山西省大同市口泉中学2027届高二上物理期中质量检测模拟试题含解析

山西省大同市口泉中学2027届高二上物理期中质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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，放在水平面上的物体受到一个与水平方向成θ角的拉力F作用，把F分解为水平方向和竖直方向两个分力，则水平分力大小为（）A．FsinθB．FcosθC．FtanθD．Fcotθ2、如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小是()A．BSB．NBSC．NBSD．BS3、在真空中，将羽毛和苹果同时从同一高度由静止释放，并拍下频闪照片，下列频闪照片符合事实的是A． B． C． D．4、下面关于电场的性质说法正确的是（）A．电场强度大的地方，电荷所受的电场力一定较大B．电场强度大的地方，电场线一定较密C．匀强电场中两点的电势差大小仅与两点间的距离有关D．两个等量异种点电荷连线的中点处场强为零5、一运动物体在相互垂直的两个方向上的运动规律分别是x=3t[m],y=4t[m]，则下列说法正确的是（）A．物体在x轴和y轴方向上都是初速度为5米每秒的匀速直线运动B．物体的合运动是初速度为零，加速度为5m/s2的匀加速直线运动C．物体的合运动是初速度为零，加速度为10m/s2的匀加速直线运动D．物体的合运动是5米每秒的匀速直线运动6、下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A．根据公式可知，金属电阻率与导体的电阻成正比B．根据公式可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功C．根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多D．根据公式可知，电容与电容器所带电荷成正比，与两极板间的电压成反比二、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，固定在点的正点电荷的电场中有、两点，已知，下列叙述正确的是A．若把一正的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能减少B．若把一正的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能增加C．若把一负的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能减少D．若把一负的点电荷从点沿直线移到点，再从点沿不同路径移回到点；则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变8、如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．匀强电场的电场强度E＝B．小球动能的最小值为Ek＝C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大9、如图所示的电路中,输入电压U恒为12V,灯泡L标有“6V,12W”字样,电动机线圈的电阻RM=0.50Ω.若灯泡恰能正常发光,以下说法中正确的是A．电动机的输入功率是24WB．电动机的输出功率10WC．电动机的热功率是2WD．整个电路消耗的电功率是22W10、如图所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片向左移动，下列结论正确的是A．电流表读数变小，电压表读数变大B．小电泡变亮C．电容器C上电荷量增大D．电源的总功率变大三、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）有一只标值为“2.5V，×W”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清．某同学想通过描绘灯丝伏安特性曲线来测定该灯泡的额定功率．①已知小灯泡的灯丝电阻约为5Ω，请先在图甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表（0~0.6A；0~3A）、电压表（0~3V；0~15V）的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路．②开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于(选填“A端”、“B端”或“AB正中间”)③该同学通过实验作出的灯丝伏安特性曲线如上图丙所示，则小灯泡的额定功率为W．12．（12分）在“测定玻璃的折射率”的实验中，（1）小朱同学在实验桌上看到方木板上有一张白纸，白纸上有如图甲所示的实验器材，他认为除了缺刻度尺还少了一种器材，请你写出所缺器材的名称：______老师将器材配齐后，他进行实验，图乙是他在操作过程中的一个状态，请你指出第四枚大头针应在图乙中的位置________（填“A”、“B”或“C”）。（2）小红利用方格坐标纸测定玻璃的折射率，如图丙所示，AO是画在纸上的直线，她在直线AO适当位置竖直插上P1、P2两枚大头针，放上半圆形玻璃砖，使其圆心与O重合，然后插上P3、P4两枚大头针，以确定折射光线．其中她确定P3大头针位置的方法应当是________。操作完成后，她用圆规作了一个以O为圆心、半径与玻璃砖半径相同的半圆（如图丙中虚线所示），则她测出玻璃的折射率n＝________。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）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=1．0kg和mB=2．0kg．用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=1s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求：（1）物块C的质量mC；（2）墙壁对物块B在1s到12s的时间内的冲量I的大小和方向；（2）B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep；（1）B离开墙后，三个物块在光滑的水平地面上向左运动（地面很长），B的速度变化范围，粘在一起AC的速度变化范围？14．（16分）如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2、垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示．将其两端a、b与一个R=2Ω的电阻相连接，b端接地．试分析求解：（1）圆形线圈中产生的感应电动势E；（2）电阻R消耗的电功率；（3）a端的电势φa．15．（12分）一根长20cm的通电导线放在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，导线与磁场方向垂直，若它受到的磁场力为4×10－3N，则导线中的电流是多大？若将导线中的电流减小为零，则该处的磁感应强度为多少？

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、B【解析】

将力F分解为水平方向和竖直方向，则水平分力大小为Fx=Fcosθ，故选B.2、D【解析】

矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向向左上方，平面水平放置时通过线圈的磁通量为Φ1=BSsin30°＝BS．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=−BScos30°＝−BS．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为△Φ＝Φ2−Φ1＝−BS−BS＝−BS．故选D．对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．注意夹角θ不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈．3、C【解析】

在真空中物体只受重力作用，所以加速度都为重力加速度g，由于物体从静止开始下落，根据：解得物体下落的时间：由于苹果和羽毛从同一高度同时下落，故任意时刻都在同一高度，且是加速，故频闪间距不断变大，故选C．4、B【解析】试题分析：电场强度大的地方，电荷所受的电场力与电量的比值越大，而电场力不一定较大，故A错误；通过电场线的疏密来体现电场强度的大小，故B正确；沿着电场线方向电势在降低，所以匀强电场中两点的电势差大小仅与沿电场线方向两点间的距离有关，故C错误；根据矢量叠加原理，可知，两个等量异种点电荷连线的中点处场强不为零，故D错误；故选B．考点：电场强度；电场线；电势【名师点睛】电场强度是通过比值定义的，比值与其电场力及电量均没有关系．电场线虽不实际存在，但却能形象描绘电场的强度与方向．5、D【解析】

根据匀变速直线运动的位移时间公式可知，物体在x方向做初速度为3m/s，加速度为零的匀速直线运动；y方向做初速度为4m/s，加速度为零的匀速直线运动；由运动的合成原则可知，物体的合运动是初速度为5m/s，加速度为零的匀直线运动，故选D。6、C【解析】

A．电阻率是由导体本身的性质决定的，其大小与电阻无关，选项A错误；B．公式适用于纯电阻电路和非纯电阻电路中的电流所做功，选项B错误；C．根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，选项C正确；D．电容的公式采用的是比值定义法，电容大小与电量和电压无关，选项D错误。故选C。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】

电场力对电荷做正功，电势能减少，而正负功的判断要根据功的定义式，力和位移只带大小。功的正负取决于力与位移的方向夹角。从图上可以看出，将正电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力与位移方向的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减少。A正确B错误；将负点电荷从M点沿直线移到N点的近程中，电场力指向正电荷，方向与位移的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增加，C错误，若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点；则该电荷电场力做功之和为零，D正确。【提醒】将正负电荷受的电场力的方向分不清而选择C，将电场力做功与电势能的变化分不清而选择B或C【备考提示】电荷有两种，在电场中不同性质的电荷受到的力的方向不同。8、AB【解析】

A．小球静止时细线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ＝qE解得E＝故A正确；B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，拉力为零，根据牛顿第二定律，有：则最小动能故B正确；C．运动过程中小球的机械能和电势能之和不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，故C错误；D．小球从初始位置开始，若在竖直平面内逆时针运动一周，电场力先做正功后做负功再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，同理，若顺时针运动一周，其电势能先增大后减小再增大，故D错误。故选AB。9、BC【解析】A、电动机两端的电压

，整个电路中的电流，所以电动机的输入功率

，故A错误；BC、电动机的热功率

，则电动机的输出功率

，故BC正确；D、整个电路消耗的功率

，故D错误；故选BC。10、AC【解析】AB：滑动变阻器滑片P向左移动时，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，则总电流减小，电流表的读数变小，内电压减小，外电压增大，所以电压表示数变大．通过灯泡的电流减小，则小灯泡变暗．故A项正确，B项错误．C：通过灯泡的电流减小，则灯泡两端的电压减小，而外电压增大，所以电容器两端的电压增大，根据Q=CU知，电容器上电荷量增大．故C项正确．D：电源的电动势不变，总电流减小，则电源的总功率减小．故D项错误．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电路图和实物连线图如下图②B端③1.1W【解析】试题分析：①由于电压电流需从零测起，因此滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的电阻约为5Ω，属于小电阻，电流表采取外接法；由于小灯泡的额定电压为2.5V，因此电压表选择3V量程的，小灯泡的额定电流为0.44A，则电流表量程选择0.6A的，电路图和实物连线图如下图．②开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流表示数为零，起到保护电路的作用③小灯泡的伏安特性曲线可知，当时，，根据考点：本题考查了描绘小灯泡的伏安特性曲线、滑动变阻器的接法和电流表的内外接法．12、（1）大头针B（2）挡住P1P2的像1.5【解析】

依据实验原理，及提供的实验器材，即可求解；测定半圆形玻璃砖的折射率的原理是折射定律n=sinisinr，他确定P3大头针位置的方法应当是透过玻璃砖看，P3大头针挡住P1、P2两枚大头针的像；【详解】解：(1)在实验桌上看到方木板上有一张白纸，白纸上有如图甲所示的实验器材，还缺少刻度尺、大头针；依据光的折射定律，及玻璃砖上下表面平行，那么出射光线与入射光线相互平行，因此第四枚大头针应在图乙中的位置B处，如图所示；(2)透过玻璃砖看，P3大头针挡住P1、P2两枚大头针的像；如图，作出法线，过圆与入射光线与折射光线的交点作法线的垂线CA和DB，由数学知识得：入射角和折射角的正弦值分别为：sini=CACO其中CO=DO，则折射率n=sinr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、（1）2kg（2）方向向左（2）（1）[0，1]方向向左[2，1]方向向左【解析】试题分析：（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量．（2）在1s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在1s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大。(1)由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=2m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：mC=2k