山东省新泰二中、泰安三中、宁阳二中2027届高二物理第一学期期中达标检测模拟试题含解析

山东省新泰二中、泰安三中、宁阳二中2027届高二物理第一学期期中达标检测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、关于电阻和电阻率下列说法正确的是()A．电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大B．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大C．由R=U/I可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比D．一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R.若将电阻丝均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的1/2,则电阻丝的电阻变为4R2、下面对一些概念及公式的理解，其中正确的是()A．根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比B．只要将导体置于电场中，导体中就有持续电流C．当干电池没有接入电路中时，电池内没有电荷流动，所以电池此时电动势为0D．带电荷量为1C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则UAB=1V3、关于用电器的电功和电功率，下列说法中错误的是（）A．电功率越大的用电器，电流做功越快B．电功率小的用电器，电流做功不一定少C．额定功率大的用电器，消耗的电能一定多D．相同时间内，电流做功多的用电器电功率大4、静电力常量在国际单位制中的单位是（）A． B． C． D．5、下列说法正确的是()A．只有很小的球形带电体才能看作点电荷B．物体所带的电荷量可以为任意实数C．元电荷就是质子D．电场是真实存在的，电场线是假想的6、如图所示，L1、L2、L3为三个相同的灯泡且电阻恒定，电源内阻是灯泡电阻的1.5倍．在变阻器R的滑片P向上移动过程中，下列正确的是()A．L1变亮，L2变亮，L3变暗B．电源输出功率变大C．电源总功率变小D．L1中电流变化量大于L2中电流变化量二、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(a)所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图(b)所示,直导线中电流方向以向上为正，下列说法中不正确的是()A．在0～t1时间内，线圈有顺时针电流，并有向右的运动趋势B．在0～t1时间内，线圈有顺时针电流，并有向左的运动趋势C．在t1～t2时间内，线圈有逆时针电流，并有向右的运动趋势D．在t1～t2时间内，线圈有逆时针电流，并有向左的运动趋势8、如图所示，带正电的导体球A置于原来不带电的空腔导体球B内，a、c分别为导体A、B内的点，b为导体A和B之间的一点，下列说法正确的是()A．a、b、c三点的电势都相等B．a点的场强为零，但电势最高C．b点的场强为零，但电势大于零D．a、c两点的场强为零，b点的场强不为零9、一带电小球在空中由A点运动到B点过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力．若重力势能增加3J、机械能增加0.5J、电场力做功1J，则小球()A．重力做功为3JB．动能减少2.5JC．克服空气阻力做功0.5JD．电势能增加1J10、如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是A．原、副线圈匝数比为9:1B．原、副线圈匝数比为1:9C．此时a和b的电功率之比为9:1D．此时a和b的电功率之比为1:9三、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）如图甲所示为某同学研究自感现象的实验电路图．用电流传感器显示出在t＝1×10－3s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流如图乙．已知电源电动势E＝6V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6Ω，电阻R的阻值为2Ω．（1）线圈的直流电阻RL＝________Ω．（2）开关断开时，该同学观察到的现象是______________，开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是________________V．12．（12分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡，导线和开关外，还有：A．直流电源(电动势约为5V，内阻可不计)B．直流电流表(量程0～3A，内阻约为0.1Ω)C．直流电流表(量程0～600mA，内阻约为5Ω)D．直流电压表(量程0～15V，内阻约为15kΩ)E．直流电压表(量程0～5V，内阻约为10kΩ)F．滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)G．滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．(1)实验中电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均用序号字母填写)．（2）请按要求将图中所示的器材连成实验电路__________．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，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为θ的光滑斜面上，整个装置置于一水平向右的匀强电场中，小物块处于静止状态．已知重力加速度为g，求：（1）匀强电场的场强；（2）若将匀强电场的场强减小为原来的1/2，物块将沿斜面加速下滑，则物块下滑的加速度为多大？14．（16分）如图所示，电解槽A和电热炉B并联后接到电源上，电热炉阻值RB恒定为19Ω，已知电源内阻r＝1Ω，电解槽电阻r′＝0.5Ω.当S1闭合、S2断开时，电热炉消耗功率为684W；S1、S2都闭合时电热炉消耗功率为475W，此时的电解槽A内有某种形式的化学能产生，试求：（本题保留三位有效数字）(1)电源的电动势E；(2)S1、S2都闭合时，电解槽的效率．15．（12分）如图所示，AMB是AM和MB两段组成的绝缘轨道，其中AM段与水平面成370，轨道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103N/C的匀强电场中。一质量m＝0.1kg、电荷量q＝＋1.0×10－4C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6m/s从离水平地面高h＝4.2m处开始向下运动，经M点进入电场，从B点离开电场,最终停在距B点1.6m处的C点。不计经过M点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，求滑块：(1)到达M点时的速度大小；(2)M、B两点的距离l；

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】

电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差；电阻率越小，则其导电性能越好；但导体对电流的阻碍作用取决于电阻的大小，而电阻与导体的长度和截面积有关，故电阻率大的导体对电流的阻碍作用不一定大，故A错误；对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，故B正确．电阻大小是由导体本身的性质决定的，与电压和电流无关，故C错误；一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R．若将电阻丝均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的，截面积变成原来的；长度将变成原来的4倍；根据R=ΡL/S可知，电阻变成原来的16倍，故D错误；故选B．本题考查了电流、电阻、电阻率等内容，要求我们准确掌握各物理量的意义，注意电阻R与导体两端的电压和通过的电流I均无关，只取决于电阻率、导线长度和截面积大小．2、D【解析】电容的决定是为：，电容器的电容与其所带电荷量及两极板间的电压无关，故A错误；导体两端必须有电压，才能形成有电流，故B错误；电动势与电池接入电路与否无关，故C错误；带电荷量为1C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则UAB=1V，故D正确．所以D正确，ABC错误．3、C【解析】

根据W=Pt可知，电功率越大的用电器，单位时间内做功越多，电流做功越快，选项A正确；根据W=Pt可知，电功率小的用电器，电流做功不一定少，因为还与时间有关，选项B正确；根据W=Pt可知，额定功率大的用电器，消耗的电能不一定多，选项C错误；根据P=W/t可知，相同时间内，电流做功多的用电器电功率大，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.本题考查了学生对功和功率的概念、物理意义的了解与掌握，电流做功多、不一定快。同时还要了解额定功率与实际功率的不同。4、C【解析】

静电力常量在国际单位制中的单位是，选项C正确，ABD错误。故选C。5、D【解析】

A.电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，并不是只有球形的电荷就是点电荷，故A错误；B.物体带电量只能是电子带电量的整数倍，故B错误；C.元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或者是电子，故C错误。D.电场是真实存在的，电场线是假想的，故D正确。6、D【解析】

当变阻器R的滑片P向上移动时，R减小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析干路电流的变化，即可判断灯L3亮度的变化．根据并联部分的电压变化，判断灯L2亮度的变化，由干路电流与通过L2的电流变化情况，判断L1亮度的变化情况．根据干路电流的变化情况，分析L2灯中电流变化值与L1灯中电流变化值的大小．根据外电路总电阻与电源内阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．【详解】A、当变阻器R的滑片P向上移动时，R减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大，则L3灯变亮．根据串联电路的特点可知，并联部分的电压减小，L2灯变暗．由于干路电流增大，而通过L2的电流减小，则通过L1的电流增大，L1灯变亮．故A错误．B、根据题意无法判断内外电阻的大小关系，故电源输出功率无法判断．故B错误．C、由于干路电流增大，所以电源的总功率变大．故C错误．D、由上述分析得知，通过L2的电流减小，通过L1的电流增大，而干路电流增大，则L2灯中电流变化值小于L1灯中电流变化值．故D正确．所以选择D.本题是电路的动态变化分析问题，按局部到整体，再回到局部的思路进行分析．根据推论：外电路总电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大分析电源的输出功率如何变化．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、ABD【解析】

在0～t1时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐减小，则磁场逐渐减弱，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流。

根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向左，右边受到的安培力水平向右，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向左。故AB错误；同理可知，在t1～t2时间内，直导线中电流向上增加，则穿过右边线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈有逆时针电流，线圈受安培力向右，即线圈有向右的运动趋势，则C正确，D错误。此题选择不正确的选项，故选ABD。解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向．8、BD【解析】导体A、B各为一个等势体，其内的各点场强为零，即，带正电的A在B的内、外表面各感应出负电荷、正电荷，A外B内的空间电场线方向由A指向B，，故电势，AC错误，BD正确，选BD.【点睛】带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，B空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，内部场强处处为零．电场线辐射状向外，沿电场线的方向电势降低.9、BC【解析】试题分析：解决本题需根据：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．由功能关系分析．解：A、重力做功等于重力势能变化量的负值，则重力势能增加3J，故重力做功﹣3J，故A错误；B、据题，重力势能增加3J、机械能增加0.5J，而机械能等于重力势能与动能之和，则得动能减少2.5J，故B正确．C、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，有电场力和空气阻力做功，电场力做功1J，而机械能增加0.5J，所以克服空气阻力做功0.5J，故C正确．D、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J，故D错误；故选BC【点评】功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．10、AD【解析】

考查了理想变压器，电功率的计算【详解】AB．设灯泡的额定电压为,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压为，副线圈两端电压为，故，根据，A正确B错误；CD．根据公式可得，由于由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1:9，C错误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、2灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭15【解析】

（1）由图像可知S闭合，电路稳定时，线圈的直流电阻（2）由（1）知，此时小灯泡电流，S断开后，L、R、灯泡组成临时回路，电流由1.5A逐渐减小，所以灯会闪亮一下再熄灭，自感电动势为．12、CEF【解析】

（1）灯泡额定电流为：，则电流表选C；灯泡额定电压是5V，则电压表选E；描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，为方便实验操作，滑动变阻器应选F．(2)由于需要电压表示数从零开始，所以需要滑动变阻器的分压接法，因为小灯泡与电路表的内阻相接近，故采用电流表的外接法，如图所示四、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、（1）；（2）【解析】

（1）利用平衡求出电场强度（2））根据牛顿第二定律可求出物块下滑的加速度值【详解】（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力．对小物块由平衡条件得对小物块沿斜面由平衡条件得解得（2）当电场减为原来的时，对小物块沿斜面由牛顿第二定律得：解得：故本题答案是：（1）；（2）14、（1）120V（2）89.5%【解析】

(1)S1闭合，S2断开时，电炉中电流为：I=P1由闭合电路欧姆定律得，电源的电动势为：E=I(RB+r)=6×(19+1)V=120V(2)S1、S2均合上时，电炉中电流为：IR=P2电源的路端电压为：U=IRRB=5×19V=95V由闭合电路欧姆定律得电路中的总电流为：I′=（E−U）/r=