河南省安阳第三十五中学 2027届物理高二第一学期期中达标检测模拟试题含解析

河南省安阳第三十五中学2027届物理高二第一学期期中达标检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，在真空中，两个放在绝缘架上的相同金属小球A和B，相距为r．球的半径比r小得多，A带电荷量为+4Q，B带电荷量为-2Q，相互作用的静电力为F．现将小球A和B互相接触后，再移回至原来各自的位置，这时A和B之间相互作用的静电力为F'．则F与F'A．8:3B．8:1C．1:8D．4:12、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为一带正电的电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，关于P、Q两点比较可得（）A．三个等势面中，c的电势最高B．带电电荷通过P点时的电势能较小C．带电电荷通过Q点时的动能较小D．带电电荷通过P点时的加速度较小3、如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒4、如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在滑动变阻器R1的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中（）A．电路中的总电流变小B．路端电压变大C．通过电阻R2的电流小D．通过滑动变阻器R1的电流小5、关于电源的电动势和内阻，下列说法正确的是A．电源电动势越大，储存的电能越多B．电源内部非静电力做功越多，电动势越大C．电源的电动势就是闭合电路中电源两端的电压D．电源电动势大小与内阻无关6、随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度．如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比．那么下列判断中正确的是A．v1>v0 B．v1=v0 C．v2>v0 D．v2=v0二、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，和为平行的虚线，上方和下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB两点都在上．带电粒子从A点以初速与成斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力．下列说法中正确的是（）A．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同；B．若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点；C．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与成角斜向上，它就不一定经过B点；D．粒子一定带正电荷；8、电动势为E.内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是（ ）A．定值电阻R2电功率增大B．电压表和电流表读数都减小C．通过滑动变阻器R中的电流增大D．电压表的示数增大，电流表的示数减小9、如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路，以下分析正确的是（____）A．此接法的测量值大于真实值B．此接法的测量值小于真实值C．此接法要求待测电阻远小于电流表内阻D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最右端10、在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，阻值均大于r，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中A．电压表示数变大B．电流表示数变小C．电容器C所带电荷量增多D．电源的输出功率变大三、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）小明同学设计了如图1所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1

，

待测电阻R2

，

电流表A（量程为0.6A，内阻较小），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1

，单刀双掷开关S2

，导线若干．（1）先测电阻R1的阻值．闭合S1

，将S2切换到a，调节电阻箱R，读出其示数r1和对应的电流表示数I，将S2切换到b，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数r2，则电阻R1的表达式为R1=

_______．（2）小明同学已经测得电阻R1=2.0Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．他的做法是：闭合S1

，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图2所示的1/I﹣R图线，则电源电动势E=

______V，电阻R2=

_______Ω．（保留两位有效数字）（3）用此方法测得的电动势的测量值__________

真实值；R2的测量值

_________真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）12．（12分）某同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路图．已知选用的电流表内阻Rg＝5Ω、满偏电流Ig＝25mA，当选择开关接3时为量程100V的电压表．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心，上排刻度线对应数据没有标出．（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为____；选择开关接3时其读数为____．（2）为了测该多用电表电阻挡的电阻和表内电源的电动势，这位同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；②将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指C处，此时电阻箱的示数如图丙，则C处刻度应为____Ω；③计算得到多用电表内电池的电动势为____V；（保留两位有效数字）（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为____Ω.（保留两位有效数字）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，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）分析小球带何种电荷；（2）若在某时刻将细线突然剪断，分析小球如何运动。14．（16分）如图所示，一架战斗机在距水平地面A点正上方高h＝500m处，将质量m＝50kg的炮弹以相对地面v＝100m/s的水平速度投出，击中目标B.不计空气阻力，g取10m/s2.求炮弹：(1)刚投出时相对地面所具有的重力势能；(2)目标B距离A点的水平距离x；(3)击中目标时速度的大小.15．（12分）质量为m=3000kg的汽车在水平公路上行驶，轮胎与路面间的最大静摩擦力为15000N，汽车经过半径为r=100m的弯路时，试问：（1）如果汽车以速度v=10m/s沿弯路行驶，汽车的向心力为多大？（2）如果汽车以速度v=20m/s沿弯路行驶，汽车是否发生侧滑？

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：根据库伦定律F=kqQr2可得：接触前，两球间的库伦力为F=k2Q•4Qr考点：本题考查了库伦定律的应用点评：当两个完全相同的小球接触时，先进行电中和，然后电量再平均分配2、A【解析】

电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误．故选A.解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化.3、C【解析】

A、小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故A错误；B、小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，故B错误；C、小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故C正确；D、小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，故D错误．考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．4、C【解析】

在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻R2的电流变化，再判断通过滑动变阻器R1的电流的变化．【详解】A、在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大．故A错误．B、路端电压U=E﹣Ir，I变大，E、r不变，则U变小．故B错误．C、路端电压U变小，通过电阻R2的电流变小．故C正确．D、总电流变大，通过电阻R2的电流变小，所以通过滑动变阻器R1的电流必定变大．故D错误．故选C本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小．5、D【解析】

电动势是描述电源做功能力的大小，与电能无关，A错误；根据，故电源内部非静电力做功与电量的比值越大，电动势越大，电动势与做功多少无关，B错误；电源的电动势就是闭合电路中电源两端的电压与内部电压的和，电动势要大于路端电压，C错误；电源的电动势大小与内阻无关，D正确．6、A【解析】

设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞.A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则，故A正确，B错误.C、D、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则；故C、D均错误.故选A.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】

画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种：A.如图，粒子B的位置在B2、B3时速度方向也斜向上，速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同．故A正确；B.根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍能经过B点，故B正确；C.如图，设L1与L2

之间的距离为d，则A到B2的距离为：，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就只经过一个周期后一定不经过B点，故C错误；D.如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故D错误。故选AB。带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹．往往要抓住圆的对称性．8、BC【解析】

由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化。【详解】当滑片向a滑动时，R接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I增加，干路电流增加，内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；由公式IA2R2可知，定值电阻由上述分析可知，故应选：BC。本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过R2的电流增大。9、AD【解析】A、此电路为内接法，由于电流表的分压作用，使电压表示数偏大，所以由欧姆定律可得接法测量出的电阻值大于R的真实值，故A正确，B错误；

C、内接法要求被测电阻较大，远远大于电流表的内阻，以致电流表分压带来的误差可以忽略，故C错误；

D、滑动变阻器限流接法，闭合电键时滑动头P应处在最右端，此时接入电路中电阻最大，电路在中电流最小，对整个电路起到保护作用，故D正确．点睛：对于伏安法测电阻的实验，要注意分清内外接法的误差来源，本着尽量减小误差的原则选择电路，滑动变阻器的使用应本着保护电路的要求，学生最好在理解的基础上识记．10、AD【解析】

在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据Q=CU可知所带电荷量的变化；根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．根据外电路电阻与内阻的关系，判断电源的输出功率的变化。【详解】A.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，故A正确；B.根据闭合电路欧姆定律，内电压增大，R1两端电压增大，可知并联部分电压减小，流过R2的电流减小。由于干路电流I增大，所以流过R3的电流增大，电流表示数增大，故B错误；C.电容器与电阻R2并联，电压相等，根据Q=CU，电容器C所带电荷量减小，故C错误；D.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，外电路电阻越接近内阻，电源的输出功率越大。由于R1、R2阻值均大于r，外电路电阻大于内阻，现外电路总电阻减小，电源的输出功率增大，故D正确。故选：AD。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、r1-r2，1.5，1.0，等于，大于【解析】

（1）[1]．当R2接a时应有：E=I（R2+r1）；当S2接b时应有：E=I（R2+R1+r）；联立以上两式解得：R1=r1-r2；（2）[2][3]．根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R2+R+R1）变形为：，根据函数斜率和截距的概念应有：=2.0解得：E=1.5V，R2=1.0Ω；

（3）[4][5]．若考虑电源内阻，对（1）：接a时应有：E=I（R2+r1+r），接b时应有：E=I（R2+r2+r）联立可得R1=r1-r2即测量值与真实值相比不变；

对（2）应有：E=I（R2+R+R1+r）变形为比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R1变小，即测量值比真实值偏大．本题考查测量电动势和内电阻的实验，本实验应明确：遇到根据图象求解的问题，首先应根据需要的物理规律列出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．12、17.3mA（17.2～17.4mA）69V1503.870（67～71）【解析】

（1）[1]选