2027届湖北省重点中学高二上物理期中学业水平测试试题含解析

2027届湖北省重点中学高二上物理期中学业水平测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、在高大的建筑物上安装避雷针的目的是A．通过尖端放电中和云层中的电荷 B．避免放电现象的发生C．直接导走云层中的电荷 D．增加电荷在建筑物上的积累2、智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置．充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60﹣0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）．如图为某一款移动充电宝，其参数见如表，下列说法正确的是容量20000mAh兼容性所有智能手机边充边放否保护电路是输入DC5V2AMAX输出DC5V0.1-2.5A尺寸156*82*22mm转换率0.60产品名称索扬SY10-200重量约430gA．充电宝充电时将电能转化为内能B．该充电宝最多能储存能量为3.6×l06JC．该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2hD．该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，则理论上能充满4次3、在电磁学的发展历程中，早期许多物理学家通过大量的科学实验寻找电和磁之间的联系和规律，首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是A．库仑 B．奥斯特 C．安培 D．法拉第4、某同学在研究电路动态问题时，设计如图所示电路，电源内阻不可忽略，两电表均为理想电表。开关S闭合后电路正常工作，在滑动变阻器R1的滑片P向右滑动的过程中电压表的示数突然减小了，可能是因为()A．滑动变阻器R1短路B．电阻R3断路C．电流表断路D．电阻R2断路5、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6、如图所示的四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是A．图甲中，导线通电后磁针发生偏转B．图乙中，通电导线在磁场中受到力的作用C．图丙中，当电流方向相同时，导经相互靠近D．图丁中，当电流方向相反时，导线相互远离二、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，R1＝2Ω，R2＝10Ω，R3＝10Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则()A．S断开时，R1与R2的功率之比为1∶5B．S闭合时通过R1与R2的电流之比为2∶1C．S断开与闭合两情况下，电阻R1两端的电压之比为2∶1D．S断开与闭合两情况下，电阻R2的功率之比为7∶128、一匀强电场的方向平行于xoy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为17V、33V、49V。下列说法正确的是（）A．坐标原点处的电势为1VB．电场强度的大小为5V/mC．匀强电场的方向由O点指向c点D．质子从b点运动到c点，电场力做功为-16eV9、如图甲所示，等离子气流由左边连续以v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有随图乙所示的变化磁场，且规定磁场B向左为正方向．则下列四段时间内，ab、cd导线互相排斥的是A．0～1s B．1s～2s C．2s～3s D．3s～4s10、某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（）A．反映Pr变化的图线是cB．电源的电动势E＝6VC．电源内电阻r＝1ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω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）依次读出下面两图的读数（1）_______mm(2)_________cm12．（12分）某电阻额定电压为3V（阻值大约为10Ω），为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A．电流表A1（量程300mA，内阻约1Ω）B．电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）C．电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ）D．电压表V2（量程5.0V，内阻约5kΩ）E.滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）F.滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）G.电源E（电动势4V，内阻可忽略）H.电键、导线若干（1）为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表_____，电压表_____，滑动变阻器_____．（2）画出该实验电路图_____．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1所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下、磁感应强度为B0的匀强磁场中，导线框两平行导轨间距为l，左端接一电动势为E0、内阻不计的电源．一质量为m、电阻为r的导体棒MN垂直导线框放置并接触良好．闭合开关S，导体棒从静止开始运动．忽略摩擦阻力和导线框的电阻，平行轨道足够长．请分析说明导体棒MN的运动情况，在图2中画出速度v随时间t变化的示意图；并推导证明导体棒达到的最大速度为14．（16分）电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点。一个电荷量的点电荷在A点所受电场力，在仅受电场力的作用下，将该点电荷从A点移动到B点，电场力做功，求（1）A点电场强度的大小。（2）A、B两点间的电势差。15．（12分）某一用直流电动机提升重物的装置，如下图所示．重物的质量m=50kg，电源的电动势为E=110V．不计电源电阻及各处的摩擦．电动机以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度I＝5A．求：（1）电动机的电功率（2）电动机输出的机械功率（3）电动机的热功率（4）此电动机线圈的电阻R

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】

避雷针利用了尖端放电的原理，在发生雷电时，避雷针上产生的感应电荷通过尖端放电，中和了云层中的电荷，可以使建筑物免遭雷击，故A正确，BCD错误；2、D【解析】

A．充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能。故A错误。

B．该充电宝的容量为：该电池的电动势为5V，所以充电宝储存的能量：故B错误。

C．以2A的电流为用电器供电则供电时间：故C错误。

D．由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为：E=给容量为3000mAh的手机充电的次数：次故D正确。3、B【解析】

本题考查电流磁效应的发现【详解】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特，故本题选B。4、A【解析】在滑动变阻器R1的滑片P向右滑动的过程中电路总电阻R总增大，干路电流I总减小，电源内部电压U内减小，而路端电压应增大．A：若R1短路，电路总电阻R总减小，干路电流I总增大，电源内部电压U内增大，而路端电压应减小，电压表的示数减小。故A正确B：若电阻R3断路，此时外电路断开，电压表测量的是电源电动势，所以电压表的示数会增大。故B错误CD：电流表或R2断路时，总电阻增大，干路电流减小，内部电压减小，路端电压应增大，电压表的示数会增大。故CD错误。5、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。6、B【解析】

A、甲图中小磁针发生了偏转，说明小磁针受到了磁场的作用，故说明电流产生了磁场，故A正确；B、乙图中由于导线中通以电流使导线受到了安培力的作用，不能说明电流产生了磁场，故B错误；C、两导线相互靠近，是因为彼此处在了对方的磁场中，故说明了电流产生了磁场，故C正确；D、两导线相互远离是因为彼此处在对方产生的磁场中，从而受到了安培力，故D正确；本题选错误的，故选B．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．S断开时，R1与R2串联，功率，与电阻成正比，则功率之比为2:10=1∶5，A对；B．S闭合时，R2和R3电阻相等，则分得的电流相等，R1在干路，所以通过R1与R2的电流之比为2∶1，B对；C．S断开与闭合两情况下，电阻R1两端的电压之比，C错；D．S断开与闭合两情况下，电阻R2的功率，之比为49:36,D错。故选AB。8、AD【解析】

A．根据因a、b、c三点电势分别为、、解得：原点处的电势为故A正确；BC．如图所示在ac连线上，确定中点b′点，电势为33V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，即匀强电场的方向由c点指向O点，电势降低，则电场线方向如图，因为匀强电场，则有依据几何关系，则代入数据，得电场强度大小为故BC错误；D．质子从b点运动到c点，电场力做功为故D正确。故选AD。9、CD【解析】

左边装置中，由左手定则可知，等离子气流正离子向上偏，则P1为正极，电流从a到b；右边装置部分，由楞次定律可知，在0-2s内cd中的电流从c到d，2-4s内流经cd的电流从d到c；因为流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥，2～4

s内cd中电流跟ab中电流反向，因此ab、cd相互排斥。

A.0～1s，与结论不相符，选项A错误；B.1s～2s，与结论不相符，选项B错误；C.2s～3s，与结论相符，选项C正确；D.3s～4s，与结论相符，选项D正确；故选CD。10、AD【解析】

A.电源内部的发热功率，所以反映Pr变化的图线是c，故A正确。BC.输出功率：PR=PE-Pr=EI-I2r应为开口向下的曲线，故b表示PR-I图线，当I=2A时，PR=1．说明外电路短路，根据P=EI，得到故BC错误。D.当电流为1.5A时，故D正确。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、3.70010.155【解析】螺旋测微器的固定刻度为3.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为3.5mm+0.200mm=3.700mm；游标卡尺的主尺读数为101mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为11×0.05mm=0.55mm，所以最终读数为101mm+0.55mm=101.55mm=10.155cm12、ACE【解析】

（1）根据待测电阻的阻值和额定电压比较容易的选择电流表和电压表，滑动变阻器采用分压式接法，可测量多组数值；（2）由待测电阻的大小选择安培表的外接法测量误差较小．【详解】（1）[1][2][3]．由于待测电阻额定电压为3V而电阻约为10Ω，则待测电阻额定电流约为0.3A，所以电流表选择量程为300mA的电流表A，电压表选择量程为3.0V的电压表C，为了测量精确需要多测量几组，所以滑动变阻器需要采用分压式接法，故用电阻较小的E；（2）[4]．滑动变阻器用分压式，由于待测电阻（阻值大约为10Ω）远小于伏特表内阻(内阻约3kΩ)，所以电流表采用外接法，实验电路如下图：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、导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度时，加速度a=0；【解析】

导体棒在向右运动的过程中会切割磁感线产生感应电动势，与回路中的电源形成闭合回路，根据闭合电路的欧姆定律求得电流，结合牛顿第二定律判断出速度的变化；【详解】解：闭合开关s后，线框与导体棒组成的回路中产生电流，导体棒受到安培力开始加速运动，假设某一时刻的速度为v，此时导体棒切割产生的感应电动势为初始阶段回路中的电流为：导体棒受到的安培力为，方向水平向右因此,导体棒的加速度为，方向水平向右，即与v方向相同，随速度的增加，加速度减小，但仍与v同方向，因此，导体棒做加速度逐渐减小的加速