2027届浙江省宁波市余姚市余姚中学物理高二第一学期期中联考模拟试题含解析

2027届浙江省宁波市余姚市余姚中学物理高二第一学期期中联考模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、在闭合电路中，E表示电动势，U表示外电压，U′表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中对于纯电阻电路和非纯电阻电路均正确的是()A．U′＝IRB．U′＝E－UC．U＝E＋IrD．U=2、把电阻是的一根金属丝，均匀拉长为原来的倍，则导体的电阻是（）A．B．C．D．3、有一导线南北方向放置，在其下方放一个小磁针。小磁针稳定后，给导线通上如图所示电流，发现小磁针的S极垂直纸面向外偏转。关于此现象下列说法正确的是A．没有通电时，小磁针的S极指向地磁场的南极B．通电后小磁针s极仍诣向地磁场的南极C．通电导线在小磁针所在处产生的磁场方向垂直纸面向外D．通电后小磁针S极发生偏转说明通电导线周围存在磁场4、如图，直线A和B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图像。设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将一定值电阻R分别接到A、B两电源上，通过R的电流分别为Ia和Ib则（）A．ra=rbIa=Ib B．ra>rbIa>Ib C．ra>rbIa=Ib D．ra>rbIa<Ib5、如图所示，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的曲线．用该电源与电阻R组成闭合电路，则A．电源电动势3V，内阻2ΩB．电阻R的阻值为0.5ΩC．电源的总功率为6WD．电源的效率为50%6、带电粒子在磁场中运动时受到的磁场力叫洛伦兹力，下列说法正确的是：A．洛伦兹力的方向与磁场方向相同； B．洛伦兹力对运动粒子不做功；C．带电粒子在磁场中运动时一定有洛伦兹力； D．洛伦兹力使粒子速度增大．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、A、B、C三个相同滑块，从光滑斜面同一高度同时开始运动，A静止释放；B初速度方向沿斜面向下，大小为；C初速度方向水平，大小也为。下列说法正确是（）A．A和C同时滑到斜面底端B．滑到下面底端时，B的动能均比A、C动能大C．滑到下面底端时，B的重力势能减少量与A、C相同D．滑到下面底端时，B的机械能与C相同8、如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则()．A．导体棒向左运动B．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELC．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELD．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为BEL9、设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，则下列说法正确的是（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持d不变，减小S，则θ变小C．用手触摸极板B，则θ变大D．在两板间插入电介质，则θ变小10、由相同的电流表改装而成的三个电压表按如图所示的方式接入电路，已知的量程最大，的量程最小，且的量程等于与的量程之和，当电路导通时，三个电压表的示数分别为，指针偏转的角度分别为，则有()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）如图所示为用伏安法测定一个定值电阻阻值的实验所需的器材实物图，器材规格如下：A、待测电阻Rx(约100Ω)B、直流毫安表（量程0~50mA，内阻约为5ΩC、直流毫安表（量程0~3A，内阻约为5ΩD、直流电压表（量程0~3V，内阻约500ΩE、直流电压表（量程0~15V，内阻约500ΩF、直流电源（输出电压6V，内阻不计）G、滑动变阻器（阻值范围0~15Ω，允许最大电流1A）H、开关1个，导线若干根据器材规格及实验要求，(1)上述器材中应选用的是______________。（字母代号）(2)实验电路应采用电流表__________接法（填“内”或“外”）。(3)设计实验电路图画在方框内_________，并在本题的实物图上连线_________。12．（12分）用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻(1)据记录的数据将对应点已经标在坐标纸上，画出完整的U-I图线___．(2)根据(1)中所画图线，可得干电池的电动势E=_____V，内阻r=_____欧（保留两位有效数字）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）如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B，静止时悬线与竖直方向夹角为θ，

若固定的带正电小球A的电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，静电力常量为K,A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中，求A、B两球间的距离．14．（16分）一端固定的长为L的绝缘线，另一端拴住质量为m带电荷量为q的小球，放在水平向右的匀强电场中，如图所示，把细线拉至水平，将小球从A点由静止释放，当小球向下摆过60°角达B的位置时速度恰好为零，求：(1)A、B两点间的电势差;(2)匀强电场的场强．15．（12分）如图所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距L，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感强度为B，一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距S，现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)。求：(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能。

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、B【解析】

A、已知电源的内电阻为r，干路电流为I，U′表示内电压，则据部分电路欧姆定律得U'=Ir，故AB、根据闭合电路欧姆定律得U'+U=E，则有U'=E-U，C、将上两式联立得Ir=E-U，则得：U=E-Ir，故C错误；D、闭合电路欧姆定律I=ER+r，该式对于纯电阻电路适用，但不适用非纯电阻电路，所以由部分电路欧姆定律得U=IR=RER+r，只对于纯电阻电路适用，但不适用非纯电阻电路故选B。路端电压和内电压的关系遵守闭合电路欧姆定律；内电压与内电阻的关系遵守部分电路欧姆定律．根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律进行分析和计算。2、D【解析】当金属丝拉长为原来的2倍时，体积不变，则导体的面积减小为原来的;则由可知，拉长后的电阻变为原来的4倍；故选D．【点睛】解决本题的关键掌握电阻定律的公式，知道电阻与长度和横截面积有关．并明确导体体积不变时，若长度改变则横截面积也会随之改变．3、D【解析】小磁针自由静止时，指向地理北极的一端是小磁针的北极，即N极，地磁场的北极在地理南极附近，小磁针的S极指向地磁场的北极，故A错误；通电后根据安培定则可知，导线在小磁针处产生的磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针N极将偏向纸里，S极将偏向纸外，故BC错误；通电后小磁针S极发生偏转说明通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应，故D正确。所以D正确，ABC错误。4、B【解析】

由图象可知，图象A斜率的绝对值大于图象B斜率的绝对值，因此ra＞rb，在同一坐标系内作出电阻R的U-I图象，如图所示:由图象可知Ia＞Ib，故B正确；A，C，D错误；故选B.电源的U-I图象与纵轴的交点是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；同时注意在同一图中作出电阻的伏安特性曲线时，两图象的交点为电阻的工作点．5、C【解析】

A.根据闭合电路欧姆定律得：当时，由读出电源的电动势，内阻等于图线的斜率大小，则内阻：故A错误；B.电阻的阻值为：故B错误；CD.两图线的交点表示该电源直接与电阻相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压，电流，则电源的输出功率为：电源的总功率为：电源的效率为故C正确，D错误。6、B【解析】

洛伦兹力的方向与磁场方向垂直，选项A错误；洛伦兹力与速度方向垂直，则洛伦兹力对运动粒子不做功，选项B正确；带电粒子在磁场中运动时，若速度与磁场方向平行，则没有洛伦兹力，选项C错误；洛伦兹力方向与速度垂直，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，选项D错误；故选B．洛伦兹力是电荷在磁场中运动时才可能有力的作用，电荷的速度方向必须不能与磁场平行；洛伦兹力垂直速度方向，则洛伦兹力对运动粒子不做功．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、ACD【解析】

A．A沿斜面向下做初速度为零的匀加速运动，C水平方向做匀速运动，沿斜面向下做初速度为零的匀加速运动，且加速度和A相同，可知A和C同时滑到斜面底端，选项A正确；B．根据机械能守恒可知滑到下面底端时，对A对BC可知BC的动能相等且比A动能大，选项B错误；C．根据Ep=mgh可知，滑到下面底端时，B的重力势能减少量与A、C相同，选项C正确；D．开始时BC机械能相同，由于机械能守恒，可知滑到下面底端时，B的机械能与C相同，选项D正确。故选ACD。8、BD【解析】

A、开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动，故A错误；BC、当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL，I=ER，可得F=BELR，故D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90°-θ的夹角，再根据力的分解可得合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度a=BELsinθmR，故D故选BD。据左手定则来确定通电导线的安培力的方向，闭合电路欧姆定律与安培力公式结合可求出其力的大小，最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度。9、AD【解析】试题分析：保持S不变，增大d，由电容的决定式C=εS4πkd可知电容C减小，Q不变，再由电容的定义式C=QU分析得知，板间电压增大，则θ变大，故A正确．保持d不变，减小S，电容C减小，Q不变，由C=Q考点：电容器的动态分析【名师点睛】对于电容器的动态分析问题，关键抓住电容的两个公式：电容的决定式C=εS4πkd和电容的定义式10、BD【解析】

电压表由灵敏电流计和一个大电阻串联改装而成，偏转的角度仍然看通过电压表的电流大小，示数需要看具体电压表的分压。【详解】AB．由相同的电流表改装而成的三个电压表，其满偏电流相同，的量程最大，的量程最小，的量程等于与的量程之和，则由题图可知，电压表与串联，则流过两电表的电流I相等，电压表指针偏转角度相等，即，由于，电压表示数，则，故A错误，B正确；CD．由题可知，电压表与串联，然后与并联，由串、并联电路特点可知，电压表示数关系为，由于并联电路各支路两端电压相等，，则两支路电流相等，各电压表指针偏转角度相等，，故C错误，D正确。本题考察电压表的改装原理，可以将改装结构画在电路中进行分析更加直观方便。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、ABDFGH内【解析】

(1)选择的唯一电源(F)的电动势为6V，故电压表应选择3V(D)较合适，选择15V读数误差太大且偏角太小；通过待测电阻的最大电流为Imax=UmaxRx=3100mA(2)由于待测电阻满足RVRx<Rx(3)由于变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应采用分压式接法，即电路应是分压内接电路，如图所示：；连线图如图所示：伏安法需要掌握的要点：①根据电源电动势大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；②当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法；③当待测电阻满足RVRx>12、1.500.89【解析】

(1)[1]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示：(2)[2][3]由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻：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、33【解析】

以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知

F＝mgtanθ＝mgtan30°＝33mg

而小球所受库仑力大小为F＝kqQr2对于复合场中的共点力作用下物体的平衡，其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．14、(1)UAB=-【