甘肃省师范大学附属中学2027届高二物理第一学期期中复习检测模拟试题含解析

甘肃省师范大学附属中学2027届高二物理第一学期期中复习检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（）A．半径越大，加速度越大B．半径越小，环形电流越大C．半径越大，角速度越小D．半径越小，线速度越小2、为了描绘标有“3V0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：（1）电流表（0～200mA，内阻约1Ω）（2）电压表（0～3V，内阻约5kΩ）（3）滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）（4）电源（3V）（5）电键一个，导线若干为了准确描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验电路图应选择如图中的（）A． B．C． D．3、如图所示，电路中E＝3V，r＝0.5Ω，R0＝1.5Ω，变阻器的最大值R＝10Ω，现将R的阻值由零逐渐增大到10Ω的过程中，下列说法中正确的是（）A．当R＝2Ω时，R上消耗的功率最大B．当R＝1.0Ω时，R0上消耗的功率最大C．当R＝0.5Ω时，电源的输出功率最大D．当R＝0Ω时，电源的效率最大4、将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下列几种方法中能使两球都带电的是（）A．先把两球分开，再移走棒B．先把两球分开，再移走棒后让两球接触C．先移走棒，再把两球分开D．棒移走，两导体球不分开5、把长0.10m的直导线全部放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直．当导线中通过的电流为3.0A时，该直导线受到的安培力的大小为1.5×10﹣3N．则该匀强磁场的磁感应强度大小为（）A．4.5×10﹣3T B．2.5×103T C．2.0×102T D．5.0×10﹣3T6、如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h，速度为v，则()A．小球在B点动能等于mghB．由A到B小球重力势能减少C．由A到B小球克服弹力做功为mghD．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为二、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，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为Ｂ的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为-q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（）A．小球下滑的最大速度为vB．小球下滑的最大加速度为am=gsinθC．小球的加速度一直在减小D．小球的速度先增大后不变8、如图所示，一个内壁光滑的圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为R；O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R；质量为m的小球(球的直径略小于圆管直径)，从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C点落到AD区，则球经过C点时()A．速度大小满足B．速度大小满足0≤vC≤C．对管的作用力大小满足mg≤FC≤mgD．对管的作用力大小满足0≤FC≤mg9、如图所示，一带电小球通过绝缘细绳悬挂于平行板电容器之间，M板带负电，N板带正电，M板接地．以下说法正确的是()A．M板左移，小球受到的电场力减小B．M板左移，小球的电势能减小C．M板上移，小球受到的电场力增大D．M板上移，小球的电势能不变10、如图所示，长为L、倾角θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点间的电势差一定为mgLC．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最大值一定是mgD．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷三、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）电火花计时器使用的是_______电源(填“直流”或“交流”)，工作电压是__________V，若电源的频率是50Hz，则每隔________秒打一个点．12．（12分）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置．（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度．（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）．①分析此图线的OA段可得出的实验结论是___________．②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是（______）A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大四、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，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值；(3)电子打到屏上的点到点O的距离x。14．（16分）带电量为C的粒子先后经过电场中的A、B两点，克服电场力做功J，已知B点电势为50V，求:（l）A、B间两点间的电势差是；（2）A点的电势；（3）把电量为C的电荷放在A点的电势能．15．（12分）工作出差时移动电源已经是智能手机的最佳搭配，用电动势为5V的电源给手机充电时，测得电源两极间的电压为4.5V，已知电源铭牌中标有电源容量为2Ah，且电源电能全部释放出来，则：（1）电源放出的总电能是多少焦耳？（2）手机得到多少电能？（3）电源给手机充电过程中发出多少热量？

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、BC【解析】试题分析：静电力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，解得，故运动半径越大，加速度越小，A错误；根据公式可得，运动半径越小，线速度越大，D错误；根据公式可得，故运动半径越小，周期越小，单位时间内电子通过某个截面的次数就越多，形成的电流越大，C正确；根据公式可得，半径越大，角速度越小，C正确考点：考查了圆周运动，库仑定律，电流的定义【名师点睛】根据库仑定律求出原子核与核外电子的库仑力．根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较2、A【解析】

灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻所以，所以采用电流表外接法。A.与分析结果相符，故A正确。B.与分析结果不符，故B错误。C.与分析结果不符，故C错误。D.与计算结果不符，故D错误。3、A【解析】

A．将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；故当Rx=R0+r=2Ω等效电源的输出功率最大，即变阻器上消耗的功率最大；故A项正确；B．由公式可知，当电流最大，R0的功率最大，由闭合电路欧姆定律可知，当R=0时，电流最大，R0的功率最大，故B项错误；C．当外电阻与电源内阻越接近，电源的输出功率越大，所以当R=0时，电源的输出功率最大，故C项错误；D．电源的效率为所以当外电阻最小时，电源的效率最小，即当R=0时，电源的效率最小，故D项错误。4、A【解析】

AB．带电导体球与两个球不接触，本身电量不会转移到两导体球上，所以根据静电平衡，两球的两侧带有等量的异种电荷，分开两球再移走棒，两球带有等量的异种电荷；若从新将两球接触，那么两球电荷中和，两球均不带电，故A正确，B错误；CD．若先移走棒则感应出来的电荷又会回到各自的导体上，不管两球是否分开，两个小球不会带电，故CD错误。故选A。5、D【解析】

当磁场的方向与电流方向垂直时，，根据该公式求出磁场的磁感应强度．当磁场的方向与电流方向垂直时，，则故磁感应强度的大小为5×10﹣3T．故选D．6、D【解析】

A．对小球来说，由于有弹力做功，小球的机械能不再守恒，部分小球的机械能转化为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减小，故小球在B点的动能小于mgh，故A错误；B．由A至B重力势能减少mgh，小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以，故B错误；C．根据动能定理得：所以由A至B小球克服弹力做功为故C错误；D．弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为故D正确。故选D。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、BD【解析】试题分析：小球从A点由静止沿杆下滑，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程．小球开始下滑时有mgsinθ-μmgcosθ-qvB=ma，随v增大，a增大，当v=mgcosθqB时，a达最大值gsinθ，此时洛伦兹力等于mgcosθ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有mgsinθ-μqvB-mgcosθ=ma，随8、AD【解析】

AB．小球离开C点做平抛运动，落到A点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得：竖直方向有R=gt2水平方向有R=vC1t解得vC1=小球落到D点时水平位移为2R，则有2R=vC2t解得vC2=故速度大小满足≤vc≤故A正确，B错误．CD．由于球的直径略小于圆管直径，所以过C点时，管壁对小球的作用力可能向下，也可能向上，当vC1=向心力＜mg所以管壁对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得mg-Fc1=解得N=mg当vC′=，向心力F′==2mg＞mg所以管壁对小球的作用力向下，根据牛顿第二定律得mg+Fc2=解得N′=mg假设在C点管壁对小球的作用力为0时的速度大小为vC3，则由向心力公式可得mg=解得vC3=vC3在≤vc≤范围内，所以满足条件．所以球经过C点时对管的作用力大小满足0≤Fc≤mg故C错误，D正确。故选AD。9、BC【解析】试题分析：因为电容器带电量一定，所以两板间场强与两板间距无关，所以M板左移，小球受到的电场力不变，小球偏角不变，则小球所在位置与M板的电势差变大，小球所在位置的电势升高，因为小球带负电，所以小球的电势能减小；M板上移，则两板的相对面积减小，C减小，根据Q=CU,则两板电势差变大，板间场强变大，小球受到的电场力增大；小球与竖直面的夹角变大，小球所在位置的电势升高，小球的电势能减小．选项BC正确．考点：电容器的电容，场强，电势及电势能．10、BD【解析】

A．小球从A运动到B的过程中，动能不变，根据能量守恒可得，小球的重力势能增加，则电势能减少，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势小于A点的电势，故A错误；B．根据动能定理得mgLsinθ-qUAB=C．若电场力与重力、支持力的合力为零，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsinθ根据矢量的合成法则可知，电场强度可能大于mgq，故CD．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，Q到A点的距离小于到B点的距离，由于B点的电势小于A点的电势，则Q一定是正电荷，故D正确。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、交流2200.02【解析】

电火花打点计时器使用的是交流电源，工作电压是220V，若电源的频率是50Hz，则每隔0.02秒打一个点．12、小车的质量小车所受的合外力质量不变的情况下，加速度与合外力成正比C【解析】试题分析：（1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受合外力；（2)①在小车质量不变的条件下，加速度大小与所受的合外力大小成正比；②设小车的质量为M，