湖南省永州市双牌县第二中学2027届高二物理第一学期期中达标检测试题含解析

湖南省永州市双牌县第二中学2027届高二物理第一学期期中达标检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、在距离水平地面1m高处以4m/s的水平速度抛出一个小球，若不计空气阻力，则小球落到水平地面时的速度大小为(g取10m/s2)A．0m/sB．5m/sC．6m/sD．36m/s2、一辆汽车在平直公路上行驶，突然发现前方有障碍，司机紧急制动．此时开始计时，该汽车的位移x与时间t的关系为x＝5t﹣t2，则下列判断正确的是（）A．该汽车的初速度为5m/sB．3s内该汽车行驶了6mC．该汽车制动后的加速度大小为1m/s2D．在汽车停止前任意相邻1s内的位移之差都是1m3、有一质量为m、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点。现从m中挖去半径为R的球体，如图所示，白色部分为挖去后的空心，则剩余部分对m′的万有引力F为（）A． B． C． D．4、在光滑的绝缘水平面上放着带电小球甲和乙，若它们的带电荷量的关系是q甲=4q乙，质量关系m甲=3m乙，则它们在库仑力的作用下产生的加速度之比是：A．a甲：a乙=1：12B．a甲：a乙=12：1C．a甲：a乙=1：3D．a甲：a乙=3：45、如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（

）A．M点的电势大于N点的电势B．M点的电势小于N点的电势C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D．粒子在M点受到的电场力等于在N点受到的电场力6、如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表、电流表示数都变大D．电压表、电流表示数都变小二、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、以下是书本上的一些图片，下列说法正确的是（）A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B．图乙中，两个影子在x，y轴上的运动就是物体的两个分运动C．图丙中，增大小锤打击弹性金属片的力，AB两球撞击地面的声音仍是同时的D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于它所需要的向心力8、关于电场和磁场，下列说法正确的是()A．我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱B．电场线和磁感线是可以形象描述电、磁场强弱和方向的客观存在的曲线C．磁感线和电场线一样都是闭合的曲线D．电流之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质9、下列关于电场强度的叙述，正确的是A．电场中某点的电场强度的大小在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力的大小B．电场中某点的电场强度与该点试探电荷所受的电场力成正比C．电场中某点的电场强度与该点有无试探电荷无关D．电场中某点的电场强度方向就是试探电荷在该点所受电场力的方向10、在图所示的电路中，通过电阻R1的电流I1是()A． B． C． D．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）要测绘额定电压为2V的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电源E(电动势3.0V，内阻可不计)B．电压表V(量程为0～3.0V，内阻约2kΩ)C．电流表A(0～0.6A，内阻约1Ω)D．滑动变阻器R1(最大值10Ω)实验中要求电压表示数在0～2V范围内变化，读取并记录下多组不同的电压值U和对应的电流值I，绘出伏安特性曲线如图．（1）画出实验原理图(请画在答题纸上)_______；（2）由图线可知,灯丝电阻随电压升高而________；（填“增大”、“不变”或“减小”）（3）实验中产生系统误差的原因是：_______；因为上述原因将使测量结果比真实值_______．（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）12．（12分）应用如图所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向．在给出的实物图中，已用实线作为导线连接了部分实验电路，请用实线作为导线从箭头1和2处开始完成其余部分电路的连接________．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）如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U14.5103V加速后以速度V垂直等间距的进入电压U2180V,间距为d1.0cm,板长l5cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s10cm的屏幕上的P点，求：（1）电子进入偏转电场时的速度v0?（2）打在屏幕上的侧移位移OP?14．（16分）如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝1Ω，电路中另一电阻R＝20Ω，直流电压U＝200V，理想电压表示数UV＝120V.试求：(g取10m/s2)(1)通过电动机的电流；(2)若电动机以v＝1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？15．（12分）如图所示的电路中，电源的电动势E为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，额定功率为4.5W，当开关S接位置1时，电压表的读数为3.0V，那么当开关S接位置2时，小灯泡L能正常发光吗？实际功率是多少？（设灯丝电阻不随温度改变）

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】

考查平抛运动。【详解】平抛运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，落地时，水平分速度，竖直方向有：解得合速度有：ABD错误，C正确，故选C。2、A【解析】

AC.将与可得质点的初速度v0=5m/s，加速度a=-2m/s2，故A正确，C错误；B.汽车刹车的时间s则汽车3s内的位移等于汽车2.5s内的位移，则有：m故B错误；D.任意相邻的1s内位移差：m故D错误．3、C【解析】

在小球内部挖去一个半径为的球体，挖去小球的质量为：挖去小球前球与质点的万有引力：被挖部分对质点的引力为：则剩余部分对的万有引力：C正确。故选C。4、C【解析】两个电荷之间的库仑力大小相等方向相反，所以加速度之比等于质量的反比，为a甲：a乙=1：3，C对；5、A【解析】

AB.根据等势线与电场线垂直，沿电场线方向电势降低。M点的电势高于N点的电势，故A正确，B错误；CD.根据电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，N点的电场线密，所以N点的电场强度大，点电荷在N点受到的电场力大，故C错误，D错误。6、A【解析】

当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，电压表的示数变大．分析串联分压特点可知，并联部分电压增大，通过定值电阻的电流增大，而总电流减小，则知电流表的示数变小，故A正确，BCD错误．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】

A．图中有些火星的轨迹不是直线，是由于受到重力、互相的撞击等作用导致的，故A错误；B．图中两个影子反映了物体在x，y轴上的分运动，故B正确；C．图中A球做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，B球同时做自由落体运动，故无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，A、B两球总是同时落地，故C正确；D．图中做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，故D错误。故选BC．8、AD【解析】解：A、我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱．故A正确；B、电场线和磁感线都是虚拟的，现实并不存在．故B错误；C、磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线．故C错误；D、磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质．故D正确．故选AD【点评】首先要明白电场和磁场的物质属性；其次要知道磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线．9、AC【解析】根据定义式：可知，电场中某点的电场强度的大小在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力的大小，故A正确；根据定义式：可知，电场中某点的场强大小由电场本身决定，与试探电荷无关，不能说电场强度与放在该点的电荷所受到的电场力的大小成正比，故B错误，C正确；正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，故D错误。所以AC正确，BD错误。10、BD【解析】

由于是串联电路，所以干路电流等于通过的电流为根据欧姆定律可知的电流等于其两端的电压与电阻的比值，故由于两者串联，所以和通过的电流相等，故选BD。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、增大电压表的分流偏小【解析】

由题意可知考查描绘小灯泡伏安特性曲线实验原理，数据处理及误差分析，根据实验原理分析可得。【详解】(1)[1]分析伏安特性曲线可知小灯泡最大电阻约为4，属于小电阻，为减小误差电流表采用外接法，描绘伏安特性曲线时要求电压、电流从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法。故画出的电路图如下所示：(2)[2]在I-U图象中，割线的斜率的倒数表示电阻的大小，随着电压的增大，斜率减小，说明电阻增大。(3)[3]实验中产生系统误差的原因是电压表的分流作用。[4]电压表测量值等于真实值，但是电流测量值大于真实值，这样测的电阻值比真实值偏小。设待测电阻为R，电测表内接、外接选择原则：<属于小电阻，采用电流表外接法。若>属于大电阻，采用内接法。要求电流、电压从零开始变化时滑动变阻器一定选择分压式接法。12、【解析】

[1]将线圈L1连接在电路中，作为磁体，将L2和电流表连接，观察是否能产生感应电流，导线不能交叉，如图所示：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）4×107m/s（2）0.75cm【解析】

（1）动能定理求出电子进入偏转电场的速度；

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，应用类平抛运动规律与匀速直线运动规律求出电子的偏移量；【详解】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU代入数据解得：v0=4×107m/s，故电子进入偏转电场的速度：v0=4×107m/s；飞出电场时偏转量为：y1=12at12

代入数据解得：y1=0.25cm；

设电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t运动时间：t2=sv0，竖直位移：y2=vyt2，

解决本题的关键是搞清楚每一过程做的是什么运动，然后根据运动的合成与分解进行求解，注意牛顿第二定律与运动学公式综合求解是本题解决的重点。14、（1）4A（2）46.4kg【解析】试题分析：先求出R两端的电压，由部分电路的欧姆定律即可求出电路中的电流；根据P热=I2r即可求出电动机的热功率，电动机的输出功率等于输入功率减去热功率．最后由P=Fv=mgv即可求出物体的质量。（1）由电路中的电压关系可得电阻R的电压：UR=U-UV=（200-120）V=80V

流过电阻R的电流：解得：I=4A（2）电动机的输入功率：