2027届陕西省宝鸡市金台中学高二上物理期中检测试题含解析

2027届陕西省宝鸡市金台中学高二上物理期中检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列说法中不正确的是：（）A．重力做功与路径无关，与移动物体的初末位置的竖直高度差有关，即WAB=mghABB．静电场力做功与路径无关，与移动电荷的初末位置的电势差有关，即WAB=qUABC．重力对物体做正功，其重力势能能减少，做负功则重力势能增加D．静电场力对正电荷做正功，正电荷电势能减少，对负电荷做正功，负电荷电势能增加2、带电微粒所带的电荷量不可能是下列值中的()A．－6.4×10－19C B．2.4×10－19C C．－1.6×10－18C D．4.0×10－17C3、伽利略在研究落体运动时，提出了“把轻重不同的两个物体连在一起下落，与单独一个物体下落比较，是快了还是慢了”的问题，其目的是论证A．自由落体运动的快慢与物体的质量无关B．自由落体运动是匀加速直线运动C．自由落体运动的速度与时间成正比D．自由落体运动的速度与位移成正比4、在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向上移动时，关于灯泡A的亮度及电容器C所带电量Q的变化判断正确的是（）A．灯泡A变亮，Q增大B．灯泡A变亮，Q减小C．灯泡A变暗，Q增大D．灯泡A变暗，Q减小5、随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度．如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比．那么下列判断中正确的是A．v1>v0 B．v1=v0 C．v2>v0 D．v2=v06、如今电动动力平衡车非常受年轻人的喜爱，已慢慢成为街头的一种时尚。如图所示为某款电动平衡车的部分参数，见下表，则该电动平衡车A．电池从完全没电到充满电所需的时间约为8.3hB．电池最多能储存的电能为JC．骑行时的工作电流为1AD．充满电后能工作5h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，MDN为绝缘材料制成的光滑竖直半圆环，半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．一带电量为-q，质量为m的小球自M点无初速下落，下列说法中正确的是（）A．由M滑到最低度点D时所用时间与磁场无关B．球滑到D时，速度大小v=C．球滑到D点时，对D的压力一定大于mgD．滑到D时，对D的压力随圆半径增大而减小8、在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器C的电容较大．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光．该电路正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光（闪光时间内闪光灯的阻值很小），则可以判定A．击穿电压U不可能大于电源的电动势EB．闪光灯未闪光时，电容器处于充电状态C．闪光灯未闪光时，电容器两端的电压保持不变D．闪光灯闪光时，电容器两端的电压保持不变9、如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为水平直径的两个端点，AC为圆弧，一个质量为m，电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（）A．小球到达C点时对轨道压力为2mgB．小球在AC部分运动时，加速度不变C．适当增大E，小球到达C点的速度可能为零D．若E=，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为10、如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M，N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表．内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A．电压表的示数为10VB．0.01s时发电机线圈平面与磁场方向平行C．若P的位置向上移动，R的大小不变时，电流表读数将减小D．若P的位置不变，R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍三、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）如图所示，是用伏安法测电源电动势和内电阻的实验中所得的路端电压随电流变化的图象。由图可知。E=____V，r=____Ω。12．（12分）在“用伏安法测金属丝电阻率”的实验中(1)下列关于金属丝的电阻率ρ、电阻Rx以及实验操作的说法中，正确的是_________.A．将金属丝等分成两段，则每段的电阻Rx和电阻率ρ均变为原来的一半B．金属丝的电阻Rx越大，其电阻率ρ也一定越大，导电性能越弱C．金属丝的电阻与它的长度成正比，与通过它的电流的大小成反比D．测量过程中，通过金属丝的电流不宜过大，通电时间也不宜过长，以避免温度对电阻率的影响(2)用螺旋测微器测金属丝直径时的示数如图甲所示，读数应：_________mm.(3)实验器材有：电池组、电流表(内阻约为0.1Ω)、电压表(内阻约为1000Ω)、滑动变阻器、电阻丝Rx(内阻约为2Ω)、开关、导线若干.图乙为本次测电阻率实验的实物图，图中已连接了部分导线，要求金属丝两端电压从0V开始测量.请将该实物图连接补充完整____________,为保证实验器材的安全，闭合开关前滑动变阻器滑片P应放在_______端(填“左”或者“右”)(4)某次测量中电压表的示数为U0，电流表示数为I0，接入电路的电阻丝长度为l0，横截面直径为D，则该金属丝电阻率为__________(用I0，U0，l0，D表示)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）如图所示，图线AB是电路的路端电压随电流变化的关系图线.OM是同一电源向固定电阻R供电时，R两端的电压与电流变化的图线，由图求：（1）R的阻值.（2）电源的电动势和内电阻（3）在两图线交点处，电源内部消耗的电功率.14．（16分）如图所示，倾角为θ=37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.5m的光滑半圆轨道BC平滑相连，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。滑块质量m=1kg，μ=0.3，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则：（1）若使滑块恰能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0。（2）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。15．（12分）如图甲所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响。求∶(1)电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图像应分别为乙图像中哪一条直线？(2)定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为多少？(3)试求出电源的电动势和内阻。

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】

AC．重力做功与路经无关，与移动物体的初末位置的竖直高度差有关WAB=mghAB，hAB为高度差，重力做正功，其重力势能能减少，做负功则重力势能增加，故AC与题意不相符，BD．电场力做功W=Uq，与路径无关，做正功电势能减小，做负功电势能增加，故B与题意不符，D与题意相符．2、B【解析】

最小的电荷量是，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍，由于不是的整数倍，故B是不可能的．故选B．3、A【解析】解：亚里士多德根据日常生活经验，不通过实验验证认为重的物体下落快，轻的物体下落慢；伽利略通过对自由落体运动的研究推翻了他的观点，伽利略认为物体下落快慢与物体轻重无关．故选项A正确．故选A．【点评】物理学的发展不是一帆风顺的，经历了很多曲折和挫折，同学们要理解其过程，不但要记住正确理论，对于当时错误的理论也要有所了解．4、A【解析】

当滑动变阻器的滑动片向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，灯A的两端电压增大，则灯A变亮．电容器板间电压等于变阻器两端的电压．由上得知，路端电压增大，则通过A灯的电流增大，而干路电流减小，则通过R1的电流减小，R1的电压也减小，则变阻器两端的电压增大，电容器所带电量Q增大．故A正确，B、C、D错误．故选A5、A【解析】

设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞.A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则，故A正确，B错误.C、D、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则；故C、D均错误.故选A.6、B【解析】

A.电池从完全没电到充满电所需的时间约为:故选项A不符合题意；B.电池最多能储存的电能为：故选项B符合题意；CD.骑行时的工作电流为：因此，充满电后能工作的时间为：故选项C、D不符合题意；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、ABD【解析】试题分析：小球的运动导致洛伦兹力出现，由于速度大小不变，当磁场不同时，洛伦兹力大小不同．但小球由M滑到最低点D所用时间却不变，故A正确；小球下滑过程中，受到重力、支持力、洛伦兹力，但支持力与洛伦兹力不做功，所以只有重力做功，由小球机械能守恒可得，小球通过D点的速度大小，B正确，由于小球机械能守恒，虽然小球滑到最低点的速度大小不变，但由于小球的运动方向不同，导致洛伦兹力的方向也不同．所以小球对D点的压力可能大于重力，也可能小于重力，也可能等于重力．C错误D正确，考点：考查了洛伦兹力的应用点评：虽受洛伦兹力，但其不做功，所以小球运动到最低点的速率不变．随着运动的方向不同，导致洛伦兹力方向也不同．8、AB【解析】

本题考查电容器的特点【详解】AB．结合题意知电容器在闪光灯闪光之前，电源一直给电容器充电，直到达到击穿电压或者电容器的电压达到电源的电动势，故AB均正确；CD．闪光灯未闪光时，电容器处于充电状态，电容器两端的电压在不断增大直至达到击穿电压，故C错误；闪光灯闪光时，电容器处于放电状态，电容器两端的电压将会减小，故D错误。综上所述，本题选AB。9、AD【解析】

A.小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知解得：从A到C，因为电场力与重力等大反向，合力为零，所以到C点速度与A点等大。根据牛顿第二定律得，在C点：根据牛顿第三定律可知，小球到达C点时对轨道的压力为2mg。故A正确。B.小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心。故B错误。C.适当增大E，小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力提供向心力可知，在最低点的速度不可能为零。故C错误。D.若E=，在最低点根据牛顿第二定律得，解得：根据动能定理得：解得：所以H至少为，故D正确。10、ABD【解析】试题分析：由题图乙可知交流电电流的最大值，根据求解电压表的示数；根据磁通量变化率最大时，磁通量为零，即发电机线圈平面与磁场方向平行分析判断；若P的位置向上移动、R的大小不变时，因为原线圈匝数发生变化，根据分析；把发电机线圈的转速增大一倍，则交流电最大值发生变化，由入手分析判断，；感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由电路动态变化规律分析解题由于线圈电阻不计，所以电压表测量线圈产生的交流电压的有效值，故电压表示数为，A正确；在0.01s时交流电有峰值，此时磁通量变化率最大，磁通量最小为零，所以发电机线圈平面与磁场方向平行，B正确；若P的位置向上移动、R的大小不变时，根据公式（不变，减小，不变）可得增大，所以副线圈中的电流增大，即电流表读数增大，C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，根据公式可得原线圈两端电压增大一倍，根据可得副线圈两端电压增大一倍，根据可得副线圈中消耗的电功率增大为原来的四倍，副线圈消耗的功率等于原线圈中的功率，所以变压器的输入功率将增大到原来的4倍，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、1.51.0【解析】

[1][2]根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir，当I=0时，U=E，由图读出图线纵轴截距U=E=1.5VU-I图象的斜率绝对值等于内阻r，则12、D0.396~0.398mm如图所示：左【解析】（1）A、电阻决定式为：，可知把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻变为原来的一半，但电阻率与温度和材料有关，与其他因素无关，故电阻率不变，故A错误；B、电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，与温度和材料有关，与本身电阻大小无关，电阻率越大，其导电性能越差，电阻率越小，则其导电性能越好，故B错误；C、根据电阻定律：金属丝的电阻与它的长度、横截面积以及电阻率有关，与电流无关，故选项C错误；D、测电阻时，电流不宜过大，通电时间不宜过长，否则温度变化明显，电阻率会明显变化，故D错误；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为，

所以最终读数为；（3）要求金属丝两端电压从0V开始测量，故滑动变阻器采用分压式连接，同时电流表的内阻与待测电阻相差不多，则采用安培表外接，对待测电路起到