山东省枣庄、滕州市2027届高二物理第一学期期中监测模拟试题含解析

山东省枣庄、滕州市2027届高二物理第一学期期中监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、电源的电动势为4.5V，外电阻为4.0Ω时，路端电压为4.0V，如果外电路上再并联一个6.0Ω的电阻，则路端电压为A．3.72V B．4.0V C．4.3V D．4.5V2、一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（）A．打到下极板上 B．在下极板处返回C．在距上极板处返回 D．在距上极板处返回3、如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为、、，正六边形所在平面与电场线平行。则A．E点的电势与C点的电势相等 B．与相同C．电场强度的大小为 D．电场强度的大小为4、锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法不正确的是()A．电能转化为化学能的功率为UI－I2rB．充电器输出的电功率为UI＋I2rC．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率为×100%5、如图所示，某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线为等差等势面，则下列说法正确的是A．电子在a点电势能较小B．电子在b点动能较小C．a点的电势高于b点的电势D．电子在a点的加速度大于在b点的加速度6、如图所示，当正电荷从A到C移动过程中，正确的是（）A．从A经B到C电场力对电荷做功最多B．从A经M到C电场力对电荷做功最多C．从A经N到C电场力对电荷做功最多D．不管从哪条路径使电荷从A到C，电场力做功都相等，且都是正功二、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、如图8所示的电路，电源内阻不可忽略，电表为理想电表．当滑动变阻器的滑片向下滑动时（）A．电流表A的示数减小 B．电流表A的示数增大C．电压表V的示数减小 D．电压表V的示数增大8、如图所示，一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点，另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间，B的球心到O点之间的距离为h，A、B的球心在同一水平线上，A、B处于静止状态．重力加速度为g．则下列说法正确的是A．A对B的压力大小为B．竖直墙壁对B的摩擦力可能为零C．当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力大小保持不变，细绳拉力增大D．当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力减小，细绳拉力减小9、在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（）A．N板电势高于M板电势B．磁感应强度越大，MN间电势差越大C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势10、如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是A．小球带负电B．电场力与重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能增大D．小球在运动过程中机械能守恒三、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“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．用笔线代替导线将图中未完成的电路连接好．将线圈A插入线圈B中，合上开关S，能使线圈B中感应电流的磁场方向与线圈A中原磁场方向相同的实验操作是______．A.插入铁芯F

拔出线圈AC.使变阻器阻值R变小

断开开关S某同学第一次将滑动变阻器的触头从变阻器的左端慢慢滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头从变阻器的左端快速滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度______填“大”或“小”，原因是线圈中的______填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”第一次比第二次的小．12．（12分）（1）图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头μA的量程为Ig=600μA内阻为Rg，mA是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA．完成下列填空．图1中分流电阻Rp的阻值为__________．（2）在电表改装成后的某次校准测量中，a表的示数如图2所示，由此读出流过a电流表的电流为__________mA，此时流过分流电阻Rp的电流为_______mA（结果均保留一位小数）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）如图甲所示，有一足够长的绝缘细杆竖直放置在水平方向的匀强电场当中，电场强度E随时间t的变化关系如图乙所示(取水平向右为电场的正方向)．质量m=0.01kg、带电荷量q=+1.0×10-6C的有孔小球套在绝缘细杆上，孔的直径略大于细杆的直径．t=0时刻小球从细杆的某处静止释放，已知小球与细杆的动摩擦因数μ=0.1，整个过程中小球电量不变且始终处于匀强电场当中，空气阻力忽略不计，取g=10m/s1．求：（1）3秒末小球的速度大小；（1）3秒内小球的位移大小；（3）3秒内摩擦力对小球所做的功．14．（16分）如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。电动机M的内阻为1Ω.求：(1)电源的内阻；(2)电动机M的输出功率；(3)电源的效率。15．（12分）如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．求(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？

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】

外电阻4.0Ω时，由欧姆定律得：代入数据计算得出：并联一个电阻后总电阻为：则有：A．描述与分析相符，故A正确.B．描述与分析不符，故B错误C．描述与分析不符，故C错误.D．描述与分析不符，故D错误.2、D【解析】设带电粒子的质量为m，电容器两基板的电压为U，由动能定理得，若将下极板向上移动d/3，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得，联立解得，所以带电粒子还没达到下极板就减速为零，D正确．【考点定位】动能定理、电场力做功、匀强电场电场强度和电势差的关系3、C【解析】

A．根据题意可知CF在同一等势面上，所以E点的电势与C点的电势不等，选项A错误；B．与相等，则选项B错误；CD．BC两点沿场强方向的距离为所以C正确，D错误。故选C。4、B【解析】

ABC．由可知充电器输出的电功率为，根据热功率公式可得电池产生的热功率为，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律有电能转化为化学能的功率为：，故A、C正确，B错误；D．充电器的充电效率为，故D正确；5、D【解析】由电子的运动轨迹可知，电子受的电场力为左偏下的方向，从a到b电场力做正功，动能增加，电势能减小，故电子在a点电势能较大，在b点动能较大，选项AB错误；电子在a点电势能较大，则a点的电势较低，选项C错误；等势面密集的位置电场线密集，则a点场强大于b点，则电子在a点的加速度大于在b点的加速度，选项D正确；故选D.6、D【解析】

由电场力做功知做功的多少和两点之间的电势差有关，不管从哪条路径使电荷从A到C，AC两点的电势差是相等的，所以电场力做功都相等，且沿电场线方向电势降低，所以U>0，做正功，故D正确；综上所述本题答案是：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、BC【解析】

先判断滑动变阻器的阻值如何变化，再用“串反并同”去分析。【详解】AB.滑动变阻器的滑片向下滑动，电阻变小，电流表与滑动变阻器串联，所以示数变大，A错误，B正确；CD.滑动变阻器的阻值变小，电压表与滑动变阻器并联，所以示数变小，C正确，D错误。和滑动变阻器串联的电阻上的电压、电流、电功率变化趋势和滑动变阻器电阻值变化趋势相反，和滑动变阻器并联的电阻上的电压、电流、电功率和滑动变阻器电阻值变化趋势相同，即串反并同。8、AD【解析】

分析小球的受力情况，运用合成法作图，结合三角形相似求出B对A的支持力，从而求得A对B的压力.分析B的受力情况，由平衡条件判断墙壁对B的摩擦力.当只轻轻把球B向下移动一点距离，再用同样的方法得到B对A的支持力和细绳拉力的表达式，即可分析它们的变化.【详解】A．分析A球的受力情况，如图1所示：N与mg的合力与T等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：，得：，，由牛顿第三定律知A对B的压力大小为：，故A正确.B．B在竖直方向受到重力，而AB间无摩擦，由平衡条件知竖直墙壁对B一定有摩擦力，故B错误.CD．当只轻轻把球B向下移动一点距离，分析A球的受力情况，如图2所示：N与T的合力与mg等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：可得：，，由于L＞h，可知，N减小，T减小，由牛顿第三定律知A对B的压力减小，故C错误，D正确.故选AD.本题中没有角度，所以可以采用三角形相似研究共点力平衡问题.正确作出力的合成图是关键.9、AB【解析】A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则①;I=nesv

②;s=dL

③;由①②③得：,令，则

④;所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，故B正确；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误．故选AB.【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡．10、BC【解析】

AB.由题可知，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电。故A错误，B正确。C.小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大。故C正确。D.由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒。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、BD小；磁通量变化率【解析】

（1）插入铁芯F时，穿过线圈L2的磁通量变大，感应电流磁场与原磁场方向相反，故A错误；拔出线圈L1，穿过线圈L2的磁通量变小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故B正确；使变阻器阻值R变小，原电流变大，原磁场增强，穿过线圈L2的磁通量变大，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，故C错误；断开开关，穿过线圈L2的磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故D正确．（2）第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，线圈L1的电流变化慢，电流产生的磁场变化慢，穿过线圈L2的磁通量变化慢，感应电动势小，感应电流小，电流计的指针摆动的幅度小；第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，线圈L1的电流变化快，穿过线圈L2的磁通量变化快，感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摆动的幅度大．12、49.549.0【解析】

改装电流表要并联一电阻Rp，并联一电阻后流过表头a的电流为Ig，流过Rp的电流为IR，而加在表头和Rp上的电压相等，即IgRg=IRRp．【详解】第一空.由于Rg和Rp并联，由IgRg=IRRp和I=Ig+IR得：．第二空.由图2知流过a电流表的电流I'为49.5mA；第三空.设此时流过表头的电流为I'g，流过RP的电流为I'R，加在表头和Rp上的电压相等，故有：I'gRg=I′RRpI'=（I'g+I'R）解得：I'R=49.005mA≈49.0mA解决此类问题要充分理解电表改装原理，电路的分压分流原理．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、（1）3秒末小球的速度大小为1m/s；

（1）3秒内小球的位移大小为5m；

（3）3秒内摩擦力对小球所做的功为-0.48J．【解析】

（1）（1）受力分析知，水平方向弹力等于电场力，即FN=Eq竖直方向，F合=mg-f=ma其中f=μFN0-1s内，f1=μE1q=0.1×4×105×1.0×10-6N=0.08N加速度为：1s末速度为：v1=at1=1×1m/s=1m/s位