《辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2025届物理高二上期末质量检测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2025届物理高二上期末质量检测试题含解析（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2025届物理高二上期末质量检测试题注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、一质量为m1kg物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动，1s末撤去恒力F，其vt图
2、象如图所示，则恒力F和物体所受阻力Ff的大小是（）A.F9N，Ff2NB.F8N，Ff3NC.F8N，Ff2ND.F9N，Ff3N2、如下图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地。电容器电量始终保持不变，下列说法中正确的是（）A.若静电计指针偏角减小，说明电容器A板电势升高B.若B板稍向上移动一点，则静电计指针偏角将减小C.若B板稍向左移动一点，则静电计指针偏角将减小D.若两板间插入有机玻璃板，则静电计指针偏角将减小3、某人乘坐电梯上升，电梯运行的vt图像如图所示，则人处于失重状态的阶段是（ ）A.OP段B.PM段C.MN段D.NQ段4、如图所示，从灯丝发出的电
3、子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中不可行的是()A.使U1减小为原来的B.使U2增大为原来的2倍C.使偏转板的长度增大为原来2倍D.使偏转板的距离减小为原来的5、如图所示，在与水平方向成30角的光滑金属导轨间连一电源（极性未标明），在间距为l的平行导轨上，放一质量为m的金属棒ab，棒中电流为I，磁场方向垂直于导轨平面向上，这时棒恰好静止。重力加速度为g。下列判断正确的是（）A.电流从a到b，磁感应强度大小为B.电流从b到a，磁感应强度大小为C.电流从a到b，磁感应强度大小为D.电流从b到a，磁感应强度大小为
4、6、一正三角形导线框高为从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域两磁场区域磁感应强度大小均为B、磁场方向相反且均垂直于xOy平面，磁场区域宽度均为a则感应电流I与线框移动距离x的关系图象可能是（以逆时针方向为感应电流的正方向A.B.C.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、如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定连着一轻质弹簧两个滑块分别以一定大小的速度沿着同一直线相向运动，滑块P的质量为2m，速度方向向右，滑块Q的质量为m速度方向向左，则下
5、列说法正确的是A.P、Q两个滑块包括弹簧组成的系统动能始终保持不变B.当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大C.两个滑块最终能以共同的速度一起向右运动D.从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q的速度大小先减小后增大8、如图所示,可自由转动的小磁针上方有一根长直导线,开始时二者在纸面内平行放置。当导线中通以如图所示电流I时,发现小磁针的N极向里,S极向外,停留在与纸面垂直的位置上。这一现象说明() A.小磁针感知到了电流的磁场B.小磁针处磁场方向垂直纸面向里C.小磁针处磁场方向垂直纸面向外D.若把小磁针移走,该处就没有磁场了9、理想变压器原、副线圈匝数比为101，以下说法中正确的
6、是( )A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是101B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈的电流之比为101D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1110、如图所示，斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为+Q小滑块从斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，小球将飞离斜面，在此过程中（）A.斜面光滑时飞离斜面瞬间的速度比粗糙时大B.斜面光滑时在斜面上运动的时间比粗糙时短C.斜面光滑时在斜面上运动的位移比粗糙时大D.斜面光滑时在斜面上运动的位移比粗糙时小三、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
7、要求写出演算过程。11（6分）如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题。 (1)在实验中，电流表指针偏转的原因是_。(2)第一个成功实验(如图a)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和缓慢插入有什么量是相同的？_，什么量是不同的？_。(3)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：_。12（12分）某学习小组利用如图所示的装置测定磁极间的磁感应强度实验步骤如下在弹簧测力计下端挂一n匝矩形线圈，将矩形线圈的短边完全置于障形磁铁N、S极之间磁场中并使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线_；在电路未接通时，记录线圈静止时弹簧测力计的读数；接通电路开关，调节滑动变阻器使电流表读数为1，记
8、录线圈静止时弹簧测力计的读数，F表示的是_用刻度尺测出矩形线圈短边的长度L；利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度_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）如图电源电动势E=6V，内阻不计，定值电阻R=4，电动机M 内阻r=1，电压表和电流表均是理想表，闭合开关，电压表示数U=4V，求：（1）电源消耗的电功率（2）电动机的电功率和输出功率14（16分）电学实验难，是大家公认的，小明有点儿得意的是，大家都说静电平衡难，但他却觉得比较简单，如下情景小明就认为是小菜一碟：长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为的点电荷
9、放在距导体棒左端R处，如图所示，当导体棒达到静电平衡后，求棒上感应电荷在棒内中点P处产生的电场强度的大小和方向。请你也试一试。15（12分）如图所示，匀强电场的场强E=1.2102 N/C，方向水平向右，一点电荷q=410-8C沿半径为R=20 cm的圆周，从A点移动到B点，已知AOB=90，求：（1）这一过程中电场力做多少功?是正功还是负功?（2）A、B两点间的电势差UAB为多大?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】根据图线分别求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出恒力F和
10、阻力的大小【详解】由图线知，匀加速直线运动的加速度匀减速直线运动的加速度大小根据牛顿第二定律得F-Ff=ma1Ff=ma2解得F=9NFf=3N故D正确、ABC错误故选D。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过图线得出加速度，结合牛顿第二定律进行求解2、D【解析】A若静电计指针偏角减小，则电容器的两极板间的电势差减小，说明电容器A板电势降低，A错误；B若B板向上移动一点时，即两极板的正对面积S减小，根据知电容变小，电容器的带电量Q不变，根据知电势差变大，静电计指针的偏转角度增大，B错误；C若B板向左移动一点，板间距离d增大，根据知电容变小，电容器的带电量Q不变，根据知电势差变大，所以静
11、电计指针的偏转角度增大，C错误；D若在两板间插入有机玻璃板时，即介电常数变大，根据知电容变大，电容器的带电量Q不变，根据知电势差变小，静电计指针的偏角减小，D正确。故选D。3、D【解析】由图可知，在OP段电梯静止，人不是处于失重状态故A错误在PM段内，电梯匀加速上升，加速度方向向上，人处于超重状态故B错误在MN段内，电梯匀速上升，加速度为0，人不是处于失重状态故C错误，在NQ段内，电梯匀减速上升，加速度方向向下，人处于失重状态故D正确4、C【解析】根据动能定理求电子在加速场中获得的速度，然后根据类平抛运动规律求在偏转场中的偏转量y，再进行分析【详解】电子在加速电场中加速时，由动能定理得：eU1
12、=mv02；电子在偏转电场中做类平抛运动，则有：在水平方向：L=v0t；在竖直方向：a=；射出电场时的偏转量y为：y=at2，联立以上四式得：；则得：要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，可U1减小为原来的、U2增大为原来的2倍、使偏转板的长度L增大为原来倍、使两偏转板间的距离d减小为原来的故ABD正确，C错误本题选不可行的，故选C【点睛】带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法5、C【解析】棒恰好静止，对棒受力分析，因磁场方向垂直于导轨平面向上，棒受到重力、垂直于斜面的支持力，及平
13、行斜面的安培力，依据左手定则，则电流方向由a到b，再根据矢量的合成法则，则有FA=mgsin30且FA=BIl解得磁感应强度大小为综上所述，故ABD错误，C正确。故选C。6、C【解析】当线框移动距离x在a2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大，故A错误；当线框移动距离x在0a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在2a3a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，
14、感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误所以C正确，ABD错误二、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、BD【解析】对于P、Q两个滑块包括弹簧组成的系统，由于只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，即系统动能和弹簧弹性势能之和不变，动能是变化的，故A错误；P以某一初速度压缩弹簧，在弹簧弹力作用下P做减速运动，Q做加速运动，当P与Q速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，故B正确；设最终P、Q两个滑块的速度分别为和规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：，根据系统的机械能守
15、恒得，解得：，或，故C错误；从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q一直受到向右的弹力，速度先向左减小至零，再向右增大，故D正确8、AB【解析】当通入如图所示的电流时，发现小磁针偏转，说明电流周围存在磁场，即小磁针感知到了电流的磁场，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，把小磁针移走，磁场仍然客观存在。故选AB。9、BD【解析】A理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，故A错误；B理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，故穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等，在每匝的线圈中，原、副线圈产生的电动势瞬时值是相等的，故B正确；C若一个原线圈对应一个副线圈时，原、副线圈的电流之比等于匝数的反比即为1：10，故C错误；D
