2027届新疆阿克苏市农一师中学物理高二第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2027届新疆阿克苏市农一师中学物理高二第一学期期中学业质量监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、第一个发现电磁感应现象的科学家是：A．奥斯特 B．库仑 C．法拉第 D．安培2、如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。则A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mgB．当滑块以加速度a=g向左加速运动时，小球对滑块压力为零C．若滑块以加速度a=g向左加速运动时，线中拉力为mgD．当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，线中拉力为2mg3、如图，a、b是一条电场线上的两点，将一个电子从点处由静止释放，电子从运动到b过程中，它运动的图线如图所示，则以下判断正确的是A．该电场可能是匀强电场B．从运动到，电子的电势能逐渐增大C．点的电势低于点的电势D．电子在点受到的电场力小于电子在点受到的电场力4、下面关于电场的叙述正确的是（）A．在电荷产生的电场中电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．A电荷受到B电荷施加的作用，本质是B电荷的电场对A电荷的作用C．在静电场中，场强方向都指向电势升高最快的方向D．只有电荷发生相互作用时才产生电场5、一带电粒子射入一正点电荷q的电场中，运动轨迹如图，粒子从M运动到N，则粒子A．带正电B．速度一直变大C．电势能先变大再变小D．加速度先变大后变小6、如图所示，匀强磁场中放置一矩形线圈，线圈所在平面与磁场平行，现通了如图的电流，则线圈的运动情况是：A．从上往下看是顺时针方向转动；B．从上往下看是逆时针方向转动；C．从左往右看是顺时针方向转动；D．从左往右看是逆时针方向转动．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、对于电源电动势的理解，正确的是（）A．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷从负极搬运到正极克服电场力所做的功B．电动势就是电压，大小等于电源没有接入电路时正负极间的电压C．电源内部，电流的方向是从高电势一端流向低电势一端D．电源的电动势越大，则表征电源把其他形式的能量转化成电能的本领越大8、关于平行板电容器C，两极间电压U、两板间电场强度E和带电量Q，下列说法正确的是（）A．给电容器充电后保持与电源连接，只将电容器两极的正对面积减小，则C增大，E不变，U不变；B．给电容器充电后保持与电源连接，只将两板间距离减小则E增大，C增大Q也增大；C．给电容器充电后与电源断开，只减小两板间正对面积，则Q不变，U增大，E增大；D．给电容器充电后与电源断开，只增大两板间距离，则E不变，C不变，U增大；9、一个电阻接到某电路后，消耗的功率为110W，通过3C的电量时，有330J的电能转化为内能，则（）A．电阻所加电压为330V B．通过电阻的电流为1AC．电阻通电时间为3s D．这个电阻的阻值为110Ω10、如图所示的皮带传动装置，主动轮O1上两轮的半径分别为3r和r，从动轮O2的半径为2r，A、B、C分别为轮缘上的三点，设皮带不打滑，则下列比例关系正确的是()A．A、B、C三点的加速度之比aA:aB:aC=6:2:1B．A、B、C三点的线速度大小之比vA:vB:vC=3:2:2C．A、B、C三点的角速度之比ωA:ωB:ωC=2:2:1D．A、B、C三点的加速度之比aA:aB:aC=3:2:1三、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）一额定电压为20V的电阻，其阻值不详．用欧姆表粗测其阻值结果如图所示(档位上1K)．现有下列器材，试设计适当的电路，选择合适的器材，较精确地测定其正常工作时的阻值(滑动变阻器的调节要方便)．A．电流表，量程0～400μA，内阻约150ΩB．电流表，量程0～10mA，内阻约45ΩC．电压表，量程0～15V，内阻约30KΩD．直流稳压电源，输出电压24V，额定电流0.5AE．滑动变阻器，0～50Ω，1AF．滑动变阻器，0～4KΩ，0.1AG．电键一只，导线若干①欧姆表测得的电阻值约为____________Ω；②电流表应该选择___________，滑动变阻器最好选择____________(填字母代号)；③在方框中画出电路原理图________．12．（12分）张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．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）把5.0V的电压加在一段电阻丝的两端，测得通过电阻电流为1.0×102mA．当电阻丝两端电压增至8.0V时，通过电阻丝的电流增加多少？14．（16分）如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0、R0)的A点沿y负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60°．不计重力和粒子间的相互作用．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；(2)若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形半径R至少为大；(3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期．15．（12分）图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d＝0.1m，板的长度L＝0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10－5C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2。（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H＝0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？

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】

试题分析：A、奥斯特发现了电流的磁效应；A错误B、库伦研究得出了电荷间的相互作用：库仑定律；B错误C、法拉第第一个发现电磁感应现象；C正确D、安培研究了磁场对电流的作用；D错误故选C2、B【解析】

当滑块匀速运动时，根据平衡条件绳的拉力大小；当滑块向左匀加速直线运动时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出支持力为零时的加速度，从而判断小球是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。【详解】当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为T=mgsin45°=mg，故A错误；设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，如图所示；

根据牛顿第二定律可得加速度a0==g，此时细线的拉力F==mg，故B正确，C错误；当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为，故D错误；故选B。解决本题的关键确定出小球刚离开斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求临界加速度。当受力较多时，采用正交分解法比较简单，而小球只受两个力时用合成法简单。3、C【解析】

由图可知：点电荷做初速度为零的变加速直线运动，加速度逐渐减小，说明该电荷所受的电场力逐渐减小，则电场强度是逐渐减小的，此电场一定是非匀强电场．故A错误．由图知，从a运动到b，电荷的动能增加，根据能量守恒可知，其电势能必定减小．由于电子带负电，可知，电势升高，即a点的电势低于b点的电势，故B错误，C正确．v-t图象的斜率表示加速度，可见该电荷的加速度不断减小，电场力不断减小，该电荷在a点所受电场力大于在b点所受电场力，故D错误．故选C．本题结合运动图象考查了电场强度和电势的变化情况，考查角度新颖，要注意结合图象的含义以及电场线和电场强度与电势的关系求解．4、B【解析】

A．在电荷产生的电场中电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，例如距离负点电荷越近的位置场强越大，但是电势越低；距离负点电荷越远的位置场强越小，但是电势越高；选项A错误；B．A电荷受到B电荷施加的作用，本质是B电荷的电场对A电荷的作用，选项B正确；C．在静电场中，场强方向都指向电势降落最快的方向，选项C错误；D．电荷周围的电场总是存在的，无论是否发生相互作用都会产生电场，选项D错误。5、D【解析】

A.由曲线运动所受合力指向曲线的内侧可知，带电粒子受到正点电荷q的引力作用，带负电，故A错误；B.由带电粒子的轨迹可知，带电粒子与正电荷q的距离先减小后增大，正电荷q对带电粒子先做正功后做负功，带电粒子的速度先增大后减小，故B错误；C.由于正电荷q对带电粒子先做正功后做负功，带电粒子的电势能先减小后增大，故C错误；D.由于带电粒子与正电荷q的距离先减小后增大，带电粒子受力先增大后减小，加速度先变大后变小，故D正确。6、A【解析】

由左手定则知，右边边所受安培力方向指向纸外，左边边所受安培力方向指向纸里，上边和下边电流方向与磁场方向平行，不受安培力作用，故转动方向为：从上往下看是顺时针方向转动；故选A．本题考查了左手定则的运用，注意当I与B平行时，不受安培力的作用．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、AD【解析】根据电动势的定义U=Wq可知电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷从负极搬运到正极克服电场力所做的功，电源的电动势越大，则表征电源把其他形式的能量转化成电能的本领越大，AD正确；电动势和电压不是同一个概念，电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势，B错误；电源内部，电流是从负极（低电势端）流向正极（高电势端），C8、BC【解析】电容器充电后保持与电源连接则电压不变；减小正对面积时，由C=εS4πkd可知，电容器的电容减小；由E=Ud可知，E不变；故A错误；电容器充电后保持与电源连接则电压不变；减小两板间的距离，则由决定式可知，电容器的电容增大；E增大；再由Q=UC可知，Q增大，故B正确；给电容器充电后与电源断开，电量不变；只减小两板间的正对面积，则C减小，则由Q=UC可知，U增大，则E增大，故C正确；增大两板间的距离，则由决定式可右，C减小；则U增大，E点睛：对于电容器的动态分析问题，要注意明确两种情况，若充电后断开电源，则电量不变；若充电后与电源相连，则电压不变．9、BCD【解析】

，A错。，B对。，C对。，D对。10、AC【解析】

C、B点和C点具有相同大小的线速度，根据v=rω，知B、C两点的角速度之比等于半径之反比，所以ωB:ωC=rC:rB=2:1.而A点和B点具有相同的角速度，则得ωA:ωB:ωC=2:2:1；选项C正确.B、根据v=rω，知A、B的线速度之比等于半径之比，所以vA:vB=3:1．B、C线速度相等，所以vA:vB:vC=3:1:1；选项B错误.A、D、根据得aA:aB:aC=vAωA:vBωB:vCωC=6:2:1；选项A正确，D错误.故选AC.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、①40000；②AE③内接、分压【解析】

①多用电表的电阻“×1k”挡，由图1所示可知，该电阻的阻值：Rx=40×1000Ω=40000Ω

②电源电动势24V，根据欧姆定律，最大电流：Imax=ERx=2440000本题考查了实验方案选择、欧姆表读数、实验器材的选择、实验电路设计，会根据电源电动势以及最大电流选择合适的电压表和电流表，选电表时要求要达到满偏的三分之二以上，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。12、3.202-3.2055.015偏小【解析】

（1）解决本题的关键明确：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．（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况．【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm．

（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法．四、计算题：本题共3小题，共38分。把