2024屆四川成都實驗中學物理高二第一學期期中達標檢測模擬試題含解析

2024屆四川成都實驗中學物理高二第一學期期中達標檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、質(zhì)量為0.2kg的小球豎直下落，以6m/s的速度碰觸地面，再以4m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內(nèi)，關于小球動量的變化量Δp和合力沖量ΔI下列說法正確的是A．Δp＝2kg·m/s B．Δp＝－2kg·m/sC．ΔI＝0.4kg·m/s D．ΔI＝－0.4kg·m/s2、下列說法錯誤的是（）A．太陽繞地球做勻速圓周運動B．開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動三定律C．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律D．哥白尼提出了日心說3、下列四種情況中，三個大小相等、方向不同的力F同時作用于同一點O，其中合力最小的是（）A． B．C． D．4、如圖所示，物體P以一定的初速度沿光滑水平面向右運動，與一個右端固定的輕質(zhì)彈簧相撞，并被彈簧反向彈回．若彈簧在被壓縮過程中始終遵守胡克守律，那么在P與彈簧發(fā)生相互作用的整個過程中A．彈簧彈力大小方向都改變B．P做勻變速直線運動C．P的加速度大小不變，但方向改變一次D．P的加速度大小不斷改變，當加速度數(shù)值最大時，速度最小5、工地上用電動機將重量為mg的建筑材料運到高處，當建筑材料以速度v勻速上升時，供電電壓為U，電流為I，已知電動機線圈的電阻為R。則以下關系式成立的是（忽略阻力）（）A． B． C． D．6、如圖所示，空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，從P點平行直線MN射出的a、b兩個帶電粒子，它們從P點射出開始計時到第一次到達直線MN所用的時間相同，到達MN時速度方向與MN的夾角分別為600和900，不計重力以及粒子間的相互作用力，則兩粒子速度大小之比va:vb為（

）A．2:1B．3:2C．4:3D．:二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、關于計算電功率的三個公式P＝UI、P＝I2R、P＝U2RA．這三個公式的適用范圍相同B．第一個公式普遍適用，后兩個公式只適用于純電阻電路C．第一個公式適用于無電阻的電路，后兩個公式適用于有電阻的電路D．三個公式的適用范圍與電路串、并聯(lián)的方式無關8、如圖所示，在水平虛線MN邊界的下方是一垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)子(11H)和α粒子(24He)先后從邊界上的A點沿與虛線成θ＝45°A．兩粒子在磁場中運動的軌跡相同B．兩粒子在磁場中運動的速度大小相同C．兩粒子在磁場中運動的動能相同D．兩粒子在磁場中運動的時間相同9、如圖，a、b、c三個α粒子（氦核），同時由同一點垂直于場強以不同的速率進入偏轉電場，其軌跡如圖，其中b恰好飛出電場，不計α粒子之間的相互作用力，由此可以肯定（）A．在b飛離電場的同時，a還未打在負極板上B．b比c后飛離電場C．進入電場時，c的速度最小，a的速度最大D．動能的增量相比，c的最小，a和b一樣大10、如上圖所示，虛線a、b、c為三個同心圓面，圓心處為一個點電荷，現(xiàn)從c外面一點P以相同的速率發(fā)射兩個電荷量、質(zhì)量都相同的帶電粒子，分別沿PM、PN運動到M、N，M、N兩點都位于圓周c上，以下判斷正確的是()A．兩粒子帶同種電荷B．兩粒子帶異種電荷C．到達M、N時兩粒子速率仍相等D．到達M、N時兩粒子速率不相等三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某實驗小組用如圖所示裝置探究電磁感應現(xiàn)象中感應電流方向與磁場變化的關系，其中L1線圈導線較粗，L2線圈導線較細匝數(shù)較多，部分導線已連接好。（1）請用筆畫線作為導線把電路連接完整________；（2）如果在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么在開關閉合的情況下將線圈L1迅速從線圈L2中拔出時，電流計指針將___________（選填“向右偏”、“向左偏”或“不偏轉”）12．（12分）將滿偏電流Ig＝300μA、內(nèi)阻未知的電流表G改裝成電壓表并進行核對．（1）利用如圖1所示的電路測量電流表G的內(nèi)阻（圖中電源的電動勢E＝4V）：先閉合S1，調(diào)節(jié)R，使電流表指針偏轉到滿刻度；再閉合S2，保持R不變，調(diào)節(jié)R′，使電流表指針偏轉到滿刻度的一半，讀出此時R′的阻值為450Ω，則電流表內(nèi)阻的測量值Rg＝_____Ω，這個測量值比電流表內(nèi)阻的真實值_____填“偏大”或“偏小”）．（2）將該表改裝成量程為3V的電壓表，需_____（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）阻值為R0＝_____Ω的電阻．（3）把改裝好的電壓表與標準電壓表進行核對，試在圖2畫出實驗電路圖．（________）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，在同一水平面的兩導軌相互平行，并處在豎直向上的勻強磁場中，一根質(zhì)量為3.6kg，有效長度為2m的金屬棒放在導軌上，當金屬棒中的電流為5A時，金屬棒做勻速直線運動；當金屬棒中的電流突然增大為8A時，金屬棒能獲得2m/s2的加速度，求磁場的磁感應強度的大?。?4．（16分）如圖所示，在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E=3.0×104N/C．有一個質(zhì)量m=4.0×10﹣3kg的帶電小球，用絕緣輕細線懸掛起來，靜止時細線偏離豎直方向的夾角θ=37°．取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80，不計空氣阻力的作用．（1）求小球所帶的電荷量及電性；（2）如果將細線輕輕剪斷，求細線剪斷后，小球運動的加速度大??；（3）從剪斷細線開始經(jīng)過時間t=0.20s，求這一段時間內(nèi)小球電勢能的變化量．15．（12分）如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切于B點．質(zhì)量為M的小木塊靜止在O點，一顆質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內(nèi)，并留在其中和小木塊一起運動，且恰能到達圓弧軌道的最高點C（木塊和子彈均看成質(zhì)點）．①求子彈射入木塊前的速度．②若每當小木塊返回到O點或停止在O點時，立即有一顆相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當?shù)?顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少？

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解題分析】

AB．取豎直向上方向為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化為：△p=mv2-（-mv1）=0.2×（6+4）kg?m/s=2kg?m/s方向豎直向上。故A正確，B錯誤。CD．根據(jù)動量定理可知，合力的沖量等于動量的變化，可知ΔI＝△p=2kg·m/s選項CD錯誤。2、A【解題分析】

A．根據(jù)開普勒第一定律得知，地球繞太陽做橢圓運動，故A錯誤，符合題意；

B．開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動三定律，故B正確，不符合題意；

C．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，故C正確，不符合題意；

D．哥白尼提出了日心說，故D正確，不符合題意．故選Ａ。點睛：本題關鍵掌握天體物理部分的物理學史，對于著名科學家的成就進行解答即可．3、D【解題分析】解：A、將左邊兩個力進行合成，再與右邊合成，則有合力的大?。ī?）F；B、將相互垂直的F進行合成，則合力的大小為F，再與第三個力F合成，即有合力的大小為（﹣1）F；C、將方向相反的兩個力合成，則合力為0，再與第三個力F合成，則有合力大小為F；D、將任意兩力進行合成，可知，這三個力的合力為零；故D正確，ABC均錯誤；故選D．【點評】考查力的平行四邊形定則，并體現(xiàn)如何選擇兩力合成的技巧，同時要學生會畫合成與分解的力圖．4、D【解題分析】

A．木塊向右運動壓縮彈簧，彈力方向始終向左，方向不變，選項A錯誤；BCD．根據(jù)胡克定律可知：彈簧的彈力與彈簧壓縮的長度成正比，當木塊向右壓縮彈簧時，彈力逐漸增大，加速度逐漸增大；木塊被彈簧彈回向左運動，彈簧恢復原長，加速度逐漸減小，但速度逐漸增大，恰好恢復原長時，速度最大，加速度最小為零，即P的加速度大小不斷改變，當加速度數(shù)值最大時，速度最小，物體P不是做勻變速直線運動，故BC錯誤，D正確。5、C【解題分析】

電動機為非純電阻電路，則即故選C。6、C【解題分析】

兩粒子做圓周運動的軌跡如圖：

設P點到MN的距離為L，由圖知b的半徑為：Rb=L，

對于a粒子的半徑：L+Racos60°=Ra

得：Ra=2L

即兩粒子的速度之比為Ra：Rb=2：1

粒子做圓周運動的周期為：T=

由題有：

得兩粒子的比荷為：

粒子的洛倫茲力提供向心力，有：qvB=m

得：R=

聯(lián)立得：故選C．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BD【解題分析】P=IU適用于任何電路計算電功率，可用于計算純電阻電路的電熱功率，對非純電阻電路不能用來計算電熱功率．P=I2R由焦耳定律推導出來看，適用于任何電路計算熱功率；P=U2/R的只能適用于純電阻電路的電熱功率，不能用來計算非純電阻電路的電熱功率．所以BD正確,思路分析：P=IU適用于任何電路計算電功率；P=I2R適用于任何電路計算熱功率；P=U2/R只能適用于純電阻電路．試題點評：對于純電阻電路，電功與電熱相同，三個公式P=IU；P=I2R；通用；P=U2/R而對于非純電阻電路，求電熱功率只能用P=I2R．8、AC【解題分析】

兩粒子從A點沿箭頭方向射入磁場，都從B點射出磁場，則兩粒子的圓心、半徑、軌跡相同，選項A正確；半徑R=mvqB；質(zhì)子（11H）和α粒子（24He）的荷質(zhì)比之比為：1:2，則兩粒子的速度之比為：2：1，選項B錯誤；又質(zhì)量之比為1：4，則動能12mv2之比為：1:1，即動能相同，選項C正確；周期T=2πmqB，周期之比等于荷質(zhì)比之比1:2【題目點撥】本題屬于帶電粒子在磁場中的偏轉中典型題目，此類題的關鍵在于知道兩粒子的運動軌跡相同，知道半徑以及周期的表達式．9、BD【解題分析】試題分析：三個粒子所受電場力相等，加速度大小相等，在豎直方向上，，a、b的偏轉位移相等，大于c的位移，所以a、b的時間相等，b飛離的時候，a剛好打在極板上，故A錯誤；C飛離電場所用的時間最短，同時進入，則b比c后飛離電場，故B正確；飛離電場時所走的水平位移是一樣的，c的時間最短，速度最大所以C錯誤；由動能定理可知，動能的增加等于合外力做的功，a、b電場力做的功一樣多，c的位移最小電場力做工最少，故D正確．考點：本題考查了帶電粒子在電場中的偏轉10、BD【解題分析】

由軌跡看出，點電荷左側的帶電粒子有排斥力，與中心點電荷電性相同；對右側的帶電粒子有吸引力，與中心點電荷電性相反，則兩粒子帶異種電荷。故A正確，B錯誤。由題，M、N兩點都處于圓周c上，電勢相等，兩帶電粒子又是從同一點P出發(fā)，則電勢差UPM=UPN，電場力對兩個帶電粒子做功大小相等，而從P到M的粒子電場力總功為負功，從P到N的粒子電場力總功為正功，根據(jù)動能定理得到，到達M、N時兩粒子速率vM＜vN．故C錯誤，D正確。故選AD?！绢}目點撥】本題是軌跡問題，根據(jù)軌跡的彎曲方向要能判斷出帶電粒子所受的電場力大體方向．電場力做功與初末位置間電勢差成正比．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、向左偏；【解題分析】

（1）電路連接如圖：（2）在閉合開關時，穿過線圈的磁通量增加，靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么在開關閉合的情況下將線圈L1迅速從線圈L2中拔出時，磁通量減小，則電流計指針將向左偏.12、450偏小串9550【解題分析】

(1)[1][2]先閉合S1，調(diào)節(jié)R，使電流表指針偏轉到滿刻度；再閉合S2，保持R不變，調(diào)節(jié)R′，當S2閉合，R和R′并聯(lián)電壓相等，使電流表指針偏轉到滿刻度的一半，則有

：Rg=R′=450Ω閉合S2后，電路總電阻變小，電路總電流變大，通過R′的電流大于原來電流的二分之一，該實驗測出的電表內(nèi)阻偏小。(2)[3][4]利用電流的改裝原理，電壓表利用串聯(lián)分壓，要串聯(lián)一個電阻R0，由U=Ig（Rg+R0），可得：R0=9550Ω(3)[5]改裝后的電壓表電阻較大，對電表進行矯正，滑動變阻選擇分壓接法，電路原理圖如圖，根據(jù)原理圖，連接實物圖如圖所示：四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、1.2【解題分析】

當金屬棒中的電流為I1=5A時，由勻速運動時BI1L=μmg；當電流為I2=8A時，由牛頓第二定律BI2L-μmg=ma，解得磁感強度B=1.2T14、（1）1.0×10﹣6C，正；（2）12.5m/s2；（3）4.5×10﹣3J【解題分析】

試題分析：（1）小球處于靜止狀態(tài)，分析受力，根據(jù)電場力與場強方向的關系判斷電性．（2）將細線突然剪斷小球將沿細線方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律列式