其额定功率之比______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，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14．（16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L15．（12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

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【解析】A．穿过闭合电路中的磁通量不为零，但是如果磁通量不变，在闭合电路中也没有感应电流产生，选项A错误；B．穿过闭合电路中的磁通量减少，感应电动势不一定减小，则闭合电路中感应电流不一定减小，选项B错误；C．穿过闭合电路中的磁通量变化越大，但是磁通量的变化率不一定大，则闭合电路中的感应电动势不一定越大，选项C错误；D．穿过闭合电路中的磁通量变化越快，则闭合电路中的感应电动势越大，选项D正确。故选D。2、D【解析】由电场线的疏密程度可知，B点的电场强度大于A点的电场强度，即沿着电场线的方向电势逐渐降低，可得故D正确，ABC错误。故选D。3、B【解析】A．战斗机起落架受到重力、支持力，其合力提供向心力，故A错误；B．战斗机以速度v越过D点时，具有向上的加速度，处于超重状态，故B正确；C．由于具有向上的加速度，处于超重状态，故战斗机起落架对地面的压力大于战斗机的重力，故C错误；D．在D点，根据牛顿第二定律得解得R越小，v越小，飞机起落架承受的作用力不一定越小，与比值有关，故D错误4、C【解析】对其中小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小和小球受到的库仑力，由库仑力公式可得出小球所带电荷量对小球进行受力分析，小球受重力和A，B，C处正点电荷施加的库仑力．将A，B，C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向．设是A，B，C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向，，根据几何关系得，解得，A正确5、C【解析】A．原子核的半衰期与所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定，故A错误；B．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，则原子核越大，它的结合能越高，但比结合能不一定越大，故B错误；C．电子的发现使人们认识到原子不是组成物质的最小微粒，原子还能再分，故C正确；D．大量氢原子处在n=3的能级，会辐射出即3种频率光，故D错误。故选C。6、A【解析】由运动轨迹可知合力方向，从而可知电场力向上，由做功与能量的转化关系可分析各选项【详解】由运动轨迹可知合力方向指向轨迹的凹向，从而可知电场力向上，若电荷从a运动到b，则合力做正功，动能增加，即小球在b点的动能一定大于小球在a点的动能，故A正确；从a到b，重力势能增大，则动能和电势能的和应该减小，故B错误；因只有重力和电场力做功，若小球从b点向a点运动，合力做负功，则动能减小，则电势能和重力势能之和增大，故C错误；若由a到b，电场力做正功，则电势能减小，故D错误．故选A【点睛】应熟记做曲线运动的物体所受的合力方向的特点是：做曲线运动的物体所受的合力方向大致指向曲线的凹侧二、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、AD【解析】由题中“电源电动势E恒定”可知，本题考查闭合电路欧姆定律和动态电路，根据闭合电路欧姆定律公式和动态电路变化可分析本题【详解】AB．取有当S断开前后有时将代入方程成立，而将代入方程不成立，故A错误B正确；C．将R3和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，开关断开时等效外电路总电阻大于开关闭合时的，所以开关断开时电压表示数大，故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律得则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为故D正确8、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BD9、AC【解析】A．根据左手定则可知该粒子带正电，故A正确；BCD．没有磁场时，粒子做匀速直线运动，故有加上磁场后，轨迹如图根据几何关系，则有带电粒子在磁场中运动的半径为根据几何关系可知粒子转过的圆心角，粒子在磁场中做圆周运动的运动时间粒子磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得带电粒子的比荷为故C正确，B、D错误；故选AC。10、AC【解析】当导线通电后，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向斜向左下方。设安培力大小为F安，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G．安培力与斜面的夹角为β；未通电时，由磁铁的力平衡得：N=Gcosαf=Gsinα通电后，则有N′=Gcosα+F安sinβ＞Nf′=Gsinα+F安cosβ＞f即N和f都变大。A．N变大，与结论相符，选项A正确；B．N变小，与结论不相符，选项B错误；C．f变大，与结论相符，选项C正确；D．f变小，与结论不相符，选项D错误；故选AC。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.欧姆②.红③.2④.6【解析】[1]因多用电表只有欧姆档需要电源，则开关S接到位置4时是欧姆档；[2]多用电表的表笔有“红进黑出”的原则，即红表笔是电流进入的方向，黑表笔是电流流出的方向，由图可知A是红表笔；[3]改装成电流表时，电流计需与小阻值的定值电阻并联，且并联后总阻值越小，所能测量的总电流越大，由图可知，开关接“2”时的电阻比接“1”时大，则开关接“2”时的量程小；[4]改装成电压表时，电流计需与大阻值定值电阻串联，且串联后的总阻值越大，所能测量的总电压越大，由图可知，开关接“6”时的电阻比接“5”时大，则开关接“6”时的量程大。12、【解析】根据灯泡正常工作，功率为额定功率，进而求出灯泡电阻，再根据变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系即可求解【详解】理想变压器原、副线圈的匝数比为：：1，原线圈接200V交流电源，根据电压与匝数成正比得副线圈电压为：，副线圈接额定功率为20W的灯泡L，灯泡正常发光．所以灯泡电阻为：，当电源电压降为180V时，根据电压与匝数成正