2027届吉林省公主岭市范家屯镇第一中学物理高二上期末检测模拟试题含解析

2027届吉林省公主岭市范家屯镇第一中学物理高二上期末检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、利用图示装置“探究决定电容大小的因素”。实验中静电计的指针已有一个偏角，则在此情境下（）A.仅增大两板间的距离，指针偏角将增大B.仅增大两板间的距离，指针偏角将减小C.仅减小两板间的正对面积，指针偏角将减小D.仅将一块有机玻璃插到两板间，指针偏角将不变2、如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受静摩擦力逐渐减小3、如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有定值电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.电阻R的热功率不变4、对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是（）A.欧姆定律适用于一切导电物质B.由可知，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比C.由可知，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D.某电动机正常工作时，它两端的电压与通过它的电流的比值是该电动机的电阻5、一灯的额定功率为

P

，额定电压为

U

，若将灯接在电动势等于

U

的电源上，这时灯的实际功率为

0.64

P

．现将四个与它相同的灯并联在该电源上，则每个灯的实际功率为（）A.P B.PC.P D.

P6、在电场中的A、B两处分别引入不同的试探电荷q，得到试探电荷所受的电场力随电荷量变化的关系如图所示，则（

）A.EA＞EBB.EA＜EBC.EA=EBD.不能判定EA、EB的大小二、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、始终静止在斜面上的条形磁铁，当其上方的水平导线L中通以如图所示的电流时，设斜面对磁铁的弹力N和摩擦力f，与通电流前相比（）A.N变大 B.N变小C.f变大 D.f变小8、如图所示，平行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．电源内阻不可忽略，现将滑动变阻器的滑动端向右滑A.A的示数增大，V的示数减小B.A的示数增大，V的示数增大C.带电油滴将向下加速运动D.带电油滴将向上加速运动9、如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是()A.A、B两处电势、场强均相同B.C、D两处电势、场强均相同C.在虚线AB上O点的场强最大D.带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能10、如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd.则A.若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→dB.若线圈竖直向下平动，无感应电流产生C.当线圈以ab边为轴转动时（小于90°），其中感应电流方向是a→b→c→dD.当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是a→b→c→d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）如图是一个多用表欧姆档内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器阻值0-5000Ω（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调零后阻值将变_________（选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是________Ω（2）该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果___________（选填“偏大”或“偏小”或“准确”）12．（12分）某同学要测定一个圆柱体的电阻率，进行了如下操作：（1）用准确到0.1mm的游标卡尺测量圆柱体的长度，用螺旋测微器测量其直径如下图所示．可知其长度为_____mm，其直径为_____mm；（2）用已调零且选择旋钮指向欧姆档“×1”位置的多用电表粗略测量该圆柱体的电阻，根据如图所示的表盘，可读出被测电阻阻值为_____Ω（3）为了精确的测量该圆柱体的电阻，实验室准备了如下实验器材，用伏安法进行测量：电压表V1（量程0～3V，内电阻约1kΩ）；电压表V2（量程0～15V，内电阻约5kΩ）；电流表A1（量程0～3A，内电阻约0.2Ω）；电流表A2（量程0～600mA，内电阻为1Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为10Ω，额定电流为1A）；电池组E（电动势为4V、内电阻约为0.1Ω）；开关及导线若干为使实验能正常进行，减小测量误差，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，以便画出电流﹣电压关系图线，则①电压表应选用_____（填实验器材的代号）②电流表应选用_____（填实验器材的代号）③完成实验电路图（4）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图所示．由图可知，电流表读数为_____A，电压表的读数为_____V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）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小14．（16分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L15．（12分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度

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、A【解析】AB．增大板间距，据电容的决定式：可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：可知两极板间的电势差变大，静电计指针张角变大，A正确，B错误；C．极板正对面积变小，根据电容的决定式：可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：可知两极板间的电势差变大，静电计指针张角变大，C错误；D．极板间插入有机玻璃则变大，根据电容的决定式：可知电容变大，电容器电荷量不变，结合电容定义式：可知两极板间的电势差变小，静电计指针张角变小，D错误。故选A。2、D【解析】A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；C．根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；D．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确3、D【解析】A.磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据楞次定律得知ab中的感应电流方向由a到b，故A项不合题意.B.由于磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E可知，回路产生的感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B项不合题意.C.根据安培力公式F＝BIL知，电流I不变，B均匀减小，则ab所受的安培力减小，故C项不合题意.D.I不变，根据P＝I2R分析知电阻R的热功率保持不变;故D项符合题意.4、C【解析】A．欧姆定律适用于纯电阻电路或电解质导电，不是适用于一切导电物质，故A错误；B．导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关，故B错误；C．欧姆定律的内容为：通过导体的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，故C正确；D．由于电动机为非纯电阻，所以欧姆定律不成立，即某电动机正常工作时，它两端的电压与通过它的电流的比值不等于该电动机的电阻，故D错误。故选C。5、C【解析】若将灯接在电动势等于

U

的电源上，这时灯的实际功率为

0.64

P

，则灯泡两端的电压为0.8U，此时电源内阻上的电压为0.2U，可知电源内阻为r=0.25RL．现将四个与它相同的灯并联在该电源上，则外电路电阻为0.25RL，内阻等于外电路电阻，此时路段电压为0.5U，则根据可知每个灯的实际功率为0.25P，故选C.6、A【解析】图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，A图线斜率的绝对值大，所以A点的电场强度最大，B图线斜率的绝对值小，电场强度的最小．EA＞EB．故A正确，BCD错误．故选A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、AC【解析】当导线通电后，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向斜向左下方。设安培力大小为F安，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G．安培力与斜面的夹角为β；未通电时，由磁铁的力平衡得：N=Gcosαf=Gsinα通电后，则有N′=Gcosα+F安sinβ＞Nf′=Gsinα+F安cosβ＞f即N和f都变大。A．N变大，与结论相符，选项A正确；B．N变小，与结论不相符，选项B错误；C．f变大，与结论相符，选项C正确；D．f变小，与结论不相符，选项D错误；故选AC。8、BD【解析】当滑动变阻器的滑动端向右滑动，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律求出总电流，从而分析电压表和电流的变化情况；电容器的电压等于并联电阻的电压，根据电压的变化和判断电场力的变化，从而判断油滴的运动情况【详解】AB．当滑动变阻器的滑动端向右滑动，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得出总电流增大，则电阻两端的电压增大，故A的示数增大，V的示数增大，故A错误，B正确；CD．电容器的电压等于并联电阻的电压，根据分析电阻的电压的增大，有和可知带电液滴的电场力增大，故液滴将向上加速运动，故C错误，D正确所以BD正确，AC错误【点睛】本题采用程序法分析电路动态变化问题，按“部分整体部分”的思路进行分析，以及利用电容器的电压等于并联电阻的电压分析电．容器的电场强度的变化9、BD【解析】A．根据等量异种电荷的电场分布可知，A点的电势高于B点的电势不同、两点的场强相同，选项A错误；B．C、D两处处在电势为零的等势面上，则电势相同；由对称性可知两点的场强也相同，选项B正确；C．在虚线AB上O点的电场线最稀疏，则场强最小，选项C错误；D．因为O点电势为零，而B点电势小于零，则带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能，选项D正确；故选BD.10、BD【解析】A．若线圈向右平动，穿过线圈的磁通量向里减少，根据楞次定律可知，感应电流方向是a→d→c→b→a．故A错误。B．若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生。故B正确。C．当线圈从图示位置以ab边为轴转动瞬时，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流方向为a→d→c→b→a．故C错误。D．当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，产生感应电流为a→b→c→d，故D正确。故选BD。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.小②.290③.准确【解析】（1）[1]由闭合电路欧姆定律得因为式中E变小，r变大，故R0将减小；[2]因为该欧姆表的刻度是按电池电动势为E=1.5V刻度的．测得某电阻阻值为300Ω时，电流表中的电流其它当电池电动势下降到E′=1.45V时，此时欧姆表的内阻为由闭合电路欧姆定律得解得真实值R′=290Ω（2）[3]该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值的测量结果准确，因为电源的内阻的变化，可以通过调零电阻的阻值的变化来抵消【考点定位】多用表的应用12、①.29.8②.2.130③.7.0④.①V1⑤.②A2；③⑥.0.46⑦.2.40【解析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（2）欧姆表的读数是指针的读数乘以欧姆档的倍数；（3）根据电源的电动势和待测电阻的大约阻值，求出电流最大值的大约值，从而确定电流表的量程．根据待测电阻的大小确定电流表的内外接，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，知滑动变阻器采用分压式接法（4）根据图示电表确定其分度值，读出其示数【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为：2.9cm＝29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为8×0.1mm＝0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm＝29.8mm螺旋测微器的固定刻度为2.0mm，可动刻度为13.0×0.01mm＝0.130mm，所以最终读数为2.0mm+0.130mm＝2.130mm（2）欧姆表指针的读数为7.0，乘以欧姆档的倍数为“×l”，所以欧姆表的读数为7.0×l＝7.0Ω（3）①电源电动势为4V，则电压表选择电压表V1，最大电流，则电流表应选用电流表A2，②实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，知滑动变阻器采用分压式接法．待测电阻远小于电压表的内阻，与电流表内阻接近，属于小电阻，则电流表采用外接法（4）根据图3可知，由图示电流表可知，其分度值0.02A，示数为0.46A；由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.40V故答案为