2027届重庆市云阳江口中学物理高二上期末达标检测模拟试题含解析

2027年重庆市云阳江口中学物理高二上期末达标检测模拟试题注意事项: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，A1、A2为电流表，V为电压表，C为电容器，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，下列结论正确的是A.电压表V示数变小B.电流表A1示数变小C.电流表A2示数变大D.电容器C上电荷量增大2、如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的匀强磁场，在水平恒力F的作用下，甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动，在加速运动阶段()A.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小C.甲、乙向左运动的加速度不变D.乙物体对地面的压力不变3、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下极板竖直向上移动一小段距离(仍在P点下方)A.电容器的电容减小，则极板带电量将增大B.带电油滴将沿竖直方向向下运动C.P点的电势将升高D.带电油滴的电势能将增大4、在国际单位制中，电荷量的单位是A.安培 B.库仑C.伏特 D.特斯拉5、如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1．现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则有()A.Q2=Q1，q2=q1 B.Q2=2Q1,q2=2q1C.Q2=2Q1，q2=q1 D.Q2=4Q1，q2=2q16、竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角θ，当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表读数I2，夹角为θ2；则A.θ2>θ1，I2=I1 B.θ2<θ1，I2=I1C.θ2>θ1，I2≠I1 D.θ2<θ1，I2≠I1二、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、电流表G由于允许通过的电流或承受的电压过小，要测定较大的电流和电压时需对其进行扩大量程的改装，下列关于将电流表G扩程的说法正确是()A.把G串联一个分压电阻，可以测定较大的电压，这就改装成了伏特表（电压表）B.把G并联一个分流电阻，可以测定较大的电压，这就改装成了伏特表（电压表）C.把G串联一个分压电阻，可以测定较大的电流，这就改装成了安培表（电流表）D.把G并联一个分流电阻，可以测定较大电流，这就改装成了安培表（电流表）8、如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是A.开关S由断开变为闭合，A灯泡先亮，B灯泡后亮B.开关S由断开变为闭合，A、B两灯泡同时亮，然后B灯泡逐渐熄灭C.开关S由闭合变为断开，A灯泡熄灭，B灯泡闪亮后熄灭D.开关S由闭合变为断开，A、B两灯泡同时熄灭9、如图所示电路中，已知电源的内阻r＜R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有：（）A.R2上消耗的功率先变小后变大B.V1的示数先变大后变小，V2的示数先变小后变大C.电源内部的热功率一直不变D.电源的输出功率先变小后变大10、如图所示，轻质弹簧左端固定，置于场强为E水平向左的匀强电场中，一质量为m，电荷量为+q的绝缘物块（可视为质点，从距弹簧右端L1处由静止释放，物块与水平面间动摩擦因数为μ，物块向左运动经A点（图中未画出）时速度最大为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2，重力加速度为g整个过程中弹簧始终在弹性限度内．则从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中（）A.物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为B.物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C.物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为D.若物块能弹回，则在向右运动的过程中速度最大的位置在A点左侧三、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）某同学要描绘一个标有“5V；4.5W”某元件的伏安特性曲线，要求元件两端的电压由零开始变化．该同学选用的器材有：A．电源：电动势为6V，内阻约0.5ΩB．直流电流表A1：量程0～1A，内阻约为0.4ΩC.直流电流表A2：量程0～3A，内阻约为0.2ΩD．直流电压表V1：量程0～15V，内阻约为10kΩE．直流电压表V2：量程0～3V，内阻为5kΩF．滑动变阻器RA：最大阻值10Ω，额定电流5AG．滑动变阻器RB：最大阻值1400Ω，额定电流0.2A另给定值电阻，定值电阻．开关一个、导线若干（1）以上器材中电流表选用_____（填选项代号），电压表选用____（填选项代号），滑动变阻器选用_________（填选项代号）；（2）根据选用的实验器材，请在方框内画出实验电路图______________（待测元件用电阻符号R表示，并标出所选元件的相应字母符号）实验得到该元件的伏安特性曲线如图所示．如果将这个元件R接到图所示的电路中，已知电源的电动势为4.5V，内阻为2Ω，定值电阻,闭合S后该元件的电功率为____W．（保留两位有效数字）12．（12分）如图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，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小15．（12分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度

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】局部电阻的变小，会引起全电路电阻的变小，根据闭合电路欧姆定律，可得到干路电流的变化情况，路端电压的变化情况；根据串并联电流电压的特点，可以判断各支路电表示数的变化情况【详解】ABC、将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，导致路端总电阻变小，根据可知，干路电流增大，即电流表A1示数变大；又因为，则路端电压减小，则电压表V的示数变小；R2为定值电阻，故流过R2的电流减小，即电流表A2示数变小；故A正确，BC错误；D、因电容器跟电阻R2并联，故电容器两端的电压为U，因，可知，电容器上的带电量减小，故D错误故选A【点睛】熟练掌握闭合电路欧姆定律及其变形表达式，清楚串并联电路电流电压的关系，是解决问题的关键2、C【解析】甲带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向．根据竖直方向受力平衡，可知甲对乙的压力的变化；根据牛顿第二定律，F=ma，可以判断整体的加速度的变化，和摩擦力的变化【详解】ABC.甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间的没有摩擦力，根据牛顿第二定律，F=ma，整体的加速度不变，所以对于甲，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度不变，所以甲、乙两物块间的摩擦力不变，所以A错误，B错误，C正确；D.甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以甲对乙的压力变大，故D错误；故选C.3、D【解析】由于电容器和电源相连，电势差不变；将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则d减小，则根据可知电容C变大，根据Q=UC可知，极板的带电量变大，故A错误；将平行板电容器的下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，板间距离减小，根据E=U/d得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动．故B错误．场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，故P点电势降低；故C错误．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴应带负电，由于P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故D正确．故选D【点睛】本题运用U=Ed分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化4、B【解析】电学中各个物理量都有自己的国际单位；电荷量的国际单位是库仑，简称库，符号为C【详解】电荷量的国际单位是库仑，简称库，符号为C．故B正确，ACD错误；故选B5、C【解析】根据及可得安培力表达式；拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由可知产生的焦耳热与速度成正比，所以；根据可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关，，故ABD错误，C正确。故选C。6、A【解析】滑动变阻器整个接入电路，部分和电容器并联，电容器相当于电路，所以滑动变阻器直接与电源串联，移动滑片，电流大小不变，I2=I1；滑片在b点时，电容器两端电压较大，电容器极板间场强较大，小球向右偏转角度大，θ2>θ1，A正确，BCD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、AD【解析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，改装成电流表需要并联分流电阻，据此分析答题【详解】把G串联一个分压电阻，可以测定较大的电压，这就改装成了伏特表（电压表），选项A正确，B错误；把G并联一个分流电阻，可以测定较大的电流，这就改装成了安培表（电流表），选项C错误，D正确；故选AD.8、BC【解析】AB．刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮，故A错误，B正确。CD．灯泡B与线圈L构成闭合回路，所以稳定后再断开开关S后，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，灯泡A立即熄灭，故C正确，D错误。故选BC。9、ABD【解析】A.由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P由变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，R2上消耗的功率先变小后变大，故A正确；B.由于电路中电流先变小后变大，电源的内电压也先变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小，V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大。故B正确；C.电源内部的热功率P=I2r，因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故C错误；D.因为r<R2，所以外电阻总是大于内电阻，当滑动变阻器的滑片P由变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故D正确。故选：ABD10、ABD【解析】滑块在从释放到弹簧压缩至最短的过程中，有电场力、摩擦力和弹簧弹力做功，根据功能关系、动能定理、电场力做功与电势能的关系等进行判断；【详解】A、物块和弹簧组成的系统机械能的增量等于外力做的功，弹簧弹力是内力，不改变机械能，外力只有电场力和摩擦力，所以从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中机械能的增量为，故A正确；B、根据能量守恒，电势能的减少量等于机械能的增加量加上系统产生的内能，动能没有变，机械能的增加量等于弹性势能的增加量，所以物块电势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确；C、物块速度最大时，加速度为0，则物块距释放点的距离大于，设弹簧弹力为F，则，释放点到速度最大的位置距离，速度最大时的弹性势能等于机械能的增加量减去动能的增加量，即，其中，故C错误；D、向左经过A点时速度最大，加速度为零，若物块能弹回，向右运动经过A点时摩擦力方向改变，所以反弹经过A点加速度方向向左，不为0，速度最大位置在A点的左侧，故D正确【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量等三、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、①.B②.E③.F④.⑤.0.90W【解析】（1）元件额定电流为，选用量程为1A的电流表即可，即选电流表B；为了达到额定电压，15V量程过大，可用3V的电压表E进行改装，选用R1可将电压表改装成量程为6V的电压表，为了便于操作可选用较小的滑动变阻器，即选用F；（2）由于被测元件在正常工作时的电阻为，和电流表内阻接近，故电流表内接分压过大，采用电流表外接法，将电压表E和串联改装电压表，然后并联在元件两端，要求元件两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器分压接法，如图所示3、将R3等效为电源内阻，做电路的U-I图像，与曲线的交点即为元件在该电路中的电流与电压值，交点坐标（1.5V、0.6A），则元件的功率为0.90W.【点睛】伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电