福建省龙岩市长汀县长汀、连城一中等六校2027届高二上物理期中学业质量监测模拟试题含解析

福建省龙岩市长汀县长汀、连城一中等六校2027届高二上物理期中学业质量监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、如图所示,两个圆环A、B同心放置,且半径RA＜RB.一条磁铁置于两环的圆心处,且与圆环平面垂直.则A、B两环中磁通ΦA，ΦB之间的关系是()A．ΦA＞ΦB B．ΦA＝ΦB C．ΦA＜ΦB D．无法确定2、下列判断正确的是()A．由R＝知，导体两端的电压越大，电阻就越大B．由R＝知，导体中的电流越大，电阻就越小C．由R＝可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零D．由I＝可知，通过一段定值电阻的电流跟加在它两端的电压成正比3、传感器是一种采集信息的重要器件.如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器.可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容.现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转.当待测压力增大时，下列说法中不正确的是（）A．电容器的电容将增加B．电容器的电荷量将增加C．灵敏电流表指针向左偏转D．灵敏电流表指针向右偏转4、一个质点沿直线运动，其速度图象如图所示，则质点（）A．在0~10s内做匀加速直线运动 B．在0~10C．在10~40s内做匀加速直线运动 D．在10~405、在图示的电路中,闭合开关后,当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中,电压表V的读数变化量为△U,电流表A2的读数变化量为△I2(电表均视为理想电表).则()A．电压表V的读数先变小后变大B．电流表A1的读数先变大后变小C．电流表A2的读数变大D．△U与△I2的比值为定值6、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片p向左移动一小段距离后，下列说法正确的是：A．电压表示数减小B．电流表示数增大C．R0的功率增大D．电源的功率减小二、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、物体在力、、的共同作用下处于平衡状态，若突然撤去外力，则物体的运动情况可能是A．匀加速直线运动 B．匀减速直线运动C．匀速直线运动 D．匀变速曲线运动8、如图所示，光滑水平地面上静置着由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长状态，现给A一个向右的瞬时冲量，让A开始以速度v向右运动，若mA>mB，则（）A．当弹簧压缩到最短时，B的速度达到最大B．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定向右C．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定小于B的速度D．当弹簧再次恢复原长时，A的速度可能大于B的速度9、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离A．带电油滴将沿竖直方向向下运动B．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大C．带电油滴的电势能将减小D．P点的电势将降低10、如图所示，一直流电动机与阻值R=4Ω的电阻串联在电源上，闭合开关，电动机的输入功率为P=20W，电源的电动势E=20V，内阻r=1Ω。用理想电压表测出电动机两端电压，已知电动机线圈的电阻RM=1Ω，则下列说法中正确的是A．通过电动机的电流为10AB．电源的输出功率为36WC．电动机的输出功率为16WD．理想电压表的示数为2V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）某实验小组在某次物理实验中，描绘一个标有“3V1.5W”小灯泡的伏安特性曲线．(1)实验电路原理图选用的电路是________(填“甲”或“乙”)．甲乙(2)实验过程中某次电表的示数如图丙所示，则I＝________A，U＝________V.丙丁(3)如图丁所示为本次实验得到的小灯泡的伏安特性曲线图．由图可知，小灯泡两端的电压为1.2V时的电阻为______Ω(保留三位有效数字)．12．（12分）如图甲为某同学描绘额定电压为3.8V的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图.（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整；（2）开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“A”、“B”或“AB中间”）；（3）实验中测出8组对应的数据（见下表）：次数

1

2

3

4

5

6

7

8

U/V

0

0.20

0.50

1.00

1.50

2.00

3.00

3.80

I/A

0

0.08

0.13

0.18

0.21

0.24

0.29

0.33

则测得小灯泡的额定功率为W.请在给出的坐标中，描点作出I—U图线．由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻（选填“增大”、“减小”或“不变”）.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A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m．电荷量为q的小球，小球用绝缘丝线悬挂于O点，受水平向右的电场力偏转θ角而静止（已知重力加速度为g）。求：（1）小球受到的电场力的大小；（2）小球所在处的电场强度。14．（16分）如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成37°夹角．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以某一初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；经过一段时间至y轴坐标为-6L处速度恰好减为零．不计重力．（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；（2）粒子初速度v0多大？（3）电场强度E多大？（4）粒子第三次到达x轴时距离坐标原点多远？15．（12分）如图所示，倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上有A、B、C三点，AB、BC间距均为2L，CD间距为3L，斜面上BC部分粗糙，其余部分光滑。2块完全相同、质量均匀分布的长方形薄片，紧挨在一起排在斜面上，从下往上编号依次为1、2，第1块的下边缘恰好在A处。现将2块薄片一起由静止释放，薄片经过D处时无碰撞无机械能损失。已知每块薄片质量为m、长为L，薄片与斜面BC间的动摩擦因数为tanθ，重力加速度为g.求：（1）第1块薄片下边缘刚运动到B时的速度大小；（2）第1块薄片刚好完全滑上粗糙面时，两薄片间的作用力大小F；（3）全部滑上水平面后两薄片间的距离d.

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】

根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，A的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以．A正确，BCD错误．本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．常见问题，中等难度．2、D【解析】ABC、电阻的大小由导体本身决定，与导体两端电压，通过导体的电流无关，则ABC错误；D、通过导体的电流与导体两端电压，电阻有关，根据欧姆定律可知通过导体的电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比，故D正确；故选：D.点睛：电阻的大小由导体本身决定，与两端电压以及通过导体的电流无关，但根据欧姆定律可知：通过导体的电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比．3、C【解析】当压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式，可知，电容增大，故A说法正确；电容两端电势差不变，根据Q=CU可知，电容器的电荷量将增加，故B说法正确；由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏．故D说法正确，C说法错误．所以选C.4、A【解析】

AB.图像中质点在0~10s内速度一直增大，且斜率一定，所以质点做匀加速直线运动，故A项符合题意，BCD.图像中质点在10s~40s5、D【解析】试题分析：滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，滑动变阻器的总电阻值先增大后减小，故电路的总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，即电流表A2的读数先减小后增大，选项C错误；路端电压先增大后减小，即电压表V的读数先变大后变小，选项A错误；因P向下滑动过程中，A1支路的电阻逐渐减小，故电流表A1的读数逐渐变大，选项B错误；因为E=I2r+U，则ΔUΔI2考点：电路的动态分析6、D【解析】

当滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器左侧电阻减小，并联部分电阻减小，右侧电阻增大，外电路总电阻增大，整个闭合回路的总电阻增大，利用闭合电路的欧姆定律可判断I减小，因电压表示数，所以电压表示数增大，故AB错误；R0与其并联的滑动变阻器的总电阻减小，而干路电流I减小，所以R0两端的电压减小，根据，可知R0的功率减小，故C错误；因，干路电流减小，可判断电源的总功率减小，故D正确．所以D正确，ABC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、ABD【解析】

撤去，其余力的合力与等值、反向、共线，与速度方向不共线时，物体做匀变速曲线运动，共线时做匀变速直线运动，即可能是匀加速直线或匀减速直线，故ABD正确，C错误．8、BC【解析】

A、A开始压缩弹簧，A做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩最短，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B的速度不是达到最大，A错误；BCD、弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后B继续做加速，A继续做减速运动，直到弹簧恢复原长，此时B的速度达到最大，大于A的速度，接着A加速，B减速，弹簧被拉伸，当弹簧被拉伸到最长时，AB共速，A继续加速，B继续减速，再次恢复原长时，A的速度增加到，此时B的速度为零，当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定向右，故BD正确；C错误。故选BD．9、AD【解析】

A.将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故A正确。B.因间距增大，则电容器的电容减小，根据Q=UC，由于电势差不变，故带电量减小，故B错误；CD.由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，，P点与下极板电势差降低，则P点的电势降低，则油滴的电势能将增加。故C错误D正确。10、BC【解析】

A．设电路中的电流为I，则：P=I[E-I(R+r)]即20=I[20-I(4+1)]解得I=2A选项A错误；B．电源的输出功率为选项B正确；CD．电动机两端电压U=E-I(R+r)=10V电动机的输出功率为选项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、甲0.442.403.75【解析】（1）因本实验中要求多测数据，并且要求数据由零开始调节，故应采用分压接法；同时因灯泡内阻较小，故采用电流表外接法，故采用甲电路。（2）电流表选用0.6A量程，故最小分度为0.02A，则指针示数为0.44A；电压表量程选择3V，最小分度为0.1V，则指针的示数为2.40V.（3）由图可知，当电压为1.2V时，电流为0.322A；电阻.12、（1）如图（2）A（3）1.3，增大．【解析】试题分析：（1）根据实验原理图连接即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不能连反，滑动变阻器采用分压接法．（2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，即将测量电路短路．（3）根据所画出的U﹣I图象，得出小灯泡在3.8V电压下的电流，根据P=UI可以求出其额定功率．图象斜率的倒数表示电阻．解：（1）根据实验原理图连接实物图，如图所示：（2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，故打到A端；（3）根据描点法作出U﹣I图象如图所示，当电压为3.8V时，电流为0.33A，所以P=UI=3.8×0.33=1.3W图象斜率的倒数表示电阻，由图象可知，斜率随着电流的增大而减小，所以电阻随着电流的增大而