2027届甘肃省通渭县第二中学物理高二第一学期期中监测模拟试题含解析

2027届甘肃省通渭县第二中学物理高二第一学期期中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、关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A．曲线运动一定是变速运动B．变速运动一定是曲线运动C．曲线运动不可能是匀变速运动D．变加速运动一定是曲线运动2、如图所示，在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，其中Na+水平向右移动．若测得4s内分别有1.0×1018个Na+和Cl-通过溶液内部的横截面M，那么溶液中的电流方向和大小为（）A．水平向左0.8AB．水平向右0.08AC．水平向左0.4AD．水平向右0.04A3、施密特触发器是具有特殊功能的非门,当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平,而当输入端A的电压下降到另一个值时,Y会从低电平跳到高电平.如图是温度报警器电路示意图,RT是半导体热敏电阻,温度升高时电阻减少,下列分析正确的是A．升高温度时,A端电势降低;升高到某一温度时,Y端电势升高,蜂鸣器会发出报警声B．升高温度时,A端电势升高;升高到某一温度时,Y端电势降低,蜂鸣器会发出报警声C．增大R1时,A端电势降低;增大到某一值时,Y端势升高,蜂鸣器会发出报警声D．增大R1时,A端电势升高;增大到某一值时,Y端势降低,蜂鸣器不会发出报警声4、如图，间距为L的平行金属导轨上有一电阻为r的金属棒ab与导轨接触良好，导轨一端连接电阻R，其它电阻不计，磁感应强度为B，金属棒ab以速度v向右作匀速运动，则（）A．回路中电流为逆时针方向B．电阻R两端的电压为BLvC．ab棒受到的安培力的方向向右D．ab棒中电流大小为5、如图，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A.在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°.则为()A．2B．3C．2D．36、如图所示，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β（α＞β），两小球恰在同一水平线上，那么（

）A．两球一定带同种电荷B．q1一定大于q2C．m1一定等于m2D．m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力二、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、某物体做直线运动，运动的时间为t，位移为x物体的－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．物体的加速度大小为B．t＝0时，物体的初速度为aC．t＝0到t＝这段时间物体的位移为D．t＝0到t＝b这段时间物体的平均速度为8、如图所示，在水平放置的光滑金属板正上方有一带正电的点电荷Q，上表面绝缘，下表面接地。带正电的金属小球(可视为质点，且不影响原电场)，自左以初速度v0在金属板上向右运动，在运动的过程中：（）A．小球先减速运动，后加速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球受到电场力的冲量为零D．小球受到的电场力做功为零9、在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是（）A．小球水平位移x2与x1的比值为4：1B．小球水平位移x2与x1的比值为3：1C．小球落到B点时的动能为32JD．小球从A点运动到B点的过程中最小动能6J10、如图所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN，MN⊥OD，拉动MN使它从O点以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的()A．感应电动势逐渐增大 B．感应电流逐渐增大C．感应电流将保持不变 D．感应电流逐渐减小三、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）在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的________而增大。此同学在探究中应用的科学方法是____________(选填“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)。（2）如图，将带正电荷Q的导体球C靠近不带电的导体。若沿虚线1将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量分别为QA、QB；若沿虚线2将导体分成两部分，这两部分所带电荷量分别为QA′和QB′。则电荷量为正的是___________（选填QA、QB、QA′、QB′）；以上四个部分电荷量（绝对值）之间存在的等量关系是________________________12．（12分）一个小灯泡的额定电压为6.3V，额定电流为0.25A，用以下所给的实验器材描给出小灯泡的伏安特性曲线A．电源E1:输出电压恒为8VB．电源E2输出电压恒为12VC．电压表V：量程为0～10V，内阻约为10kΩD．电流表A1：量程为0－3A，内阻约为0.1ΩE，电流表A2：量程为0～300mA，内阻的为1ΩF．滑动变阻器R：最大阻值为10Ω，定电流为1.0A，开关S，导线若干（1）实验中电源应选用_____，电流表应选用___，选填材前面字母序号（2）在虚线框内画出实验电路原理图四、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，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．(1)若粒子从c点离开电场，求电场强度E的大小；(2)若粒子离开电场时动能为Ek′，求电场强度E的大小．14．（16分）如图所示，电源电动势、内电阻、、均未知，当a、b间接入电阻＝10时，电流表示数为；当接入电阻时，电流表示数为．当a、b间接入电阻＝118时，电流表示数为多少？15．（12分）如图所示，一质量m=0.5kg的“日”字形匀质导线框“abdfeca”静止在倾角α=37°的粗糙斜面上，线框各段长ab=cd=ef=ac=bd=ce=df=L=0.5m，ef与斜面底边重合，线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等、均为R=0.4Ω，其余部分电阻不计。斜面所在空间存在一有界矩形匀强磁场区域GIJH，其宽度GI=HJ=L，长度IJ>L，IJ平行于ef，磁场垂直斜面向上，磁感应强度B=1T。现用一大小F=5N、方向沿斜面向上且垂直于ab的恒力作用在ab中点，使线框沿斜面向上运动，ab进入磁场时线框恰好做匀速运动。若不计导线粗细，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）ab进入磁场前线框运动的加速度大小a。（2）cd在磁场中运动时，物体克服安培力做功的功率P。（3）线框从开始运动到ef恰好穿出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热与外力F做功的比值。

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】

A.因为曲线运动速度方向始终在改变，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确．B.变速运动不一定是曲线运动，如匀变速直线运动，故B错误．C.曲线运动可能是匀变速运动，如平抛运动，故C错误．D.变加速运动不一定是曲线运动，如水平方向的变加速运动，故D错误．2、B【解析】

已知通过的正负电荷的电荷量和时间，根据公式可求电路中电流的大小和从而判断电流的方向．【详解】电路中电流的大小为：，方向与正电荷定向运动的方向相同，水平向右．故选B．3、B【解析】

AB、根据电路图知，当RT的温度升高时，RT减小，A端电势升高，经非门后，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，故B正确，A错误；CD、当增大R1时，A端电势升高，经非门后，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声，故C、D错误；故选B。根据电路图知，当RT的温度升高时，RT

减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，当增大R1时，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声。4、A【解析】

AC．金属棒ab以速度v向右作匀速运动，由右手定则判定感应电流的方向由b→a，回路中电流为逆时针方向，再由左手定则判定出安培力的方向向左，A选项正确，C选项错误；BD．利用导线切割式电动势公式和闭合欧姆定律可求解ab两端的电压故B、D选项错误．故选A。5、C【解析】

考查库仑力作用下的平衡问题。【详解】设A球的电荷量为q0，两次实验A球都受力平衡，库仑力：设A球的质量为m，对A球受力分析可得：两球之间的距离，其中L为线长，r为两球球心间的距离。联立上式解得：所以有：C正确。故选C。6、D【解析】试题分析：由两小球互相靠近，说明两小球互相吸引，两球一定带异种电荷，A错；对a、b两小球均受重力，线的拉力和a、b两球的静电斥力，三力平衡.已知α>β,由平衡条件得ma<mb.两球间的相互作用力大小相等，与两球的电量无关，电量大小无法判断，D对；BC错；考点：考查库仑定律的应用点评：难度中等，两球间的库仑力是相互作用力，故无法判断两球的电荷大小，这是本题应该注意的二、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.根据匀变速直线运动位移时间公式得：根据数学知识可得：，得加速度为

，加速度大小为。初速度为，故A错误，B正确；C.t＝0到，这段时间物体的位移为，故C正确；D.t＝0到t＝b这段时间物体的位移为，平均速度为0，故D错误；8、BD【解析】

金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，但是电场力的冲量不为零，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动。故AC错误，BD正确。故选BD。本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面．9、BC【解析】

将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，则小球水平位移x2与x1的比值为3：1，故A错误，B正确；设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy，由竖直方向运动对称性知：mvBy2=8J，对于水平分运动运用动能定理得：Fx1=mvMx2﹣mvAX2，F（x1+x2）=mvBx2﹣mvAX2，由A可知：x1：x2=1：3，解得：Fx1=6J，F（x1+x2）=24J，故EkB=m（vBy2+vBx2）=32J，故C正确；由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：Fx1=6J，，Gh=8J，，所以：，由右图可得：tanθ=，解得：sinθ=，则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的P点，故EKmin=mvmin2=m（v0sinθ）2=J，故D错误。故选BC。本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后对水平分运动运用动能定律求解。10、AC【解析】

设导轨的顶角为α，电阻率为.A．感应电动势为：感应电动势随时间不断增大，所以A正确;BCD．感应电流为：整个电路的总电阻：计算得出：式中各量恒定，则感应电流不变，故B错误，C正确，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、减小增大控制变量法QA和QA′QA=QBQA′=QB′【解析】

（1）[1][2][3]．对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：F=mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大。先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近。这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量。这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法。

（2）[4]．根据静电感应现象可知，导体近端感应负电荷，远端感应正电荷，即QA和QA′带正电；

[5]．导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分多带了电子而带负电；A部分少了电子而带正电。根据电荷守恒可知，A部分转移的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，即QA=QB

QA′=QB′。12、A;；E【解析】

(1)[1][2]灯泡额定电压是6.3V,电源应选,即A.；灯泡额定电流为0.25A,电流表应选,即E.

(2)[3]灯泡正常工作时的电阻,远小于电压表的内阻,属于小电阻,电流表采用外接法.，因为测量小灯泡的伏安特性,电压和电流需从0开始测起,所以滑动变阻器采用分压式接法.电路图如下图.

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)(2)或【解析】

由题意可知考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，根据牛顿第二定律、动能定理结合运动学公式计算可得。【详解】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动在初速度方向上：L＝v0t电场方向上：L＝at2由牛顿第二定律可得qE＝maEk＝解得E＝(2)①若粒子由bc离开电场，则水平方向做匀速运动L＝v0t；竖直方向做匀加速运动y＝at2由动能定理得qEy＝Ek′－Ek解得：E＝②若粒子由cd边离电场，则由动能定理得qEL＝Ek′－Ek则E＝故或带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，垂直电场力的方向做匀速运动，沿电场力的方向做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式计算可得。14、0.1A【解析】

当a、b间分别接入电阻R1′、R2′、R3′时，根据闭合电路欧姆定律列式，代入数据，联立方程即可求解．【详解】当a、b间接入电阻R1′=10Ω时，根据闭合电路欧姆定律得：

E＝(I1+)(R1+r)+I1R1′

代入数据得：E