2027届四川省成都市东辰国际学校物理高二第一学期期中经典模拟试题含解析

2027届四川省成都市东辰国际学校物理高二第一学期期中经典模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、某同学做图的四种体操动作时，重心最高的是（）A．甲B．乙C．丙D．丁2、如图所示，用两根细绳悬挂一个重物，并处于静止状态，细绳与竖直方向的夹角均为α．当绳中拉力最小时，α等于（）A．0°B．30°C．45°D．60°3、如果在某电场中将5.0×10-8C的电荷由A点移到B点，电场力做功为6.0×10-3J，那么（）A．A、B两点间的电势差是1.2×10-5VB．A、B两点间的电势差是3.0×10-10VC．若在A、B两点间移动2.5×10-8C的电荷，电场力将做3.0×10-3J的功D．若在A、B两点间移动1.0×10-7C的电荷，电场力将做3.0×10-3J的功4、一电流表串联一个分压电阻后就改装成一个电压表，当把它和标准电压表并联后去测某电路中的电压时，发现标准表读数为2V时，而改装表的读数为2.1V.为了使它的读数准确，应(

)A．在原分压电阻上再串联一个较小的电阻B．在原分压电阻上再并联一个较大的电阻C．在原分压电阻上再串联一个较大的电阻D．在原分压电阻上再并联一个较小的电阻5、如图所示，R1和R2是材料相同、厚度之比为1:2、表面均为正方形的导体，但R2的尺寸比R1要小，通过导体的电流方向如图所示，假设R1边长为4L，R2边长为L，若R1的电阻值为10Ω，则R2的阻值A．10ΩB．20ΩC．5ΩD．40Ω6、如图所示，abcd是一矩形的四个顶点，且ab=cd=20cm，ad=bc=40cm，电场线与矩形所在平面平行，已知a点电势为7V，b点电势为13V，则A．场强大小一定为E=30V/mB．c点电势可能比d点低C．场强方向一定由b指向aD．cd间电势差一定为6V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、用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ置于车上，倾角均为。当卡车沿平直公路匀速行驶时，两斜面与卡车始终保持相对静止，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则（）A．斜面I与车厢平面之间一定存在摩擦力B．斜面Ⅱ与车厢平面之间一定存在摩擦力C．斜面I倾角减小，压力F2增大D．斜面I倾角减小，压力F1先减小后增大8、如图所示的电路中,输入电压U恒为12V,灯泡L标有“6V,12W”字样,电动机线圈的电阻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24WB．电动机的输出功率10WC．电动机的热功率是2WD．整个电路消耗的电功率是22W9、在图示电路中，P为滑动变阻器的滑片，电表均为理想电表．下列说法正确的是A．在P向右移动的过程中，电流表的示数变大B．在P向右移动的过程中，电压表的示数变大C．当P移到滑动变阻器的右端时，电源内部消耗的电功率最大D．当P移到滑动变阻器的右端时，电源的效率最高10、在两块带等量异性电荷的平行金属板M、N之间，垂直于金属板放置一个原来不带电的金属棒AB，如图所示．当达到静电平衡后，以下说法中正确的是（）A．金属棒上A端电势高于B端电势B．金属棒上A、B两端电势相等C．由于静电感应，金属棒的A端带正电荷D．由于静电感应，金属棒的A端带负电荷三、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）如图所示，在光滑水平面上使滑块A以2m/s的速度向右运动，滑块B以3m/s的速度向左运动并与滑块A发生弹性正碰，已知滑块A、B的质量分别为1kg、2kg，滑块B的左侧连有轻弹簧，求：（1）当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度大小；（2）两滑块相距最近时滑块B的速度大小；（3）两滑块相距最近时，弹簧的弹性势能的大小．12．（12分）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置．（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度．（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）．①分析此图线的OA段可得出的实验结论是___________．②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是（______）A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大四、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，如图所示，电源内阻，，L为一个标有“12V、12W”的灯泡，若改变滑动变阻器触片的位置，使L正常发光时，安培计的示数为1.5安，伏特表的示数恰好为零，求电阻的阻值、电源输出功率及电源电动势分别是多少？14．（16分）如图所示，固定在竖直平面内的绝缘细半圆管轨道在C点与绝缘的水平地面平滑连接，半圆管的半径R=1.6m，管内壁光滑，两端口C，D连线沿竖直方向，CD右侧存在场强大小E=1.5×103N/C、方向水平向左的匀强电场；水平面AB段表面光滑，长L1=6.75m，BC段表面粗糙，长L2=5.5m。质量m=2.0kg、电荷量q=0.01C的带正电小球在水平恒力F=10.0N的作用下从A点由静止升始运动，经过一段时间后撤去拉力F，小球进入半圆管后通过端口D时对圆管内轨道有竖直向下的压力N(1)小球通过端口D时的速度大小vD(2)小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小NP(3)撤去拉力F时小球的速度大小v015．（12分）如图所示的电路中，电源的电动势E=80V，内电阻r=2Ω，R1=4Ω，R2为滑动变阻器。问：(1)R2阻值为多大时，它消耗的功率最大？(2)该电路中R2取多大时，R1上功率最大？

(3)如果要求电源输出功率为600W，外电路电阻R2应取多少？此时电源效率为多少？

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、D【解析】

根据四个人的姿态可知，丁呈站立姿态，重心最高，故选D.2、A【解析】

由三个力的平衡的知识可知两个绳子的拉力的和与重物的重力大小相等，方向相反；再力的合成和分解遵循平行四边形定则，结合分力之间的夹角与合力、分力大小的关系分析即可。【详解】以重物为研究对象，由受力平衡可知，两个绳子的拉力的和大小等于重物的重力，方向与重力的方向相反。再根据平行四边形定则可知，当两个绳子之间的夹角等于0°时，绳子的拉力最小。故A正确，BCD错误。故选：A。解决本题的关键知道三个力的平衡时两个分力的和与第三个力大小相等，方向相反，以及知道合力和分力的大小遵循平行四边形定则。3、C【解析】试题分析：根据公式UAB=求解电势差A、B间的电势差与所移动的电荷无关，再由公式W=qU求解在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷时，电场力做的功．解：A、B，A、B两点间的电势差UAB==V=1.2×105V．故A正确，B错误．C、D，在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷时，A、B间的电势差不变．则电场力做功为WAB′=q′UAB=2.5×10﹣8×1.2×105J=3.0×10﹣3J故C正确，D错误．故选AC点评：本题要抓住电场中两点间的电势差由电场中两点的位置决定，与移动的试探电荷无关．4、A【解析】

两电压表并联，通过它们的电压相等，标准表读数为2V时，而改装表的读数为2.1V，说明改装后的电压表串联的电阻稍小，而导致电流稍大；为校准电压表，应使串联的电阻阻值稍微增大，可以在原分压电阻上再串联一个较小的电阻，故A正确，B、C、D错误．故选A。5、C【解析】

设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：R=ρLS=ρLLd=ρd，则R与d成反比，故：R6、D【解析】D、根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差，为6V，故D正确；B、cd间电势差为6V，则知c点电势比d点高6V，故B错误；AC、根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据求出场强的大小，故AC错误；故选D。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】

A．由于匀质圆筒状工件对斜面I有斜向左下方的压力，斜面I有向左运动的趋势，则由平衡可知，斜面I与车厢平面之间一定存在摩擦力，故A正确；B．匀质圆筒状工件对斜面II有斜向右下方的压力，水平方向受到车向左的作用力，当水平方向作用力平衡时，则斜面II与车厢平面之间没有摩擦力，故B错误；CD．将匀质圆筒状工件重力分析如图，由图可知，斜面I倾角减小，压力F2一直减小，压力F1先减小后增大，故C错误，D正确。故选AD。8、BC【解析】A、电动机两端的电压

，整个电路中的电流，所以电动机的输入功率

，故A错误；BC、电动机的热功率

，则电动机的输出功率

，故BC正确；D、整个电路消耗的功率

，故D错误；故选BC。9、AC【解析】

AB．滑动变阻器向右移动，电路总电阻减小，根据：可知，电流表的示数变大，根据：可知电压表的示数减小；故A正确，B错误；CD．当P移到滑动变阻器的右端时，外电阻R最小，根据：可知，电路中的电流最大；根据：可知此时电源内部消耗的电功率最大；故C正确；根据效率：可知，此时的电源的效率最低，故D错误；10、BD【解析】试题分析：根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由感应带电，可确定棒的正负极．解：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φA=φB，由于正电荷在左边，所以棒A带负电，B带正电，所以BD正确，AC错误．故选BD．点评：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉．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）2m/s；（2）；（3）．【解析】试题分析：（1）（2）对于A、B构成的系统，在A压缩弹簧过程中，系统的合外力为零，满足动量守恒，根据动量守恒定律求解即可．（3）当两个物体的速度相等时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，根据系统的机械能列式求解．（1）以向右为正方向，A、B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，当滑块A的速度减为0时，由动量守恒定律得：即：，，方向向左（2）两滑块相距最近时速度相等，设相等的速度为v．根据动量守恒得：解得：，方向向左（3）两个物体的速度相等时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，根据系统的机械能得：弹簧的最大弹性势能为12、小车的质量小车所受的合外力质量不变的情况下，加速度与合外力成正比C【解析】试题分析：（1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受合外力；（2)①在小车质量不变的条件下，加速度大小与所受的合外力大小成正比；②设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：mg=Ma，得，而实际上，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的．故C正确．考点：验证牛顿第二定律．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、24Ω，30W，23V【解析】

当L正常发光时，伏特表的示数为零，说明在伏特表中没有电流通过，其等效电路为R1和R2串联，R3和L串联，然后两条支路再并联；由于L正常发光，所以通过R3的电流I3=IL==A=1.0A灯泡L的电阻RL==Ω=12Ω通过R1和R2的电流I1=I2=I-IL=1.5A-1.0A=0.5A其中=，则R3两端的电压U3==V=8VR3和L两端的电压UDC=U3+UL=8V+12V=20V因U1+U2=UDC=20V，则有：R1+R2==Ω=40Ω又因伏特表此时无读数，说明A、B两点电势相等，则U1=U3=8V，U2=UL=12V；而==，所以R1+R2=R2=40ΩR2=24Ω电源的输出功率P出=IUDC=1.520W=30W电源电动势=Ir+UDC=1.52V+20V=23V答：电阻的阻值为24Ω，电源输出功率为30W，电源电动势为23V14、（1）2m/s（2）0（3）9m/s【解析】试题分析：（1）在端口D由牛顿第二定律有mg-解得：v（2）设小球经过半圆管中点P时的速度大小为vP，从P到D的过程中由动能定理可得qER-mgR=12mvD2-12mv解得vP=23m/s在P点由牛顿第二定律有qE-解得NP=0（3）设F作用的距离为s，从A到D由动能定理有Fs-μmgL2-2mgR=12mv