2027届湖南衡阳常宁市第五中学物理高二第一学期期中学业质量监测试题含解析

2027届湖南衡阳常宁市第五中学物理高二第一学期期中学业质量监测试题注意事项: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、如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是A．微粒可能带负电，可能带正电B．微粒的机械能一定增加C．微粒的电势能一定增加D．微粒动能一定减小2、如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置1绕cd边翻转到位置2，第二次将金属框由位置1平移到位置2，设先后两次通过金属框的磁通量的变化量的大小分别为和，则（）A．B．C．D．不能判断3、近几年，在国家宏观政策调控下，我国房价上涨出现减缓趋势。若将房价的“上涨”类比成“加速”，将房价的“下跌”类比成“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可类比成（）A．速度增加，加速度减小B．速度增加，加速度增大C．速度减小，加速度增大D．速度减小，加速度减小4、从地球上发射的两颗人造地球卫星A和B，绕地球做匀速圆周运动的半径之比为RA：RB=4：1，它们运动周期之比TA：TB为（）A．2：1B．4：1C．8：1D．16：15、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6、如图所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220V，频率f＝50Hz时，三只灯泡L1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f＝100Hz，则()A．L1灯比原来暗 B．L2灯比原来亮C．L3灯和原来一样亮 D．L3灯比原来亮二、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、一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线是等势面。则下列说法中错误的是（）A．a点的电势比b点低 B．电子在a点的加速度方向向右C．电子从a点到b点动能减小 D．电子从a点到b点电势能增加8、如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高．它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是（）A．下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC．下滑过程中B的机械能增加D．整个过程轻杆对A做的功为9、如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V,12W”字样，电动机线圈电阻RM＝0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是()A．电动机的输入功率是12WB．电动机的输出功率是12WC．电动机的热功率是2.0WD．整个电路消耗的电功率是22W10、如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t周期性变化的图象．当t＝0时，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将做往复运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．带电粒子在3s末的速度为零D．在0～2.5s末的时间内，电场力对带电粒子所做的总功为零三、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）在测量金属丝的电阻率的实验中：(1)如图所示，用螺旋测微器测金属丝的直径为________mm.(2)已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，应选用的器材有________(只填代号)．A．量程是0～0.6A，内阻是0.5Ω的电流表；B．量程是0～3A，内阻是0.1Ω的电流表；C．量程是0～3V，内阻是6kΩ的电压表；D．量程是0～15V，内阻是30kΩ的电压表；E．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器；F．阻值为0～20Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；G．蓄电池(6V)；H．开关一个，导线若干．12．（12分）硅光电池在无光照射时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表V1量程选用3V，内阻为6.0kΩ；电压表V2量程选用15V，内阻约为30kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势约为12V，内阻不计．用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表V1、V2的示数U1、U2.(1)某次测量时，电压表V1示数如图乙，则U1＝____V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为____mA(保留两位小数)．(2)该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压Ux和通过的反向电流Ix(图中“－”表示反向)，并在坐标纸上建立Ix－Ux坐标系，请你标出坐标点，并绘出Ix－Ux图线．(3)由Ix－Ux图线知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与Ux成______(填“线性”或“非线性”)关系．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）在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．14．（16分）如图所示电路中，电阻R1＝R2＝3.0Ω，R3＝6.0Ω，S扳至1时，电流表的示数为1.0A，S扳至2时，电流表的示数为1.5A，求电源的电动势和内阻(电流表的内阻不计)。15．（12分）把一根长L=10cm的导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中，当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到安培力大小为1.0×10－7N，则该磁场的磁感应强度为T，若该导线中通以I2=3A的电流，则此时导线所受安培力大小是N.

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】试题分析：因为带电微粒进入电磁场后沿ab运动，如果速度大小发生变化，则洛伦兹力的大小一定变化，粒子就不能做直线运动，故所以合力一定等于零，如果带电粒子带正电，则粒子受到的电场力方向向右，洛伦兹力的方向垂直ab指向左下方，合力不可能为零，所以一粒子带负电因为粒子的动能不变，但其重力势能在增大，所以机械能一定在增大，过程中电场力做正功，电势能减小，所以B正确，考点：带电粒子在复合场中的运动点评：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．2、A【解析】

设在位置1时磁通量大小为Φ1，位置2时磁通量大小为Φ2。第一次将金属框绕cd边翻转到2，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量△Φ1=Φ1+Φ2第二次将金属框由1平移到2，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量△Φ2=Φ1-Φ2故△Φ1＞△Φ2故选A。3、A【解析】

“房价上涨出现减缓趋势”中“上涨”类比为速度增大，“减缓”类比为加速度减小，所以“房价上涨出现减缓趋势”可以类比为加速度减小的加速运动，即速度增大，加速度减小，A正确，BCD错误。故选A。4、C【解析】由开普勒第三定律得，解得，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】考查了开普勒第三定律，即可解决。5、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。6、C【解析】

三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大,电容的容抗减小,电阻所在支路对电流的阻碍作用不变；所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变.故L1变亮，L2变暗，L3亮度不变.

所以选C.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、AB【解析】

A．根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，故A错误；B．根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电子受的电场力向下，所以电子在a点的加速度方向向下，故B错误；C．从a点到b点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点动能减小，故C正确；D．从a点到b点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点电势能增加，故D正确。8、AD【解析】

A.因为初位置速度为零，则重力对B做功的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力对B做功的功率也为零，可知重力的功率先增大后减小。故A正确；B.

AB小球组成的系统，在运动过程中机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：，解得：在最低点，根据牛顿第二定律得：N−mg=m解得：N=2mg，故B错误；C.下滑过程中,B的重力势能减小△EP=mgR，动能增加量，所以B的机械能减小，故C错误；D.整个过程中对A，根据动能定理得：，故D正确。故选：AD9、AC【解析】

灯泡正常发光，则电路电流I==2A．灯泡正常发光时，电动机电压UM=U-UL=12-6=6V，电动机的输入功率P=UMI=6×2=12W，电动机的输出功率P出=P-PQ=12W-2W=10W，故A正确，B错误；电动机的热功率PQ=I2RM=22×0.5=2W，故C正确；已知电路电流，由于不知电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故D错误．【考点定位】电功、电功率10、AC【解析】

带电粒子在前1秒处于负向匀加速，在第2秒内加速度大小是之前的2倍，则先沿负向做0.5s匀减速到速度为零，后反向向正向匀加速0.5s，第3s向正向匀减速到0，如此做往复运动，故AC正确；带电粒子在前1秒处于匀加速，在第二秒内由于加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，因此用去0.5秒先做匀减速接着0.5秒反向加速．所以2s末带电粒子不在出发点．故B错误；根据A的分析可知，2.5s时刻粒子的速度不为零，则根据动能定理可知，在0～2.5s末的时间内，电场力对带电粒子所做的总功不为零，故D错误；故选AC．本题关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动．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、0.350A、C、F、G、H【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为35.0×0.01mm=0.350mm，所以最终读数为0mm+0.350mm=0.350mm，由于需要估读，最后的结果可以在0.348～0.352之间．(2)电源电动势为6V，电压表应选C；流过电流表的最大电流约为：则电流表应选A；为方便实验操作，滑动变阻器应选F，此外实验还需要：蓄电池G，H、开关与导线，因此需要的实验器材为：ACFGH；【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．实验电路的设计，要掌握实验器材的选择原则，根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是设计电路的关键．12、（1）1．433．33（3）如图所示（3）非线性【解析】试题分析：（1）电压表V1采用3V量程，最小刻度为3．1，因此读数估读一位，为1．43V,而电压表V1的内阻已知，因此流过电压表的电流就是流过硅光电池的电流根据图甲可知，解得I1==3．33×13－3A=3．33mA．（3）根据表中数据在坐标图中定出另4个点，作出Ix-Ux关系图线如图所示．（3）由右图所画Ix-Ux关系图线为曲线可知Ix与Ux成非线性关系．考点：“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验【名师点睛】在本实验中，采用两块电压表测量电阻，由于电压表V1内阻已知，因此读出电压表V1的电压值也求出了流过电压表V1的电流值，也电压表V1与硅光电池串联，求出总电压值，减去电压表V1的电压值就求得了硅光电池分得的电压值四、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。13、（1）f=1.4N（2）2.1336W【解析】试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有：mAgsinθ＝FT①对B有：qE＋f1＝FT②代入数据得f1＝1．4N③（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有：F＋mAgsinθ－F′T－Fksinθ＝mAa④对B有：F′T－qE－f＝mBa⑤其中f＝μmBg⑥Fk＝kx⑦由电场力做功与电势能的关系得ΔEp＝qEd⑧由几何关系得x＝－⑨A由M到N，由v－v＝2ax得A运动到N的速度v＝⑩拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv⑪由以上各式，代入数据P＝1．528W⑫考点：受力平衡、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A从M到N的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，