江苏省海头高中2027届高二上物理期中质量检测模拟试题含解析

江苏省海头高中2027届高二上物理期中质量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、如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=2m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ，若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（

）A．Uop=－200sinθ(V)B．Uop=200sinθ(V)C．Uop=－200cosθ(V)D．Uop=200cosθ(V)2、关于电场的场强，下列说法正确的是（）A．在电场中某点放一检验电荷后，该点的电场强度会发生改变B．由电场强度定义式E=可知，电场中某点的E与q成反比，与q所受电场力F成正比C．电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向D．只受电场力的正电荷在电场中运动时的加速度放向一定是该点场强方向3、一根均匀电阻丝的电阻为R，在温度不变的情况下，下列情况中其电阻值为2R的是（

）A．长度和横截面积都缩小一倍时B．长度和横截面半径都增大一倍时C．当长度不变，横截面积增大一倍时D．当横截面积不变，长度增大一倍时4、如图所示，一根轻质弹簧，放在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙壁上，当用8N的力水平向右拉弹簧右端时，弹簧的伸长量为4cm；当用8N的力水平向左压弹簧右端时，弹簧的压缩量为(设上述两种情况中弹簧的形变均为弹性形变)()A．12cm B．10cm C．6cm D．4cm5、下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是（）A．喷灌装置的自动旋转B．章鱼在水中前行和转向C．运载火箭发射过程D．码头边轮胎的保护作用6、雷雨天气，应谨防雷电，下面做法正确的是()A．雷雨天气外出时，可以在孤立的高大建筑物和大树下避雨B．雷雨天气外出时，在空地上应立即蹲下，以免成为雷电的袭击目标C．雷雨天气外出时，可以在户外打手机D．在室内，如果听到打雷，应马上关好门窗，以防雷电进屋二、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，一人以恒定速度v0通过定滑轮竖直向下拉小车使其在水平面上运动，当运动到如图位置时，细绳与水平成60°角，则此时（）A．小车运动的速度为v0 B．小车运动的速度为2v0C．小车在水平面上做加速运动 D．小车在水平面上做减速运动8、伽利略为了研究自由落体的规律,将落体实验转化为著名的“斜面实验”,对于这个研究过程,下列说法正确的是(

)A．斜面实验放大了重力的作用,便于测量小球运动的路程B．斜面实验“冲淡”了重力的作用,便于运动时间的测量C．通过对斜面实验的观察与计算,直接得到落体运动的规律D．根据斜面实验结论进行合理的外推,得到落体的运动规律9、如图所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是A．四段导线受到的安培力的方向相同B．四段导线受到的安培力的大小相等C．ADB段受到的安培力最大D．AEB段受到的安培力最小10、如图所示，在空间有一坐标系，直线与轴正方向的夹角为，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线是它们的边界，上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为.一质量为、电荷量为的质子(不计重力)以速度从点沿与成角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在轴上的点(图中未画出)，则（）A．质子在区域Ⅰ中运动的时间为B．质子在区域Ⅰ中运动的时间为C．质子在区域Ⅱ中运动的时间为D．质子在区域Ⅱ中运动的时间为三、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）（1）用螺旋测微器测圆金属丝直径d时，示数如图所示，此示数为____________mm。（2）电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是_______联一个_______Ω的电阻。12．（12分）（1）某实验小组要对未知电阻Rx进行测量先用多用电表进行粗测，若多用电表的电阻档有三个倍率，分别是用×10档测量某电阻Rx时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过大，为了较准确地进行测量，应换到_____档。（填×1或×100）。换档后应先________（填缺少的步骤），之后用表笔连接待测电阻进行读数，由表盘刻度读得该电阻的阻值是______Ω。（2）该小组成员用下列部分仪器对上题中电阻Rx进一步测量，可供使用的器材如下：电流表A1，量程0.1A，内阻很小，可忽略，电流表A2，量程3mA，内阻很小，可忽略，定值电阻R0=1kΩ滑动变阻器R1，最大电阻为10Ω，额定电流1A，滑动变阻器R2，最大电阻为500Ω，额定电流0.2A，电源电动势E=3V，内阻很小，电键S、导线若干要求实验中电表示数从零调起，可获得多组测量数据，测量结果尽量准确，实验操作方便。①由实验要求应选择的滑动变阻器为_______________②在虚线框内画出测量电路的原理图。③若I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，被测电阻Rx的表达式Rx=__________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，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.(2)小环从C运动到P过程中的动能增量.(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.14．（16分）如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高，且两板间电压大小为U=300V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10C、质量为m＝1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为s1=12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为s2=9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）（1）在图上粗略画出粒子的运动轨迹；（2）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。（计算结果保留两位有效数字）15．（12分）如图所示为一磁约束装置的原理图，同心圆圆心与平面坐标系原点重合.半径为的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于平面向里的匀强磁场.一束质量为、电荷量为、动能为的带正电粒子从坐标为的点沿轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为的点，方向沿轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从点沿轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的点(点未画出).不计重力和粒子间的相互作用.（1）求区域Ⅰ中磁感应强度的大小；（2）若环形区域Ⅱ中磁感应强度，求点坐标及环形外圆半径；（3）求粒子从点沿轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过点的过程所通过的总路程.

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】

根据匀强电场中电场强度和电势差的关系为求解电场中任意两点的电势差。【详解】匀强电场中电场强度和电势差的关系为，其中d表示电场中两点沿电场线方向的距离，又沿电场线的方向电势降低，故O、P两点的电势差可表示为V，故A项正确;BCD错误；故选A2、D【解析】

A．检验电荷的引入是为了研究电场的方便，引入后，不会影响原电场，即该点的场强不会发生改变，故A错误；B．电场强度的定义式是比值法，场强取决于电场本身，并不是与电场中某点的E与q成反比，与q所受电场力F成正比，故B错误；C．根据场强方向的规定可知，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与场强方向相反，故C错误；D．正电荷电场力方向与场强同向，所以只受电场力的正电荷在电场中运动时的加速度放向一定是该点场强方向，故D正确。故选D。3、D【解析】电阻丝的电阻为R，根据电阻定律：可知，长度和横截面积都缩小一倍时有，所以电阻不变，故A错误；长度和横截面半径都增大一倍时有：，所以电阻变为，故B错误；当长度不变，横截面积增大一倍时有：，所以电阻变为，故C错误；当横截面积不变，长度增大一倍时有：，阻值变为2R，故D正确。所以D正确，ABC错误。4、D【解析】试题分析：根据F=kx得，劲度系数，当用的力水平向左压弹簧右端时，弹簧弹力为，根据胡克定律，压缩量为：，故D正确，A、B、C错误．考点：胡克定律【名师点睛】结合弹力的大小和伸长量，通过胡克定律求出劲度系数，再结合弹力的大小，根据胡克定律求出弹簧的压缩量；解决本题的关键掌握胡克定律，，注意为形变量的大小，不是弹簧的长度．5、D【解析】

喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，故A错误；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故C错误；码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，故D正确．6、B【解析】

AB．在打雷下雨时，严禁在山顶或者高丘地带停留，更要切忌继续蹬往高处观赏雨景，不能在大树下、电线杆附近躲避，也不要行走或站立在空旷的田野里，应尽快躲在低洼处，或尽可能找房层或干燥的洞穴躲避，故A错误，B正确；C．手机电磁波是雷电很好的导体，电磁波在潮湿大气中会形成一个导电性磁场，极易吸引刚形成的闪电雷击．在雷雨天气，雷电干扰大气电离层离子波动，手机的无线频率跳跃性增强，导致芯片被烧掉或把雷电引到手机上，故C错误；D．在电闪雷鸣、风雨交加之时，若旅游者在旅店休息，应立即关掉室内的电视机、收录机、音响、空调机等电器，以避免产生导电．打雷时，在房间的正中央较为安全，切忌停留在电灯正下面，忌依靠在柱子、墙壁边、门窗边，以避免在打雷时产生感应电而致意外，故D错误。故选B。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】

AB.将小车速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，如图所示：

人拉绳的速度与小车沿绳子方向的分速度是相等的，根据三角形关系：v•cos60°=v0，解得：，故B正确，A错误；CD.由上可知：，随小车向左运动，小车与水平方向的夹角越来越大，可知v越来越大，则小车在水平面上做加速运动，故C正确，D错误．故选BC8、BD【解析】

AB．伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，故A错误、B正确；CD．根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律，并非是主观臆断得出的，是在实验的基础上得出的，故C错误，D正确。9、AC【解析】试题分析：导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：可知：导线越长，电阻越大，由：可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F=BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故AC正确，BD错误；故选AC．考点：电阻定律；安培力【名师点睛】本题考查电阻定律与欧姆定律的应用，掌握左手定则及安培力大小表达式，注意理解有效切割长度是解题的关键．10、BD【解析】

设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2，区域II中磁感应强度为B′，由牛顿第二定律得：qvB＝m①；qvB′＝m②；粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在磁场I中轨迹的圆心角为：θ＝60°，如图所示：则△O1OA为等边三角形，有：OA＝r1③，在区域II中，质子运动圆周，O2是粒子在区域II中做圆周运动的圆心，r2＝OAsin30°④，由①②③④解得区域II中磁感应强度为：B′＝2B⑤，质子在Ⅰ区运动轨迹对应的圆心角：φ＝60°，在Ⅱ区运动轨迹对应的圆心角为：φ′＝90°，质子在Ⅰ区的运动周期：T1，运动时间t1，故A错误，B正确；质子在Ⅱ区运动的周期：T2，运动时间t2，故C错误，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、0.400串1800【解析】

(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为40.0×0.01mm=0.400mm，所以最终读数为0mm+0.400mm=0.400mm；(2)[2][3]把电流表改装成1V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：12、×1红黑表笔短接调零30.0Rx=）或【解析】(1)欧姆表的零刻度在右边，偏角大，说明待测电阻阻值小，应换小倍率×1挡，红黑表笔短接，重新欧姆调零后测量；欧姆表的读数为：示数×倍率=30×1=30Ω.(2)①要求实验中电表示数从零调起,故滑动变阻器采取分压接法,为方便调节选取小阻值即可,即R1；②由于没有电压表,可以将小量程电流表A2与定值电阻串联改装成电压表使用,电流表A1可以内接也可以外接，由题意要求实验中电表示数从零调起，故采用滑动变阻器分压接法，实验电路图如图：③若电路图为左图,根据欧姆定律：若电路图为右图,根据欧姆定律：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），方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）（2）4J（3）【解析】(1)方向：垂直于杆向下（2）（3）v0=2m/s(1)由解得：方向：垂直于杆向下（2）分析小环从C运动到P的过程，由动能定律：即得：（3）小环离开杆做类平抛运动：平行于杆方向做匀速直线运动：垂直于杆方向做匀加速直线运动：联立解得：v0=2m/s本题考查牛顿第二定律和动能定理的应用，由小球在运动过程中，由重力和电场力沿斜面向下的分力提供加速度，受力分析后建立直角坐标系，把力分解后可求得加速度大小，分析小环从C运动到P的过程，由动能定理可求得动能增量大小，小环离开杆以后做类平抛运动，平行于杆的方向做匀速运动，垂直于杆方向做匀加速直线运动，类比平抛运动规律可求得初速度大小14、（1）图见解析；（2）3cm；12cm（3）负电；1.0×10-8

C【解析】

（1）第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧，轨迹如图：

（2）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（偏移位移）：

y=12at2

a=Fm=qUdm

L=v0t

则y=1粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为y′，由几何关系得：L2L2+12cm（3