2027届江苏省扬州市邗江区公道中学高二物理第一学期期末考试模拟试题含解析

2027年江苏省扬州市邗江区公道中学高二物理第一学期期末考试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点,由此可知()A.带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C.带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度D.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大2、下列说法正确的是A.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B.放在匀强磁场中的通电导线一定受到安培力C.磁场的方向就是通电导体所受安培力的方向D.通电直导线所受安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面3、如图所示，水平放置的平行板电场，上极板接地，下极板带正电，从板间电场的左边缘P点可连续水平打出完全相同的带负电的液滴，其初速度都为v0，垂直进入电场区域，若某液滴恰落在B点位置，其速度大小为v，液滴落在下极板后电量即被吸收，则之后的另一液滴落在下极板时，下列说法正确的是A.可能仍落在B点B.可能落在C点C.落在下极板时速度将大于vD.落在下极板时的速度将小于v4、两个电子所带的电荷量为A. B.C. D.5、如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流的变化图线，曲线b为小灯泡R两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该小灯泡R组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是()A.0.6W，5Ω B.0.6W，ΩC.0.8W，5Ω D.0.8W，Ω6、一个质子（）和个粒子（）沿垂直于磁感线方向从同一点射入一匀强磁场中，在磁场中速度分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2.若它们在磁场中运动轨迹是重合的，如图所示，下列正确的是（）A.时间之比为1∶2，速度之比为1∶2 B.时间之比为2∶1，速度之比为1∶2C.时间之比为1∶2，速度之比为2∶1 D.时间之比为2∶1，速度之比为2∶1二、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、如图所示的电路中，将滑动变阻器的滑片P向右滑动后，假设电流表A1和电压表V2两个电表的示数变化量的绝对值分别为I1和U2，则在滑片P向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.V1变大B.A2变大C.V2变大D.不变8、如图所示，直流电动机线圈的电阻为R，当该电动机正常工作时，电动机两端电压为U，通过电动机的电流为I，则下列说法正确的是()A.电动机内部的发热功率为I2RB.电动机的机械功率为IUC.电动机的总功率为I2RD.电动机机械功率为IU－I2R9、如图所示，水平方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.其间有水平固定的足够长的粗糙绝缘杆，杆上套有一带电量为-q、质量为m的小环，环内径略大于杆直径．小环与杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，现给小环水平向右的初速度v0，则()A.小环的加速度一定一直减小B.小环可能先做减速运动，再做匀速运动C.小环可能一直做匀速运动D.小环运动过程中最终速度为10、图示为手机无线充电装置，手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”．下列说法正确的是（）A.无线充电的原理是电磁感应B.将手机旋转一小角度放置，便不能充电C.在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电D.充电板不论通入交变电流还是恒定电流均可充电三、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）在测定金属电阻率的实验中，所用金属电阻丝的电阻约为30Ω．现通过以下实验测量该电阻丝的电阻率(1)用螺旋测微器测出电阻丝的直径为d(2)实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：电压表Vl（量程0～3V，内阻约3kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）电流表Al（量程0～100mA，内阻约5Ω）电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）滑动变阻器R1（0～5Ω）滑动变阻器R2（0～1kΩ）电源E（电动势为4.5V，内阻不计）为了便于调节电路并能较准确地测出电阻丝的阻值，电流表应选__________，滑动变阻器应选__________。(3)如图所示，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头，触头的另一端为接线柱c，当用手按下触头时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可在刻度尺上读出．实验中改变触头与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数I保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L与对应的电压U。请在下图中完成实验电路的连接，（）部分已连好的线不能改动．(要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量)(4)利用测量数据画出U—L图线，如图所示，其中（，)是U-L图线上的一个点的坐标．根据U—L图线，用电阻丝的直径d、电流I和坐标（，)计算得出电阻丝的电阻率ρ=__________。12．（12分）集宁一中的每层楼楼道内都装有饮水机，纯净水的质量关乎每一名学生的身体健康．纯净水质量是否合格的一项重要指标是它的电导率λ是否超标(电导率λ即为电阻率ρ的倒数)某同学选用一根粗细均匀且绝缘性能良好的圆柱形塑料直管装满纯净水样品(直管两端用薄金属圆片电极密封)来测定样品的电导率(不考虑温度对电阻的影响)：(1)实验中，该同学分别用刻度尺和游标为20分度的游标卡尺测定塑料管的长度和内径，刻度尺和游标卡尺的示数分别如图甲、乙所示，则可读出塑料管的长度L＝________m、内径d＝________mm.(2)该同学用下列器材测定样品的电阻：a．电压表V(量程0～3V，内阻约为5kΩ；量程0～15V，内阻约为25kΩ)；b．电流表A(量程0～10mA，内阻约为2Ω；量程0～50mA，内阻约为0.4Ω)；c．滑动变阻器R(0～20Ω，2A)；d．学生电源E(电动势4.5V，内阻很小)；e．开关S及导线若干该同学先用多用电表粗测管内水样品的电阻值约为500Ω，要求用尽量精确的方法测出其电阻值，请在图丙中连接实验电路图____(图中有六根导线已经接好)(3)电导率的表达式为=__________(用字母U、I、L、d)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，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）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

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、C【解析】A．由电场线疏密可知，R点场强比Q场强点大，所以带电粒子在R点的电场力大，则带电粒子在R点的加速度大，A错误；BC．带电粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若带电粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，带电粒子的电势能增大，动能减小，则带电粒子经过R点时的动能大于经过Q点时的动能，即带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度，而P点电势能最小，所以带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，B错误，C正确；D．根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，D错误。故选C。2、D【解析】磁感线越密集，则磁场越强，则沿磁感线方向，磁场不一定逐渐减弱，选项A错误；如果通电导线平行磁场放置，则导线不受磁场力，选项B错误；通电直导线所受安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面，选项C错误，D正确；故选D.3、D【解析】液滴的电量被下极板吸收后，极板的带电量减小，由知板间电压减小，则板间场强E减小，由牛顿第二定律知液滴的加速度会变化，以此分析各个选项即可.【详解】液滴的电量被下极板吸收后，极板的带电量Q减小，由知板间电压U减小，则板间场强E减小，液滴受重力、电场力，由牛顿第二定律知：

减小.A、B、竖直方向：偏转量，y不变a减小，所以t增大，水平方向：x=v0t增大，所以落在B的右侧，故A、B错误；C、D、竖直方向：，a减小，所以vy减小，落在下极板时的速度：减小，故C错误，D正确.故选D.【点睛】本题考查了液滴在电场中的运动，解决的思路还是类平抛运动的方法，但要明确哪些量在变化，哪些量不变.4、D【解析】各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，电子所带的电荷量e=-1.6×10-19C，所以两个电子所带的电荷量为-3.2×10-19C；A．，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论相符，选项D正确；故选D。5、A【解析】电源U-I图象表达式为：U=E-Ir，则图象的斜率表示内阻，根据图象可知，电动势E=4V，内电阻为，两个图象的交点坐标表示路端电压和对应的电流，即路段电压为3V，电流为0.2A，故电源的输出功率为：P出=UI=3×0.2=0.6W，故选A【点睛】本题关键是推导出电源的U-I图象的表达式，明确横轴截距表示短路电流，纵轴截距表示电动势，斜率绝对值表示内电阻；同时明确两个图象交点的含义6、C【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期：因为B为定值，两粒子转过的圆心角相同均为半个周期，所以质子与α粒子的运动时间之比等于两粒子的之比，故质子与α粒子的运动时间之比。由牛顿第二定律得：解得：因B、R相同故选C。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、BCD【解析】先由局部电阻RP的变化开始分析，分析全电路的电阻、电流以及路端电压，然后再逐步分析到局部电路.【详解】在滑片P向右滑动的过程中，RP变大，则电路的总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即A1减小，R1的电压减小，则R3以及与其并联的支路电压变大，A2读数变大；V2读数变大；R3电流变大，则R2电流减小，则两端电压减小，即V1读数变小，故选项A错误，BC正确；U2=E-I1(R1+r)，可知不变，可知选项D正确；故选BCD.【点睛】分清电路图，利用等效电阻法结合总量法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键8、AD【解析】A.电动机内部的发热功率为I2R，故A正确；BD.电动机的机械功率为IU－I2R，故B错误，D正确；C.电动机的总功率为IU，故C错误；故选：AD；9、BC【解析】根据洛伦兹力等于重力，确定匀速直线运动的速度大小，再讨论速度大于与小于时的情况，根据洛伦兹力与重力的关系，来确定摩擦力，从而得出运动情况，即可求解【详解】当时，小环受到的合外力为0，做匀速直线运动，当时，小环做匀速直线运动；当时，小环受到向下的重力小于向上的洛伦兹力，有摩擦阻力，做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，则加速度减小，直到速度为；当时，小环受到向下的重力大于向上的洛伦兹力，做减速运动，且速度减小时，洛伦兹力越小，小环与杆之间的正压力越来越大，所以摩擦阻力也增加，加速度增加，所以，小环此时应该做加速度增加的减速运动直到速度为0，BC正确【点睛】洛伦兹力与重力的关系，是解题的突破口，掌握由受力情况来确定运动情况的方法，注意由加速度与速度的方向，来决定速度的增加还是减小10、AC【解析】ABC项:手机内部的线圈，能将充电板中变化的磁场转化为电流给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的，故AC正确，B错误；D、充电底座利用的电磁感应原理工作的，故不能直接使用直流电进行充电；故D错误三、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.A1②.R1③.见解析④.【解析】（2）[1][2]由于电源电动势为4.5V，所以电压表应选V1，根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：，所以电流表应选A1；滑动变阻器应选R1，且应采用分压式接法；（3）[3]由于待测电阻满足RX2＜RARV，可知电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，连线图如图所示（4）[4]根据欧姆定律应有：，根据电阻定律应有联立得：，据函数斜率概念应有解得12、①.0.1050；②.11.30；③.；④.【解析】(1)由图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；(2)合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．根据电路图来连接实物图，注意电表的正负极，并分几个回路来连接；(3)根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律，即可求解【详解】(1)刻度尺读数：0.2050-0.1000=0.1050m；游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数为11.30mm；(2)因电源的电压为4.5V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为500Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为9mA，从精确角来说，所以电流表选择量程0～10mA；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏大，因此选择电流表内接法，根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接．如图所示；(3)根据闭合电路欧姆定律与电阻定律，，解得：，所以电导率为：【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，