江苏省江阴初级中学2027届物理高二上期末复习检测模拟试题含解析

江苏省江阴初级中学2027届物理高二上期末复习检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、把=4×10-6C的试探电荷放在匀强电场中的A点，受到的电场力大小为6×10-3N，若把=2×10-5C的试探电荷放在此电场中的另一点B，则其受到的电场力大小为（）A.3×10-3N B.6×10-3NC.3×10-2N D.无法确定2、使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为A.2∶1 B.4∶1 C.16∶1 D.60∶13、3N和4N两个力的合力的最小值是（）A.0 B.1NC.5N D.7N4、如图所示当可变电阻R的滑片向b端移动时，通过电阻R1、R2、R3的电流强度I1、I2、I3的变化情况是A.I1变大，I2，I3变小B.I1，I2变大，I3变小C.I1变小，I2，I3变大D.I1、I2变小，I3变大5、如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（）A.电压表读数增大 B.电流表读数增大C.质点P将向上运动 D.上消耗的功率逐渐增大6、如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变．闭合开关S，滑动变阻器的滑片P处于某一位置时，小灯泡L能发光．将滑片P从该位置向b端滑动，则（）A.小灯泡L变亮，电流表的示数变小B.小灯泡L变亮，电流表的示数增大C.小灯泡L变暗，电流表的示数变小D.小灯泡L变暗，电流表的示数增大二、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、如图，在匀强电场中，质量为m、电荷量为+q的小球由静止释放，斜向右下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为，则（）A.电场强度的最小值为 B.电场方向可能水平向右C.电场力对小球可能不做功 D.小球的电势能不可能增加8、如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程．该循环过程中，下列说法正确的是（）A.A→B过程中，气体对外界做功B.B→C过程中，气体分子的平均动能增加C.C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D.D→A过程中，气体的内能没有变化9、图中a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是（）A.带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的B.a点的电势比b点的电势高C.带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小D.a点的电场强度比b点的电场强度大10、如图所示，虚线是带电粒子在电场中运动的径迹，不考虑重力和空气阻力，粒子在由电场中的A点运动到B点的过程中，以下判断正确的是（）A.粒子带负电B.粒子在A点受到的电场力的大小比在B点受到的大C.粒子在A点的动能比在B点的动能大D.粒子在A点的电势能比在B点的电势能大三、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，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率．先在平铺的白纸上放半圆形玻璃砖，用铅笔画出直径所在的位置MN、圆心O以及玻璃砖圆弧线（图中半圆实线）；再垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O；最后在玻璃砖圆弧线一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像．移走玻璃砖，作出与圆弧线对称的半圆虚线，过O点作垂直于MN的直线作为法线；连接OP2P1，交半圆虚线于B点，过B点作法线的垂线交法线于A点；连接OP3，交半圆实线于C点，过C点作法线的垂线交法线于D点（1）测得AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4．计算玻璃砖折射率n的公式是n=__________（选用l1、l2、l3或l4表示）（2）该同学在插大头针P3前，不小心将玻璃砖以O为轴顺时针转过一个小角度，该同学测得的玻璃砖折射率将__________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）12．（12分）（1）用游标为20分度的游标卡尺测量某物体长度，由图可知其长度为______mm；（2）某同学用螺旋测微器测量一圆柱形金属工件的直径，测量结果如图所示，该工件的直径为______mm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）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14．（16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15．（12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L

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】电场强度是电场本身具有的属性，根据电场强度的定义式：匀强电场的场强处处相同：解得：，C正确，ABD错误。故选C。2、D【解析】开始时由库仑定律得：；现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电Q，因此此时：；联立得：F2=F1，则F1与F2之比为60：1，故选D.3、B【解析】当两个力共线反向时，合力最小，所以3N和4N两个力的合力最小为1N。故选B。4、D【解析】可变电阻R的滑片向b端移动时，滑动变阻器有效电阻变小，外电路总电阻变小，则总电流I增大，内电压增大，外电压U变小，所以通过R1的电流I1变小，而总电流I增大，根据并联电路电流的规律可知，I3变大．R3两端的电压变大，路端电压U减小，则R2两端的电压变小，通过R2的电流I2变小．故D正确．故选D【点睛】本题关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律进行动态分析，按照“局部-整体-再到局部”的分析思路分析5、B【解析】AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；C．因R3两端电压减小，则电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；D．R3上电流减小，根据P=I32R3，则R3消耗的功率逐渐变小，选项D错误；故选B。6、A【解析】根据滑片P移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，从而知道电流表的示数如何变化．根据路端电压的变化分析小灯泡亮度的变化【详解】将滑片P从该位置向b端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I变小，则电流表示数变小总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压变大，小灯泡的电压变大，则小灯泡L变亮，故A正确，BCD错误故选A【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，要分析清楚电路结构，熟练应用欧姆定律即可分析二、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、ABC【解析】A．带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有得到故A正确；B．小球带正电，所受的电场力方向只能指向右侧，故电场方向不可能向左，故B错误；C．由图可知，电场力有可能与运动方向相互垂直，故电场力可能不做功，故C正确；D．如果小球受到的电场力与运动方向夹角小于90度，则电场力可能做正功，小球的电势能增加，故D错误。故选ABC。8、AC【解析】A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高【详解】A．由图可知A→B过程中温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，所以气体吸收热量，故A正确；B．由图可知B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C．由图可知C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁分子数增多，故C正确；D．由图可知D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，故D错误故选AC【点睛】本题考查了热力学第一定律的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定9、ABD【解析】A．带电质点从a由静止释放，能沿电场线竖直向上运动，电荷所受的电场力一定竖直向上，且a、b点在同一条电场线上，故电荷受到的电场力方向相同，A正确；B．由题意知电场线的方向竖直向上，沿电场线方向电势降低，故a点的电势一定比b点的电势高，B正确；C．带电质点在整个向上运动的过程中，电场力均做正功，故电荷的电势能减小，即在a点的电势能比在b点的电势能大，C错误；D．由题意可知，带电质点先加速上升，后减速上升，故一定要考虑重力，且加速阶段电场力大于重力，减速阶段电场力小于重力，故a点的电场强度比b点的电场强度大，D正确。故选ABD。10、ABC【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；【详解】A、物体做曲线运动的时候，受到的合力的方向指向物体运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，该粒子受到的电场力的方向是向左的，与电场线的方向相反，所以是负电荷，所以A正确；B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，A点的电场线密，所以粒子在A点时受到的电场力的大小比在B点受到的大，所以B正确；C、负电荷受到的电场力是向左的，但是粒子的运动的方向是向右的，此时电场力做负功，动能减小，电势能要增加，所以C正确，D错误【点睛】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题三、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.（1）l1/l3②.（2）偏大【解析】用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的原理是折射定律，利用几何知识得到入射角的正弦和折射角的正弦，推导出折射率的表达式，即可知道所要测量的量【详解】（1）设圆的半径为R，由几何知识得入射角的正弦为：sini=sin∠AOB=；折射角的正弦为：sinr=sin∠DOC=根据折射定律（2）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，而作图时其边界和法线不变，则入射角（玻璃砖中的角）不变，折射角（空气中的角）减小，由折射率公式可知，测得玻璃砖的折射率将偏大【点睛】本题采用单位圆法测量玻璃砖的折射率，是数学知识在物理实验中的运用，简单方便，分析误差关键分析入射角和折射角产生的误差，明确实验原理即可得出答案12、①.50.05;②.1.775;【解析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】(1)游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为0.05×1=0.05mm，所以最终读数为50.05mm；(2)螺旋测微器固定刻度读数1.5mm，可动刻度读数为0.01×27.5mm=0.275mm，所以金属丝的直径为1.775mm【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，不需估