2027届黑龙江省哈尔滨市哈尔滨师大附中物理高二上期中检测模拟试题含解析

2027届黑龙江省哈尔滨市哈尔滨师大附中物理高二上期中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、如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒2、真空中有相隔距离为r的两个点电荷，它们分别带q和-5q的电荷量，其间的静电力为F，如果将它们接触后再分开，然后放回原来的位置，那么它们之间的静电力的大小应为（）A．FB．FC．FD．F3、真空中电量分别为Q­1、Q2的两个点电荷，相距为r时，相互作用力为F，则（）A．如果Q­1、Q2恒定，当距离变为r/2时，作用力将变为2FB．如果其中一个电荷的电荷量和它们的距离都减半时，作用力将不变C．如果每个电荷的电量和它们的距离都加倍时，作用力不变D．如果将它们的电荷量都加倍，距离变为2r时，作用力将变为2F4、在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻RM=1Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是A．电动机两端的电压是2VB．通过电动机的电流是5AC．电动机的效率是60%D．整个电路消耗的电功率是10W5、如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω，R2=5Ω，R3=3Ω，电容器的电容C=2×10-5F．若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q．则（）A．I=0.25AB．I=0.5AC．q=1×10-5CD．q=2×10-5C6、如图所示，A、B是两个等量异种点电荷，C、D是A、B连线的中垂线上，且与连线距离相等的两点，则以下说法正确的是（）A．在A、B连线上，从A到B，场强逐渐增大，电势逐渐升高B．在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，电势先升高后降低C．在A、B连线的中垂线上，从C到D，各点电势都相等，场强都相同D．在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，各点的电势都相等二、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，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是A．金属块带正电荷 B．金属块的机械能减少12JC．金属块克服电场力做功8J D．金属块的电势能减少4J8、如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A．仅增大加速电场的电压B．仅减小偏转电场两极板间的距离C．仅增大偏转电场两极板间的电压D．仅减小偏转电场两极板间的电压9、如图所示，一白炽灯泡的伏安特性曲线如图2所示，将白炽灯泡连在电路图1之中，已知电源的电动势E=100V，r+R1=100Ω，R2=100Ω。则下列说法正确的是（）A．该灯泡的实际电流0.40AB．该灯泡的实际电压50VC．该灯泡的实际电阻75ΩD．该灯泡的实际功率20W10、下列说法正确的是（）A．电源通过非静电力做功把其它形式的能转化为电能B．在电源里面电流方向从正极指向负极C．电动势在数值上等于电源两端未接任何用电器时两端的电压D．电流是由于电荷的移动产生的三、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）一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图所示的电路图．请回答下列问题：（1）请将图中的实物连线按电路图补充完整_________．（2）考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．（3）在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．原因可能是图中的________（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良．（4）实验测得表格中的7组数据．请在坐标纸上作出该元件的I-U图线_____．（5）为了求元件Q在I-U图线上某点的电阻，甲同学利用该点的坐标I、U，由求得．乙同学作出该点的切线，求出切线的斜率k，由求得．其中__（选填“甲”、“乙”）同学的方法正确．12．（12分）如图所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．（1）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的末端，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复，接下来要完成的必要步骤是_______．（填选项的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度h和抛出点距地面的高度HC．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、ND．测量平抛射程OM、ON（2）若两球相碰前后的动量守恒，则表达式可表示为_____（用（1）问中测量的量字母表示）（3）若m1=45.0g、m2=9.0g、OP=46.20cm,则ON可能的最大值为_____cm．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）一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R.整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为，一带正电小球质量为m，电荷量为q，从距B点为R/3处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C.（重力加速度为g，sin370=0.6，cos370=0.8）则：（1）带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？（2）带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点（图中未标记），B点与D点的水平距离多大？14．（16分）如图所示,R3=6Ω,电源内阻为1Ω,当S合上且R2为2Ω时,电源的总功率为16W,而电源的输出功率为12W,(1)灯泡的电阻和功率;(2)S断开时,为使灯泡正常发光,R2的阻值应调到多少15．（12分）如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：（1）在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？

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】

AB．撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒。这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，故A错误，B正确；CD．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故CD错误。故选B。2、C【解析】相距为r时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为：q′=＝-2q，则此时有：；故C正确，ABD错误．故选C.3、C【解析】根据库仑定律及题意可知，；

A、如果恒定，当距离变为时，作用力将变为，故A错误；

B、如果其中一个电荷的电荷量和它们的距离都减半时，作用力将变为，故B正确；

C、如果每个电荷的电量和它们的距离都加倍时，作用力不变，故C正确；

D、如果将它们的电荷量都加倍，距离变为时，作用力将不变，故D错误；点睛：在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，根据库仑定律，运用比例法求解。4、C【解析】

A．灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机的输入电压UM=U-UL=8V-3V=5V故A错误；B．灯泡正常发光，则电路电流即通过电动机的电流是2A，故B错误；C．电动机的热功率PQ=I2RM=（2A）2×1Ω=4W则电动机的效率故C正确；D．整个电路消耗的功率P总=UI=8V×2A=16W故D错误；5、C【解析】

开关S闭合电路稳定时，外电路中总电阻为根据闭合电路欧姆定律得：电容器两端的电压为电量断开开关S后：电容器通过与放电，设通过与的放电电流分别为和，则由电量公式q=It可知，通过与的的电量之比为又联立得：通过的电量为故ABD错误，C正确；开关S闭合电路稳定时，电容器相当于开关断开，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流I，再求电容器的电压，由Q=CU求其电量．断开电源，电容器会放电，因、并联，流过两个电阻的电流与电阻成反比，通过的电荷量也与电阻成反比．6、D【解析】

A.在A、B连线上，电场线的方向从B到A，则从A到B，电势逐渐升高，根据电场线分布可知，场强先减小后增大，故A错误。BCD.根据等量异种点电荷的电场分布规律知，A、B连线的中垂线是一条等势线，其上各点的电势相等。在中垂线上，AB连线中点处电场线最密，场强最大，则从C到D，场强先增大后减小，故BC错误D正确；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】

ACD、在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总＝WG+W电+Wf＝△Ek，解得：W电＝﹣4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故A正确，CD错误；B、在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故B正确。8、BC【解析】

电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法．【详解】电场中的直线加速，由动能定理：，可得；在偏转电场做类平抛运动，，加速度，，运动时间为，可得偏转角的正切值为，联立可得：.若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2，或减小U1，或增大L，或减小d，则A、D错误，B、C正确．故选BC．本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成.9、AC【解析】

在题图中的混联电路中，设灯泡L的实际电压和实际电流分别为U′和I′．

在这个闭合电路中，有：E=U′+（I′+）（R1+r）；代入数据并整理得：U′=50-50I′，这是一个直线方程，把该直线在题图上画出，如图所示：

这两条曲线的交点为：U′=30V、I′=0.4A；所以灯泡L消耗的功率为：P′=U′I′=30×0.4=12W，故A正确，BD错误；R实==75Ω，故C正确；故选AC。10、AC【解析】

A．电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能，电动势就是描述这种本领的物理量，A正确；B．在电源内部，电流方向由负极指向正极，B错误；C．电源的电动势在数值上等于电源两端未接任何用电器时两端的电压，但两者本质不同，故C正确；D．电荷定向运动形成电流，D错误。故选AC。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、小于f甲【解析】

（1）根据电路图连接实物图如答案所示．注意不要将正负极连接错误．（2）根据欧姆定律可知测得的电阻是待测电阻与电压表的并联电阻，所以测量值小于真实值．（3）在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．说明电路没断，即f点出现问题．（4）处理图像如答案，注意不要连成折线．（5）I-U图线上某点的电阻即斜率的倒数才是电阻，即甲同学说法正确．12、(1)ACD(2)(3)77.00【解析】（1）要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，因此实验中需要测量两小球的质量、先确定落点的位置再测量出平抛的水平距离；故应进行的步骤为ACD；

（3）根据（2）的分析可知，要验证动量守恒应验证的表达式为：m1OP=m1OM+m2ON；

（4）发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式是：m1v0=m1v1+m2v2

由m1v02=m1v12+m2v22，

得机械能守恒的表达式是：m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2，

联立解得：v2=v0，

因此最大射程为：sm=•OP==77.0cm；

点睛：该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．注意明确射程最大对应的条件．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）小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小．设此时的速度为v,由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：解得由等效法可得：该点（图中未标出）小球所受合力与竖直方向夹角，则θ=37o，从A点到该点由动能定理：解得（2）设小球运动到C点的速度为vC,小球从A点到C点由动能定理：解得当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体