河南省信阳市普通高中2027届高二上物理期中复习检测试题含解析

河南省信阳市普通高中2027届高二上物理期中复习检测试题注意事项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、如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为（）A．3mg/q B．mg/qC．2mg/q D．4mg/q2、一带电粒子在电场力的作用下沿下图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有，若不计粒子的重力，可以确定（）A．该粒子带正电B．该粒子带负电C．从J到K粒子的电势能增加D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变3、用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中不属于用比值定义物理量的是A．加速度a=B．电流I=C．电场强度E=D．磁感应强度B=4、某同学在篮球场上锻炼身体，一次投篮时篮球恰好垂直打在篮板上，设篮球撞击篮板处与抛出点的竖直距离为x，水平距离为2x，篮球抛出时速度与地面的夹角为θ，大小为v，则下列判断正确的是()A．θ=30° B．θ=60°C．v= D．v=25、如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g.则()A．金属棒中的电流方向由N指向MB．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金属棒中的电流大小为D．每条细线所受拉力大小为6、两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径之比为1：4，则两颗卫星的()A．线速度大小之比为1:2B．角速度大小之比为8:1C．运行的周期之比为D．向心加速度大小之比为4:1二、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、在同一光滑斜面上放同一导体，如图所示是两种情况的剖面图。它们所处空间有大小相同的磁场，左图磁场方向垂直于斜面，右图磁场方向垂直于水平面，导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止状态。已知斜面的倾角为θ，则A．I1∶I2＝cosθ∶1B．I1∶I2＝1∶1C．两种情况导体A所受安培力大小之比F1∶F2=sinθ∶cosθD．两种情况导体A所受安培力大小之比F1∶F2=cosθ∶18、下列说法正确的是A．沿着电场线的方向移动电荷，电荷的电势能可能增大B．只有点电荷在真空中任一点产生的电场强度大小才可以用求解C．根据可知，电容器的电容与其储存的电荷Q成正比，与其两端的电压U成反比D．电脑和手机屏幕上很容易聚集灰尘是因为静电现象9、在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M＝80kg的石板，另一演员手持一质量为m＝5kg的铁锤，从h1＝1.8m高处由静止落下，与石板撞击后反弹至h2＝0.05m处，结果石板裂开而平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t1＝0.01s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间为t2＝0.5s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取10m/s2，则()A．铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6m/sB．撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25N·sC．撞击过程中铁锤对石板的平均作用力大小为3550ND．缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小约为4300N10、真空中有一正四面体ABCD，如图MN分别是AB和CD的中点．现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、﹣Q的点电荷，下列说法中正确的是A．将试探电荷+q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷+q的电势能降低B．将试探电荷﹣q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷﹣q的电势能不变C．C、D两点的电场强度相等D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直三、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）左图为游标卡尺，右图为螺旋测微器，它们的示数为（1）_____________mm；（2）_________mm；12．（12分）用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻．蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小．除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：A、电压表（量程3V）；B、定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）C、电流表（量程3A）D、电流表（量程0.6A）；E、滑动变阻器R（阻值范围0—20Ω，额定电流1A）（1）电压表应选________；电流表应选________．（填器材前的字母代号）．（2）根据实验数据作出U—I图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势E＝___V，内阻=____Ω；（均保留三位有效数字）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）图为游乐场中的“轰天雷”，它可以急上急下，让游客体验超重和失重的刺激感觉。游客由静止急升到h0=14.4m的高度，所用的时间t=2s，此上升过程可视为匀加速直线运动，取g=10m/s2。（1）加速上升时游客处于什么状态，加速下落时游客处于什么状态（选填“超重”或“失重”）（2）求游客在此争升过程中加速度a的大小；（3）若上升到h1=10m高度时，某一游客的鞋子不慎脱落，设该鞋子所受空气阻力恒为其重力的0.2倍，即F阻=0.2mg，求鞋子落地时的速度v。14．（16分）如图所示，两根平行且光滑的金属轨道固定在斜面上，斜面与水平面之间的夹角，轨道上端接一只阻值为的电阻器，在导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度，两轨道之间的距离为，且轨道足够长，电阻不计。现将一质量为，有效电阻为的金属杆ab放在轨道上，且与两轨道垂直，然后由静止释放，求：（1）金属杆ab下滑过程中可达到的最大速率；（2）金属杆ab达到最大速率以后，电阻器R每秒内产生的电热。15．（12分）如图所示，有一根导线ab紧靠着竖直导轨上，它们之间的动摩擦因数为μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=0.4T，如果导线的质量为M=0.01kg，长度L=0.2m，问：在导线ab中至少要通过多大的电流才能使它保持静止？电流方向如何？（g=10m/s2）

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】

带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力．在下滑过程中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小．【详解】设圆的半径是r，由A到B，由动能定理得：mgr＝mv2；在B点，对小球由牛顿第二定律得：qE−mg＝；联立以上两式解得：；由于是点电荷-Q形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB弧中点处的电场强度为，故选A．小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．2、B【解析】沿着电场线电势降低，所以电场线水平向左，粒子所受电场力直线曲线的凹侧，所以电场力向右，与场强方向相反，所以粒子带负电，B对；Ａ错；．从J到K粒子所受电场力做正功，动能增大电势能减小，C错；粒子在运动过程中只有电场力做功，动能和电势能相互转化，电势能与动能之和保持不变，D错；3、B【解析】试题分析：加速度a与Δv和Δt的大小无关，电场强度E和F以及q的大小无关，磁感应强度B与F以及IL的大小无关，故ACD都是比值法定义，而电流I的大小取决于其两端的电压和电阻的大小，故B不属于比值法定义．考点：考查了比值法定义【名师点睛】关键是理解比值法定义：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变4、D【解析】

CD．采用逆向思维，篮球做平抛运动，根据得则篮球撞在篮板上的速度可知抛出时竖直分速度根据平行四边形定则知，篮球抛出时的速度C错误D正确；AB．抛出时速度与地面夹角的正切值解得AB错误．故选D.5、C【解析】平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，所以导线受到的安培力水平向右，根据左手定则，可知金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；对棒受力分析，做出沿MN的方向观察的受力图所示：金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向水平向右，与OMNO′平面不垂直，故B错误；根据平衡条件可得：mgtanθ=BIL，解得：，故C正确；根据平衡条件可得：2Tcosθ=mg，解得：，故D错误。所以C正确，ABD错误。6、B【解析】

设任一卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M．则对于在轨卫星，有：得：，，，a=可见，轨道半径之比为1：4，则得线速度大小之比为2：1，角速度大小之比为8:1；运行的周期之比为1：8，向心加速度大小之比为16：1．故B正确，ACD错误．故选B．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】

导体棒受力如图，I1

所受的安培力沿斜面向上，I2所受的安培力水平向右；

I1

所受的安培力沿斜面向上，如图根据共点力平衡得，F1=mgsinθ；I2所受的安培力水平向右如图，根据共点力的平衡得：F2=mgtanθ。又：F1=BI1L；F2=BI2L；所以：；故AD正确，BC错误；故选AD。解决本题的关键是根据左手定则判断安培力的方向，正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解。8、AD【解析】

A．正电荷沿电场线方向移动，电场力做正功，电势能减小。负电荷沿电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加；故A正确。B．电场强度的定义式适用于任何电场；故B错误。C．公式是电容的定义式，采用比值法定义，C与Q、U无关，由电容器本身的性质决定；故C错误。D．电脑和手机屏幕上会带上电荷，很容易吸附灰尘，是因为静电现象；故D正确。故选AD。9、AC【解析】

由题意可知考查动量定理、动量守恒定律的应用，根据动量定理、动量守恒定律分析计算可得。【详解】A．设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为v，则由自由落体运动规律可得v2＝2gh1，解得v＝6m/s，故A正确；B．设撞击后铁锤反弹的速度大小为v′，则由v′2＝2gh2，解得v′＝1m/s，由动量定理可得撞击过程中铁锤受到的冲量大小I＝m(v′＋v)，解得I＝35N·s，故B错误；C．设撞击过程中石板对铁锤的作用力大小为F，则有I＝(F－mg)t1，解得F＝3550N，由牛顿第三定律可知铁锤对石板的作用力大小为3550N，故C正确；D．碰撞过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度大小为v1，则由动量守恒定律可得mv＝Mv1－mv′，代入数据解得v1＝m/s，设缓冲过程中人对石板的作用力大小为F′，由动量定理可得(F′－Mg)t2＝Mv1，解得F′＝870N，故D错误。合外力的冲量等于物体动量的变化量，应用动量定理时要考虑重力大小（重力非常小，可忽略情况除外）。动量定理、动量守恒定律使用时要先选择正方向，把矢量表达式变为标量表达式进行计算。分析撞击过程中铁锤对石板的作用力时研究对象选择铁锤，计算缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小时选择石板为研究对象，分别应用动量定理计算可得。10、BCD【解析】试题分析：由题意知，ABCD是正四面体，所以CD上各点到A、B两点的距离都相等，所以CD上各点的电势都等于零，所以将试探电荷+q从C点移到D点，电场力不做功，故A错误；MN为AB的中垂线，所以M、N两点的电势等于零，故将试探电荷-q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷-q的电势能不变，所以B正确；由上分析知CD为一等势线，各点场强的方向都垂直与CD由高电势指向低电势，所以C、D两点电势的方向相同，由∠ADB=∠ACB，根据矢量合成法则可得C、D两点场强大小相等，所以C正确；AB的中垂面为等势面，其上电场的方向都垂直于该面与AB平行，N为该面上一点，所以D正确。考点：本题考查电场的性质、电场力做功三、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、100.359.953【解析】

（1）[1].游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：100mm+0.35mm=100.35mm．（2）[2].螺旋测微器的固定刻度为9.5mm，可动刻度为45.3×0.01mm=0.453mm，所以最终读数为9.5mm+0.453mm=9.953mm；12、AD2.100.20【解析】（1）电动势为2V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择A，电路中的电流，因此电流表选择D．（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得：U=E-Ir，由此可知当I=0时的纵轴截距大小等于电源的电动势大小，由此可知，E=2.10V；图象的斜率大小等于电源的内阻和定值电阻R0之和：，所以电源的内阻为：．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。