安徽省江淮名校2027届高二上物理期中经典模拟试题含解析

安徽省江淮名校2027届高二上物理期中经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、正电荷均匀分布在半球面上,它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0,现将一个通过O点且与半球底面成θ=60°的平面把半球面切分出一个“小瓣”球面,如图所示,所分出的“小瓣”球面上的电荷在O点处产生电场的电场强度大小为()A．B．C．D．E02、如图为监控汽车安全带使用情况的报警电路，S为汽车启动开关，汽车启动时S闭合．驾驶员未系安全带时开关S′闭合，系好安全带时S′断开．要求当驾驶员启动汽车但未系安全带时蜂鸣器报警．则在图中虚线框内应接入的门电路是()A．“非”门 B．“或”门 C．“与”门 D．“与非”门3、如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带负电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，那么可以判定点电荷C所带电荷的电性A．一定是正电B．一定是负电C．可能是正电，也可能是负电D．无法判断4、如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是A．感应电流的方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向B．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势的最大值E=BdvD．感应电动势的平均值5、已知电流表内阻约为0.1，电压表内阻约为10k，若待测电阻约为10，用伏安法测其电阻则（）A．应采用内接法，测量值偏大B．应采用内接法，测量值偏小C．应采用外接法，测量值偏大D．应采用外接法，测量值偏小6、铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大B．电路中每通过1C的电量，电源就把2J的电能转化为化学能C．蓄电池两极的电压为2VD．蓄电池在1秒内将2J的化学能转化为电能的本领二、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、金星、地球和火星均绕着太阳的公转，它们的运动可视为匀速圆周运动．已知它们的轨道半径关系r金＜r地＜r火，则它们的向心加速度a、线速度v、角速度ω、周期T，大小关系正确的是（）A．a火＜a地＜a金B．v金＜v地＜v火C．ω金＜ω地＜ω火D．T金＜T地＜T火8、如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法不正确的是()A．电子一定从A向B运动B．若aA＞aB，则Q靠近M端且为负电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA＜EpBD．B点电势低于A点电势9、某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x变化规律如图所示．一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动．下列说法正确的是()A．粒子从O运动到x1的过程中做匀加速直线运动B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能一直减少C．若v0为，带电粒子在运动过程中的最大速度为D．若使粒子能运动到x4处，则初速度v0至少为10、如图电场中，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B，下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在A点的速度大于在B点的速度C．粒子在A点时的加速度大于在B点的加速度D．A点电势高于B点电势三、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）有一个小灯泡上标有“2.5V，0.6W”的字样，现要描绘并研究其伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A．电压表（0—3V，内阻约3kΩ）B．电流表（0—0.6A，内阻约0.2Ω）C．滑动变阻器（10Ω，1A）D．滑动变阻器（1000Ω，0.3A）E.直流电源，另有开关一个、导线若干。（1）实验中滑动变阻器应选__________（只填器材的字母代号）。（2）某同学已连接如图所示的电路，已知各元件均无故障，但在合上开关后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是不能调为零，其原因是__________（请填写图中的字母，如ne）导线没有接好。电路中还有一个连接不当之处，请提出改进方案：___________。（3）利用正确实验方案测得的实验数据，在I-U坐标系中描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而__________（填“不变”、“增大”或“减小”）。若把该灯泡接到一个电动势为3.0V、内阻为10Ω的直流电源时，小灯泡消耗的实际功率约为__________W。（结果保留两位有效数字）12．（12分）图1中游标卡尺的读数是___________mm；图2中螺旋测微器的读数是________mm.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，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，两板间电势差为100V，极板间距离d=10cm，电场中C和D分别到A、B两板距离均为1cm，B板接地，求：（1）C和D两点的电势、两点间的电势差UCD；（2）点电荷q1=﹣2×10﹣3C分别在C和D两点的电势能；（3）将点电荷q2=2×10﹣3C从C移到D时电场力做了多少功？14．（16分）长为l的平行金属板，板门形成匀强电场，一个带电为＋q、质量为m的带电粒子，以初速紧贴上板垂直于电场线方向射入该电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°，如图所示。求：(1)粒子末速度的大小；(2)匀强电场的场强；(3)两板间的距离d。15．（12分）在如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6V和0.4A；当S断开时，它们的示数各改变0.1V和0.2A，求电源的电动势和内阻。

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】根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度，故B正确，ACD错误。2、C【解析】

未系安全带时S′闭合，相当于阻值很小，即输入端为高电势，另一输入端已为高电势，此时蜂鸣器报警，知输出端为高电势。若系安全带S′断开，相当于阻值很大，即输入端为低电势，此时蜂鸣器不报警，知输出端为低电势。所以该该元件为“与”门。A．“非”门。故A不符合题意。B．“或”门。故B不符合题意。C．“与”门。故C符合题意。D．“与非”门。故D不符合题意。3、A【解析】

对电荷受力分析，对的是库仑斥力，沿的连线向上；如果是负电荷，则对的库仑斥力沿连线向上，这两个斥力的合力是向上的，不可能偏向右；只有带正电，对的库仑引力沿连线向下，与对的作用力的合力才偏向右侧，故一定带正电；A.一定是正电与分析相符，故A正确；B.一定是负电与分析不符，故B错误；C.可能是正电，也可能是负电与分析不符，故C错误；D.无法判断与分析不符，故D错误。4、D【解析】

A.线圈进磁场过程，垂直平面向里的磁通量逐渐增大，根据楞次定律“增反减同”，感应电流方向为逆时针方向，选项A错。B.根据左手定则判断，CD端导线电流方向与磁场垂直，安培力竖直向下，选项B错。C.线圈进磁场切割磁感线的有效长度是初末位置的连线，进磁场过程，有效切割长度最长为半径，所以感应电动势最大为，选项C错。D.感应电动势平均值选项D对。考点：电磁感应5、D【解析】

电流表的内阻约为0.1Ω，电压表内阻约为10kΩ，待测电阻约为10Ω，电压表内阻是待测电阻的1000倍，待测电阻阻值是电流表内阻的100倍，由此可知本电阻为小电阻，故应采用电流表的外接法；在电流表的外接法中，由于电压表的分流作用，电流表的测量值I大于真实值，由可知电阻的测量值小于电阻的真实值，即电阻真实值大于测量值，故选D。6、A【解析】电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大．一节干电池的电动势为1.5V，则蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大，故A正确；电路中每通过1C电荷量，铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，克服静电力做功w=qU=1C×2V=2J，故电势能增加2J，即2J化学能转化为电能．故B错误；当电池不接入外电路时，蓄电池两极间的电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V，故C错误；铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关．故D错误．故选A．点睛：电源是把其他能转化为电能的装置，电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．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、AD【解析】

行星绕太阳运动时，万有引力提供向心力，设太阳的质量为，行星的质量为，行星的轨道半径为，根据牛顿第二定律有：可得向心加速度为：线速度为：角速度：周期：由题意有金地火，所以有：金地火金地火金地火金地火A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；C.与分析不符，故C错误；D.与分析相符，故D正确．8、AB【解析】

由运动轨迹得到电场力方向，进而得到电势的比较，从而根据加速度的比较得到点电荷Q的正负，无论Q为正电荷还是负电荷，电子从A向B运动，电场力都做负功。顺着电场线方向电势降低。【详解】A.由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；B.若aA>aB，则A点离点电荷Q更近，即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B错误；C.由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA<EpB，求解过程与Q所带电荷无关，故C正确；D.由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D正确；本题选择错误答案，故选：AB。9、BC【解析】粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，与粒子的速度方向相反，则粒子做减速运动．故A错误；粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能越大，可知，粒子的电势能不断减小．故B正确；若v0=，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得q[0-（-φ0）]=，解得最大速度为vm=．故C正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：，解得，，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为．故D错误．故选BC．点睛：此题也可以根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．对于速度问题，往往利用动能定理列方程解答．10、BC【解析】试题分析：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，因不知电场线的方向，故无法判断粒子的电性，故A错误；由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，故电场力做负功，带电粒子的速度减小，故B正确；A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，加速度大，故C正确；因电场线的方向无法确定，故无法判断两点电势的高低，故D错误．故选BC.【点睛】解此类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小．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、Cck导线gh的g端应接在a或m处增大0.22（0.20-0.24）【解析】

（1）[1]．测伏安特性曲线电压与电流应从零计，滑动变阻器应用分压接法，应选阻值较小的，便于调节，故选C。（2）[2][3]．闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，可能是ck导线没有接好，滑动变阻器实际上被接成了限流接法；由于灯泡电阻较小，为减小误差应采用外接法，故应该把导线gh的h端应接在a处或m处；（3）[4][5]．由所示小电珠I-U图象，根据欧姆定律可知，其电阻随工作电压的增大而增大。

由I-U图可知把该灯泡接到一个电动势为3.0V、内阻为10Ω的直流电源时，灯泡两端电压为U=1.25V，电流为I=0.175A，故灯泡的实际功率为：P=UI=1.25×0.175W≈0.22W．12、33.106.124【解析】

游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数.【详解】由图示游标卡尺可知，其示数为：33mm+2×0.05mm=33.10mm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：6.0mm+12.4×0.01mm=6.124mm.本题考查了游标卡尺与