2025屆青海省海東市二中物理高二上期中教學(xué)質(zhì)量檢測試題含解析

2025屆青海省海東市二中物理高二上期中教學(xué)質(zhì)量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、下列關(guān)于電場強(qiáng)度的說法，正確的是A．式中，F(xiàn)是放入電場中的試探電荷所受的力，q是試探電荷的電荷量，它只適用于勻強(qiáng)電場B．由得，E與F成正比，與q成反比C．式中，Q是產(chǎn)生電場的場源電荷的電荷量，它只適用于點電荷電場D．適用于任何電場2、如圖所示,某小型發(fā)電站發(fā)電機(jī)輸出的交變電壓為500V,輸出的電功率為50kW,用電阻為3Ω的輸電線向遠(yuǎn)處輸電,要求輸電線上損失的功率為輸電功率的0.6%,則發(fā)電站要安裝一升壓變壓器,到達(dá)用戶再用降壓變壓器變?yōu)?20V供用戶使用(兩個變壓器均為理想變壓器)．對整個輸電過程,下列說法正確的是(

)A．升壓變壓器的匝數(shù)比為1:100B．輸電線上的電流為100AC．輸電線上損失的功率為300WD．降壓變壓器的輸入電壓為4700V3、下列物理量中屬于矢量，而且其表達(dá)式是采用比值法定義的是（）A．加速度a＝F/m B．電流強(qiáng)度I＝U/RC．電容C＝Q/U D．電場強(qiáng)度E＝F/q4、如圖所示，水平放置的平行金屬板a、b分別與電源的兩極相連，帶電液滴P在金屬板a、b間保持靜止，現(xiàn)設(shè)法使P固定，再使兩金屬板a、b分別繞中心點O、O′垂直于紙面的軸順時針轉(zhuǎn)相同的小角度α，然后釋放P，則P在電場內(nèi)將做()A．勻速直線運動B．斜向右下方的勻加速直線運動C．水平向右的勻加速直線運動D．曲線運動5、下列表達(dá)式中，不是比值法定義物理量的是（）A．B．C．D．6、如圖所示為單擺在兩次受迫振動中的共振曲線，則下列說法不正確的是（）A．若兩次受迫振動分別在月球和地球上進(jìn)行，且擺長相同，則圖線Ⅰ表示月球上單擺的共振曲線B．若兩次受迫振動是在地球上同一地點進(jìn)行，則兩次擺長之比lC．圖線Ⅱ若是在地球上完成的，則該擺擺長約為1D．若擺長均為1m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、（多選）下列說法正確的是（）A．某時刻物體加速度為零，其速度一定為零B．物體某時刻速度很大，其加速度一定很大C．物體運動過程中速度方向與加速度方向一直相同，則物體一定做加速運動D．加速度越大的物體速度變化越快8、用相同的表頭改裝的兩個量程不同的電壓表V1和V2被分別用來測量某電路中電阻R兩端(a、b)間的電壓時(如圖所示)，讀數(shù)依次為1．7V和1．3V，則A．a(chǎn)、b間的實際電壓略大于1．7VB．a(chǎn)、b間的實際電壓略小于1．3VC．電壓表V1的內(nèi)阻小于V2的內(nèi)阻D．電壓表V1的內(nèi)阻大于V2的內(nèi)阻9、據(jù)報道：我國在規(guī)劃深空探測工程，將在2020年7月發(fā)射火星探測器。如圖為某著陸器經(jīng)過多次變軌后登陸火星的軌跡圖，著陸器先在橢圓軌道1上運動，然后變軌到圓軌道2上運動，最后在橢圓軌道3上運動，a點是軌道1、2、3的交點，軌道上的a、b、c三點與火星中心在同一直線上，a、b兩點分別是橢圓軌道3的遠(yuǎn)火星點和近火星點，且ab=2bc=2l，著陸器在軌道1上經(jīng)過a點的速度為v1，在軌道2上經(jīng)過a點的速度為v2，在軌道3上經(jīng)過a點的速度為v3，下列說法正確的是（）A．著陸器在a點由軌道1進(jìn)入軌道2需要點火加速B．著陸器在軌道2上的機(jī)械能比在軌道3上的機(jī)械能大（不計著陸器質(zhì)量變化）C．著陸器在軌道3上經(jīng)過a點的加速度可表示為D．著陸器在軌道2上由a點運動到c點的時間是它在軌道3上由a點運動到b點時間的2.25倍10、如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，C是一只靜電計，開關(guān)S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使靜電計指針張角增大的是（）A．使A、B兩板靠近一些B．使A、B兩板正對面積減小一些C．?dāng)嚅_S后，使B板向右平移一些D．?dāng)嚅_S后，使A、B正對面積減小一些三、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）如圖所示實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側(cè)極板和靜電計外殼接地，電容器右側(cè)極板與靜電計金屬球相連．使電容器帶電后與電源斷開：（1）上移左極板，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角（填變大，變小或不變）；（2）將極板間距離減小時，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角（填變大，變小或不變）；（3）兩板間插入一塊玻璃，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角（填變大，變小或不變）．12．（12分）用半徑均為r的小球1和小球2做碰撞驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示，斜槽與水平槽圓滑連接。安裝固定好實驗裝置，豎直擋板上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，用夾子固定住，小球圓心與O點位置等高。接下來的實驗步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下，并碰上豎直擋板。重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置P；步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次，并使用與（1）同樣的方法標(biāo)出碰撞后兩小球落點的平均位置N、M；步驟3：用毫米刻度尺測得O點與M、P、N三點的豎直方向的距離分別為h1、h2、h3。（1）設(shè)球1和球2的質(zhì)量為m1、m2，則關(guān)于步驟2中的說法，正確的是（_____）A．球1、球2的落點分別是N、MB．球1、球2的落點分別是M、NC．如果兩球質(zhì)量相等，則球2的落點介于ON之間D．球1的質(zhì)量應(yīng)該小于球2的質(zhì)量（2）當(dāng)所測物理量滿足下列表達(dá)式（_____）時，即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律。A．B．C．D．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，足夠長的長木板AB質(zhì)量M＝1kg在水平地面上，可視為質(zhì)點的木塊質(zhì)量m＝1kg在長木板的左端A處，木塊與長木板保持相對靜止一起向右運動，當(dāng)右端B經(jīng)過地面上O點時速度為v0＝5m/s，長木板與P點處的擋板瞬間碰撞后立即以原速率反向彈回，而木塊在此瞬間速度不變．已知O點與P點間距離x0＝4.5m，木板與地面間動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木塊與長木板間動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，g取10m/s1．（1）求長木板碰擋板時的速度v1的大??；（1）當(dāng)木塊與擋板的距離最小時，木塊與長木板左端A之間的距離．14．（16分）在研究微型電動機(jī)的性能時，可采用圖所示的實驗電路當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使電動機(jī)停止轉(zhuǎn)動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為和；重新調(diào)節(jié)R，使電動機(jī)恢復(fù)正常運轉(zhuǎn)時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為和求：(1)這臺電動機(jī)的內(nèi)阻；(2)這臺電動機(jī)正常運轉(zhuǎn)時的熱功率；(3)這臺電動機(jī)正常運轉(zhuǎn)時的輸出功率．15．（12分）如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一絕緣的光滑軌道，一個帶負(fù)電的小球從斜軌上的A點由靜止釋放，沿軌道滑下，已知小球的質(zhì)量為m，電荷量為－q，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E，斜軌道的傾角為α，圓軌道半徑為R，小球的重力大于所受的電場力。(1)求小球沿軌道滑下的加速度的大??；(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點，求A點距水平地面的高度h1至少為多大；(3)若小球從斜軌道h2=5R處由靜止釋放。假設(shè)其能通過B點。求在此過程中小球機(jī)械能的改變量。

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、C【解析】

A.電場強(qiáng)度E的定義式適用于任何電場。故A錯誤；B.電場強(qiáng)度E的定義式中，F(xiàn)是放入電場中的試探電荷所受的電場力，q是試探電荷的電量。這是比值定義法，無比例關(guān)系，故B錯誤；C.是點電荷場強(qiáng)的計算式，Q是產(chǎn)生電場的源電荷的電荷量，它只適用于點電荷電場，故C正確；D.勻強(qiáng)電場強(qiáng)度公式，故D錯誤；故選C；2、C【解析】

ABC、輸電線上的損失功率為，由可得：輸電線上電流I＝10A，升壓變壓器副線圈電壓為，升壓變壓器的匝數(shù)比為，故AB錯誤，C正確；D、輸電線損失電壓為，降壓變壓器的輸入電壓為，故D錯誤．3、D【解析】

A、加速度是牛頓第二定律的表達(dá)式，也是加速度的決定式，不屬于比值法定義的物理量，故A錯誤.B、電流強(qiáng)度是部分電路歐姆定律，由知電流強(qiáng)度與電壓成正比，與電阻成反比，不屬于比值法定義的物理量，故B錯誤.C、電容是電容器電容的定義式，故C錯誤.D、電場強(qiáng)度是用比值法定義電場強(qiáng)度的定義式，故D正確.故選D.【點睛】物理公式要區(qū)分哪些是定義式，哪些是決定式，哪些是定律式，哪些是定理式.4、C【解析】試題分析：當(dāng)a、b金屬板水平放置時，帶電液滴P在電場內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明處于平衡狀態(tài)，豎直向上的電場力大小等于重力的大?。?dāng)兩平行金屬板a、b分別以O(shè)、0′中心為軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)過相同的較小角度α，然后釋放P，此時P受到豎直向下的重力、垂直金屬板的電場力，電場力方向與豎直方向的夾角為α，如圖．設(shè)板間距離原來為d，則由幾何知識得知：轉(zhuǎn)過α角時，板間距離為dcosα，板間場強(qiáng)為E=U/dcosα，電場力為F="qE=q"U/dcosα，電場力方向與豎直方向的夾角為α，豎直方向的分力為Fcosα="q"U/d．而原來液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，即有mg=qE=qU/d，則得此時液滴豎直方向受力平衡，合力水平向右，故P將水平向右作勻加速直線運動．故C正確．考點：含有電容器的電路【名師點睛】考查了已知受力求運動，正確受力分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷運動情況．題中帶電液滴P原來在水平放置的a、b金屬板間的電場內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明處于平衡狀態(tài)，豎直向上的電場力大小等于重力的大小，當(dāng)兩平行金屬板a、b分別以O(shè)、0′中心為軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)過相同的較小角度θ，然后釋放P，此時P受到重力、電場力，合力向右，故P向右的勻加速直線運動．5、B【解析】A項：電場強(qiáng)度E與電場力及檢驗電荷的電荷量無關(guān)；屬于比值定義法，故A錯誤；B項：導(dǎo)體的電阻中電阻與導(dǎo)線長度、電阻率成正比、與橫截面積成反比，不屬于比值定義法，故B正確；C項：電容的定義式中，C與兩板間的電量及兩板間的電勢差無關(guān)，屬于比值定義法，故C錯誤；D項：磁感應(yīng)強(qiáng)度與通電導(dǎo)線所受的安培力、電流、導(dǎo)線長度無關(guān)，屬于比值定義法，故D錯誤。點晴：用比值定義法所定義的物理量有：電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度、電容等等，注意它們均是由本身的性質(zhì)決定的，和定義它們的物理量無關(guān)。6、D【解析】

A.若兩次受迫振動分別在月球和地球上進(jìn)行，因為圖線Ⅰ單擺的固有頻率較小，則固有周期較大，根據(jù)T=2πl(wèi)gB.若兩次受迫振動均在地球上同一地點進(jìn)行的，則重力加速度相等，因為固有頻率比為2∶5，則固有周期之比為5∶2，根據(jù)T=2πl(wèi)g知，擺長之比為25∶4C.圖線Ⅱ若是在地球表面上完成的，則固有頻率為f=0.5Hz，固有周期T=2s，由T=2πl(wèi)g可知，擺長l≈1mD.若擺長均為1m，圖線Ⅰ的固有頻率為f=0.2Hz，則固有周期T=5s，由T=2πl(wèi)g可知，重力加速度g=1.58m/s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、CD【解析】（1）加速度是反映速度變化快慢的物理量，和速度大小沒有直接關(guān)系，AB錯誤，D正確；（2）當(dāng)速度方向和加速度方向一致時，物體做加速運動，C正確；【點睛】加速度用來描述速度變化的快慢，和速度的大小無關(guān)；當(dāng)加速度方向和速度方向一致時，物體做加速運動，否則，做減速運動。8、AD【解析】試題分析：AB、將電壓表并聯(lián)在a、b兩點間，由于電壓表的分流作用，通過干路電阻R的電流增大，兩端電壓增大，所以并聯(lián)部分電壓小于未接入電壓表是的電壓，即；A、正確CD、電壓表內(nèi)阻越小分流作用越大，并聯(lián)部分電壓越小，因讀數(shù)小所以內(nèi)阻??；D正確故選AD考點：對串并聯(lián)電路的的理解點評：中等難度。電阻并聯(lián)后的總電阻小于任何支路的電阻，內(nèi)阻不是遠(yuǎn)大于R的電壓表不能視為理想電表，應(yīng)考慮它對電路電阻的影響。9、BC【解析】

A．著陸器由軌道1進(jìn)入軌道2做的是向心運動，需點火減速，使萬有引力大于所需要的向心力，故A錯誤；B．著陸器從軌道2運動到軌道3做向心運動，點火減速，機(jī)械能減小，故軌道2上的機(jī)械能大，故B正確；C．根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律得得知著陸器在軌道3上經(jīng)過a點的加速度與在軌道2上經(jīng)過a點的加速度相等，著陸器在軌道2上做勻速圓周運動，通過a點的加速度故C正確；D．根據(jù)開普勒第三定律可知其中，R3=l，則故著陸器在軌道2上由a點運動到c點的時間是它在軌道3上由a點運動到b點時間的1.84倍，故D錯誤。故選BC。10、CD【解析】

AB.靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高；當(dāng)合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓，不管是使A、B兩板靠近一些，還是使A、B兩板正對面積減小一些，靜電計指針張角不變，故選項AB不合題意。CD.當(dāng)斷開S后，根據(jù)平行板電容器電容的決定式C=14kπ?sd，板間距離d增大，正對面積S減小，都將使A、B兩板間的電容C變小，而電容器所帶的電荷量Q不變，由C=QU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、（1）變大（2）變?。?）變小【解析】試題分析：（1）根據(jù)電容的決定式知，上移左極板，正對面積S減小，則電容減小，根據(jù)知，電荷量不變，則電勢差增大，指針偏角變大（2）根據(jù)電容的決定式知，將極板間距離減小時，電容增大，根據(jù)知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變?。?）根據(jù)電容的決定式知，兩板間插入一塊玻璃，電容增大，根據(jù)知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變?。键c：考查了電容器動態(tài)分析【名師點睛】在分析電容器動態(tài)變化時，需要根據(jù)判斷電容器的電容變化情況，然后結(jié)合，等公式分析，需要注意的是，如果電容器和電源相連則電容器兩極板間的電壓恒定，如果電容器充電后與電源斷開，則電容器兩極板上的電荷量恒定不變12、BA【解析】

（１）[1]．AB、小球離開軌道后做平拋運動，小球在水平方向的位移d相等，小球做平拋運動的時間為：小球在豎直方向的位移為：由于g、d都相等，小球的初速度v0越大，小球下落的高度h越小，兩球碰撞后入射球1的速度小于被碰球2的速度，因此球1的豎直分位移大于球2的豎直分位移，由圖示可知，球1、球2的落點分別是：M、N，故A錯誤，B正確；

C、如果兩球質(zhì)量相等，兩球發(fā)生彈性碰撞后兩球交換速度，碰撞后球1靜止、球2做平拋運動，球2的落點為P，故C錯誤；

D、為防止入射球反彈，球1的質(zhì)量應(yīng)大于球2的質(zhì)量，故D錯誤；

（2）[2]．小球離開軌道后做平拋運動，

水平方向：d=v0t豎直方向：解得：由題意可知，碰撞前球1的速度為：碰撞后球1的速度為：碰撞后球2的速度為：碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2整理得：故選A.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）4m/s（1）4.15m【解析】

（1）對木板和木塊組成的系統(tǒng)運用牛頓第二定律，求出整體的加速度，結(jié)合勻變速直線運動的速度位移公式求出木板碰擋板時的速度大?。?/p>

（1）分別對m和M分析，根據(jù)牛頓第二定律求出m和M的加速度，結(jié)合m和M的運動規(guī)律，當(dāng)木塊速度為零時木塊與擋板的距離最小，結(jié)合運動學(xué)公式求出當(dāng)木塊與擋板的距離最小時，木塊與長木板左端A之間的距離．【詳解】（1）設(shè)木塊與長木板一起向右運動運動過程中加速度大小為a，則μ1(m＋M)g＝(m＋M)a解得a=1m/s1