新疆伊宁生产建设兵团第四师第一中学2027届高二物理第一学期期中检测模拟试题含解析

新疆伊宁生产建设兵团第四师第一中学2027届高二物理第一学期期中检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点过程中，电场力做了2×10-6J的正功，那么（）A．电荷在B处时具有2×10-6J的动能B．该过程中电荷的电势能减少了2×10-6JC．电荷在B处时具有2×10-6J的电势能D．该过程中电荷的动能减少了2×10-6J2、下列关于磁场的说法中正确的是（）A．磁场中某处磁感应强度的大小，等于长为L，电流为I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与IL乘积的比值B．一小段通电导线放在某处如果不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零C．因为F=BIL，所以磁场中某处磁感应强度的大小与放在该处的导线所受磁场力F成正比，与IL乘积成反比D．磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关3、扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为酷斯520扫地机器人，已知其工作额定电压15V，额定功率30W，充电额定电压24V，额定电流0.5A，充电时间约240分钟，电池容量2000mAh，则下列说法正确的是（）A．电池容量是指电池储存电能的大小B．机器人正常工作的电压为24VC．机器人正常工作时的电流为0.5AD．机器人充满电后一次工作时间最多约为1小时4、下列说法错误的是()A．元电荷实质就是电子(或质子)本身B．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量C．元电荷是最小的电荷量单位D．元电荷没有正、负之分5、关于电流，下列说法正确的是()A．只有正电荷的定向移动才能形成电流B．把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向C．金属导体导电的时候，导体中电荷的定向移动方向和电流方向相同D．方向不变的电流叫恒定电流6、如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是A．被测物体向左移动时，电容器的电容将减小B．被测物体向右移动时，电容器一定会放电C．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大D．若电容器极板间的电压不变，x变大，两极板电荷量将变大二、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、如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：以向左为正，、k均为大于零的常数，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的说法，正确的是A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B．物体与墙壁脱离的时刻为C．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线D．物体克服摩擦力所做的功为8、如图所示,匀强电场方向水平向右，一带电微粒沿直虚线在电场中斜向上运动，则该微粒在从A运动到B的过程中，其能量变化为()A．动能增大，电势能减小B．动能减小，重力势能增大C．动能减小，电势能增大D．动能增大，电势能增大9、如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v―t图象，图中数据均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是：（）．A．金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿adcba方向B．磁场的磁感应强度为C．金属线框在0~t3的时间内所产生的热量为D．MN和PQ之间的距离为10、A、B两物体质量均为m，其中A带正电，带电量为q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是A．刚施加电场的瞬间，A的加速度为2gB．从开始到B刚要离开地面过程，A物体速度大小先增大后减小C．从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量D．B刚要离开地面时，A的速度大小为三、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）在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池．（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是：．（2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：量程3V的电压表V，量程1．6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R1（阻值未知，约几欧姆），滑动变阻：R1（1～11Ω）滑动变阻器R2（1～211Ω），单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干①电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填R1或R2）．③开始实验之前，S1、S2都处于断开状态．现在开始实验：A．闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U1，电流表的读数为I1，则U1/I1=．（电流表内阻用RA表示）B．闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则新电池电动势的表达式为E=，内阻的表达式r=．12．（12分）用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内电阻分别为0.1Ω和1KΩ，如图为所需的器材．（1）请完成它们的实验电路_______，注意两个电表要选用适当量程，并要求变阻器的滑动片在左端时其电阻值最大．（2）一位同学记录的6组数据见下表，试根据这些数据在图中画出U-I图线，根据图线求出电池的电动势E=_________V，内阻r=________Ω．I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.191.05（3）上述实验的测量结果为E测__________E真（填“>”“<”或“=”）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，竖直放置的均匀粗细U型试管，左侧管长lOA=30cm,右管足够长且管口开口，初始时左管内被水银封闭的空气柱长20cm，气体温度为27∘C，左右两管水银面等高.已知大气压强为p(1)现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成10cm长的高度差.则此时气体的温度为多少摄氏度？(2)保持此时温度不变，从右侧管口缓慢加入水银，则至少加入多少长度的水银，可以使得左侧管内气体恢复最初的长度？14．（16分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压，b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处(图中未画出)被吸收．已知P到b板左端的距离为2d，求：（1）进入磁场时速度的大小和方向；（2）P、Q之间的距离；（3）粒子从进入板间到打到b板Q处的时间．15．（12分）如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U0的电场加速，加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线，从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.020m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板电势高U，A、B板右側边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m，荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。求：（1）求电子进入偏转电场的初速度v0（已知电子质量为m、电量为e，加速电压为U0）（2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少（用U0、U、L、d表示）；（3）要使电子都打不到荧光屏上，A、B两板间所加电压U应满足什么条件；（4）当A、B板间所加电压U=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。

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、B【解析】

AD.电荷只在电场力作用下，电场力做了的正功，合力做功即为，根据动能定理得知，动能增加了，故AD错误；BC.电场力做了的正功，根据功能关系得知，电荷的电势能减小，故B正确，C错误．2、D【解析】

磁场中某处磁感应强度的大小，等于长为L，电流为I的一小段导线放在该处时所受的最大的磁场力F与IL乘积的比值，选项A错误；一小段通电导线放在某处如果不受磁场力的作用，可能是导线放置的方向与磁场平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项B错误；磁感应强度的大小是由磁场本身决定的物理量，与放入该处的导线在该处所受磁场力F无关，与IL乘积无关，选项C错误，D正确；故选D.3、D【解析】电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）多少，单位是“Ah”，不是储存电能的大小，故A错误；机器人正常工作的电压为15V，故B错误；机器人正常工作时的电流，故C错误；机器人充满电后一次工作时间为，故D正确．故选D．4、A【解析】

元电荷是最小的电荷量，等于一个电子或一个质子带的电荷量，故A说法错误，BC说法正确；元电荷是最小的电荷量，没有正负之分，故D说法正确．所以选A．5、B【解析】A、正、负电荷的定向移动都能形成电流，故A错．B、人们规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，故B对，C、金属导体导电的时候，导体中定向移动的电荷是自由电子，定向移动方向和电流方向相反，故C错．D、方向不变的电流叫直流电．方向和大小都不变的电流叫恒定电流，故D错综上所述本题答案是：B6、B【解析】

A．被测物体向左移动时，插入的介质增大，根据可知，电容器的电容将变大，选项A错误；B．被测物体向右移动时，插入的介质减小，根据可知，电容器的电容将变小，电容器带电量减小，则电容器一定会放电，选项B正确；C．若电容器极板电量不变，x变小，根据可知电容增大，由Q=CU得知，电容器极板间电压U变小，故C错误。D．若电容器极板间的电压不变，x变大，拔出电介质，由电容的决定式得知，电容减小，由Q=CU得知，电容器极板上带电量Q减少，故D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、BD【解析】

根据牛顿第二定律通过加速度的变化判断物体的运动规律，抓住F的变化规律，结合F为零时，物体脱离墙面求出运动的时间，根据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹。根据动能定理，抓住F在沿墙面下滑的过程中不做功，求出物体克服摩擦力做功的大小。【详解】竖直方向上，由牛顿第二定律有：，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误。当物体与墙面脱离时F为零，所以，解得时间，故B正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线。故C错误。物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得：，物体克服摩擦力所做的功故D正确。故选BD。本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的运动情况，结合动能定理求解摩擦力做功，并要知道物体做直线运动还是曲线运动的条件。8、BC【解析】带电微粒在匀强电场中受力竖直向下的重力和水平方向的电场力作用，微粒做直线运动，其合力与速度平行，则可知微粒所受的电场力方向必定水平向左，当微粒从A到B时，电场力做负功，重力也做负功，总功为负值，由动能定理得知，动能减小，而电势能增大，重力势能增大，故AD错误，BC正确。9、BC【解析】

由楞次定律可知，金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿abcda方向，选项A错误；由图线可看出，线圈的bc边进入磁场时即做匀速运动，此时满足，其中，解得，选项B正确；金属线框在0~t3的时间内所产生的热量等于从t1~t2过程中产生的热量，即机械能的减少量W=Q=，选项C正确；线框的宽度为，所以MN和PQ之间的距离大于，选项D错误。10、AD【解析】

提供电场前，A静止，受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对A根据牛顿第二定律有加速度；B刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体B的重力，对A分析，此时受力平衡，即A的加速度等于零，从开始到B刚要离开地面过程，A做加速度减小的加速运动，在A点速度最大，根据能量守恒定律可知，从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和；【详解】A、提供电场前，A受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对A根据牛顿第二定律有：，则加速度为，故A正确；B、B刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体B的重力，对A分析，此时受力平衡，即A的加速度等于零，从开始到B刚要离开地面过程，A做加速度减小的加速运动，在A点速度最大，故B错误；C、根据能量守恒定律可知，从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和，故C错误；D、B刚要离开地面时弹簧的伸长量等于开始时弹簧的压缩量，从开始到B刚要离开地面过程，弹性势能不变，根据动能定理可得：，解得A的速度大小为：，故D正确；故选AD。关键是B刚要离开地面时弹簧的伸长量等于开始时弹簧的压缩量，从开始到B刚要离开地面过程，弹性势能不变。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、Ⅰ、电源内阻很小；Ⅱ、①防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；②R3，③A、R3+RA．B、U1I【解析】试题分析：Ⅰ作出电源的U﹣I图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线3的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线3的较小，由图可以看出，图线3电压随电流变化较慢．本实验中发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小．Ⅱ①加接电阻R3，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏②滑动变阻器应选用R3．因为R3的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小．③根据欧姆定律可知，可以测出的物理量是定值电阻R3和电流表内阻之和，用测量写出表达式为：RB、根据闭合电路欧姆定律得E=U3+I3（R3+RA+r）…①E=U2+I2（R3+RA+r）…②联立解得：E=r=考点：伏安法测量电源的电动势和内阻12、1.460.72<【解析】（1）根据要求，变阻器的滑动触头滑至最左端时，其使用电阻值最大，电源的内阻是比较小的，为了减小误差，采用电流表的内接法，按要求连实验实物图，如图（2）根据这些数据作出U-I图象如图．在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.46V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：.（3）由图所示电路可知，相对于电源来说，电流表采用内接法，由于电压表的分流作用，使所测电源电动势小于电动势真实值．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。