湖南省武冈市2027届物理高二第一学期期中调研试题含解析

湖南省武冈市2027届物理高二第一学期期中调研试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列所示各图中，小磁针的指向不正确的是A． B． C． D．2、如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则A．电场力对粒子做正功B．粒子动能减小C．粒子电势能减少D．粒子加速度减小3、在真空中有a、b两个点电荷，b的电荷量是a的3倍，如果a受到的静电力是F，则b受到的静电力是A．F B． C．3F D．4F4、如图所示是示波管的原理示意图，XX′和YY′上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将XX′和YY′分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？A． B．C． D．5、加在某台电动机上的电压是U（V），电动机消耗的电功率为P（W），电动机线圈的电阻为R（Ω），则电动机线圈上消耗的热功率为（）A．B．C．D．6、如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg。则下列判断正确的是A．甲的速率与乙的速率之比为1：1B．甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9：10C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1：1D．甲的动能与乙的动能之比为1：1二、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、如图所示电路中，、是规格完全一样的灯泡。闭合电键S，调节变阻器R，使、亮度相同，再调节，使两灯正常发光，则以下说法正确的是（）A．闭合S时，逐渐变亮，立即变亮B．闭合S时，逐渐变亮，立即变亮C．断开S时，逐渐熄灭，立即熄灭D．断开S时，通过电流方向不变，通过电流方向改变8、两个相同的带电金属小球A、B，电荷量大小之比为3：1，相互作用力大小为F．若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力大小可能变为（）A．F/3B．3F/4C．4F/3D．3F9、半径为的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度匀速转动，则由环产生的等效电流应有（）A．若不变而使电荷量变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍B．若电荷量不变而使变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍C．若使、不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变大D．若使、不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变小10、如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球（重力不计）在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是A．电场强度的大小为B．AB两点的电势差为C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了D．带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向三、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）图1为多用电表示意图（1）在用多用电表测电阻的过程中，下列说法正确的是_________（选填字母）。A．在测量电阻时，指针偏转过小应该换倍率更小的档位B．更换倍率后必须重新进行欧姆调零C．在进行欧姆调零时，两表笔短接后指针应该指在电流表零刻线处D．测量结束后，应该把选择开关旋至“OFF”处或交流电压的最大档（2）现用多用电表测量一定值电阻的阻值，选择开关打到电阻档“×100”的位置，将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图2.所示，该电阻的阻值为_________Ω12．（12分）某物理兴趣小组研究小灯泡的伏安特性,所用的器材有:电压表、电流表、滑动变阻器(0~10)、电源、小灯泡、开关和导线若干.按照自己设计的实验电路图测量多组小灯泡的电流I和电压U,并在坐标纸中画出小灯泡的伏安特性曲线如下:(1)请你根据所画出的伏安特性曲线,在虚线框中画出符合实验要求的电路图__________;(2)由小灯泡的伏安特性曲线可知,随着电压的增大,小灯泡的电阻________(填“增大”“减小”或“不变”);(3)如果将上面实验中使用的小灯泡接在电动势为1.5V、内阻为3.0的电源两端,利用上面的伏安特性曲线可求出小灯泡的实际功率约为_______W,此时电源效率约为________(结果保留两位有效数字)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）一颗在赤道上空运行的人造卫星，其轨道半径为r=2R(R为地球半径)，卫星的转动方向与地球自转方向相同.已知地球自转的角速度为，地球表面处的重力加速度为g.求：

(1)该卫星所在处的重力加速度g′；

(2)该卫星绕地球转动的角速度ω；(3)该卫星相邻两次经过赤道上同一建筑物正上方的时间间隔.14．（16分）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“4V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，则：(1)工作时通过电动机的电流是多少？(2)电动机工作时转化为机械能的功率？(3)整个电路消耗的电功率？15．（12分）如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=4Ω，求：（1）电源的输出功率P0；（2）10s内电动机产生的热量Q．

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】

由右手螺旋定则可知，电磁铁左侧为N极，则内部磁感线向左，故A指示正确；赤道处的磁场方向由南极指向北极，故B指示正确；磁感线从N极出发指向S极，所以小磁针的N极应指向下方，故C指示错误；磁感线从N极出发指向S极，所以小磁针的N极应指向右方，故D指示正确．所以选C．2、B【解析】

根据粒子的轨迹弯曲方向判断电场力方向．根据电场力方向与速度方向的夹角判断电场力做功的正负．电场力做正功，粒子的电势能减小；电场力做负功，粒子的电势能增大．由电场线疏密判断出场强大小，分析加速度的大小。【详解】A、B项：带电粒子从A运动到B过程中，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功。粒子的动能减小，故A错误，B正确；C项：由图看出，粒子的向下弯曲，粒子所受电场力方向大体向下，如图，则粒子所受电场力与电场强度方向相反所以粒子带负电。电场力做负功，粒子的电势能增大，故C错误；D项：A处电场线比B处电场线疏，说明A处场强较小，粒子在A所受电场力较小，所以粒子运动的加速度增大，故D错误。故应选B。此题要根据轨迹的弯曲方向判断出电场力方向．物体做曲线运动时，合力指向轨迹弯曲的内侧。3、A【解析】

根据牛顿第三定律，两带电体之间的库仑力是作用力与反作用力，二者大小总是相等的，与所带电量无关，因此b受到的静电力大小是F，故A正确，BCD错误．4、D【解析】

示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象。【详解】设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描。在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线；由于X方向的电压变化的周期为T0，而Y方向变化的周期为2T0，所以在2T0时间内X方向变化2次，Y方向变化一次。在荧光屏上将出现由两条线组成的图象；由于开始时X方向与Y方向的电压都是0，所以两条线在坐标原点交叉。故D正确，ABC错误，故选D。本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，注意两极所加电势差的正负。5、C【解析】

电动机是非纯电阻电路，电功率为P=UI，故电流为I=P/U，故热功率P热=I2r=（）2r=；故选C．6、C【解析】

甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m甲v甲-m乙v乙=0，所以：；故A错误；甲与乙之间的作用力为作用力与反作用力，大小相等，由牛顿第二定律：a=F/m，所以：．故B错误；甲、乙两人组成的系统动量守恒，所以分离后二者动量大小相等，方向相反。由动量定理：I=△mv=△P可知，甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1：1．故C正确；动能的表达式：Ek＝mv2＝，所以：．故D错误。故选C。该题考查动量、能量的转化与守恒，题中两人组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出两人的速度之比。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】

AB．闭合S时，由于电感的作用，与电感串联的逐渐变亮，而则直接连通电路，立即变亮，故A正确，B错误；CD．断开S时，电感具有续流的作用，通过电流会慢慢减小，方向不变，A1和A2形成续流的回路，通过电流方向改变。故C错误，D正确。故选AD。8、AC【解析】

：①如果两个球带同种电荷，电荷量大小之比为3：1，设为3Q、Q，库仑力为：F=k3Q⋅Qr2=3kQ2r2；两球接触后带电量均为2Q，库仑力为：F'=k2Q×2Qr2＝4kQ2r2；故F′=43F

本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，同时要分两种情况讨论，这是解决本题的关键．9、AB【解析】

截取圆环的任一截面，则在橡胶环运动一周期的时间内通过这个截面的电荷量为，即。A．若不变而使电荷量变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，选项A正确；B．若电荷量不变而使变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，选项B正确；CD．若使、不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流不变，选项CD错误；10、BC【解析】由题，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE=F，则得场强．故A错误．A、B两点的电势差为UAB=Edcosθ=．故B正确．带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W=Fdcosθ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcosθ．故C正确．小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，恒力F大小、方向不变．故D错误．故选BC．点睛：本题要根据小球的运动状态分析受力情况、确定外力做功、判断电势能变化，要注意明确物体做匀速运动时，恒力F与电场力一定等大反向．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、BD1100【解析】

(1)[1]A.测量电阻时，若指针偏转过小，说明电阻阻值比较大，应换倍率更大的挡进行测量，故A错误；B.在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故B正确；C.进行欧姆调零时，两表笔短接后指针应该指在电流表满偏处，故C错误；D.测量结束后，应该把选择开关旋至使其尖端对准“OFF”处或交流电压最大档，故D正确；(2)[2]若选择开关处于“×100”挡，由图示可知，其读数为：11×100=1100Ω。12、（1）如图所示：(2)增大(3)0.1840%【解析】(1)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为几欧姆，电压表内阻约为几千欧姆甚至几万欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：(2)由图象可知，随灯泡电压增大，灯泡电流增大，灯泡实际功率增大，灯泡变亮，灯泡电压与电流比值变大，灯丝电阻增大．(3)在同一坐标系内作出电源的U-I图象如图所示:由图象可知，灯泡两端电压U=0.8V，电流I=0.349，灯泡实际功率P=UI=0.8×0.349≈0.28W，效率.【点睛】本题考查了实验电路设计、作图象等问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法；同时明确本实验采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法．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）（3）【解析】

(1)在地球表面处物体受到的重力等于万有引力mg=，在轨道半径为r=2R处,仍有万有引力等于重力mg′=，解得：g′=g/4；(2)根据万有引力提