2027届四川省广安遂宁资阳等七市物理高二第一学期期中检测试题含解析

2027届四川省广安遂宁资阳等七市物理高二第一学期期中检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、关于闭合电路的性质，以下说法正确的是（）A．电源短路时，输出电流无限大B．电源断路时，路端电压无限大C．外电路电阻越大，输出电流越大D．外电路电阻越大，路端电压越大2、三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置．三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等．则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）A．方向竖直向上 B．方向竖直向下 C．方向水平向右 D．方向水平向左3、图为远距离输电的电路原理图，则下列判断正确的是（）A．U1>U2 B．U2=U3C．I4<I2 D．I1>I24、电热水器在使用过程中能按设置温度自动跳闸断电，是因为电热水器中安装了（）A．光传感器B．温度传感器C．红外传感器D．湿度传感器5、在如图所示的闭合电路中，滑动变阻器从中间位置往右移动的过程中，下列关于外电路的阻值R、路端电压U、总电流I、外电阻的电功率P四个量关系的描述中，正确的是A．U随R的增大而均匀增大B．I随R的增大而均匀减小C．U随I的增大而均匀减小D．P随R的增大可能先增大后减小，也可能一直减小6、如图所示，在O点置一点电荷Q，以O为圆心做一圆。现将一试探电荷分别从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点，下列说法正确的是A．从B移到A的过程电场力做功最少B．从C移到A的过程电场力做功最少C．从D移到A的过程电场力做功最多D．从三点移到A的过程电场力做功一样多二、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、如图所示为某电源甲和两定值电阻乙和丙的伏安特性曲线，如果将乙和丙分别接在电源甲的两端。则下列说法正确的是（）A．定值电阻乙接在电源两端时，电源的效率高B．定值电阻丙接在电源两端时，电源的效率高C．定值电阻丙接在电源两端时，电源的输出功率大D．无论定值电阻乙还是定值电阻丙接在电源两端，电源的输出功率一样大8、如图所示，小球用两根轻质橡皮条悬吊着，且AO呈水平状态，BO跟竖直方向的夹角为α，那么在剪断某一根橡皮条的瞬间，小球的加速度情况是（）A．不管剪断哪一根，小球加速度均是零B．剪断AO瞬间，小球加速度大小a＝gtanαC．剪断BO瞬间，小球加速度大小a＝gcosαD．剪断BO瞬间，小球加速度大小a＝g9、某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（）A．反映Pr变化的图线是cB．电源的电动势E＝6VC．电源内电阻r＝1ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω10、如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能沿轨道通过各自轨道的最低点M、N，则（）A．两小球某次到达轨道最低点时的速度大小不可能有vN=vMB．两小球都能到达轨道的最右端C．小球a、b第一次同时到达最低点D．第一次到达轨道最低点时，小球a对轨道的压力小于小球b对轨道的压力三、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）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝的直径为______________mm.12．（12分）灵敏电流计的内阻是Rg=200Ω，满偏电流是Ig=1mA，要把这个电流表改装成量程为6.0V的电压表，应_____（填“串联”或“并联”）一个阻值为______Ω的电阻，改装电压表的内阻为_______Ω．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，在O处固定一个电荷量为Q=+1.0×10-9C的点电荷，现用长L=0.2m的绝缘细线拴一个质量m=0.06kg的带电小球(可视为点电荷)后也悬挂于O处，细线所受拉力达到F=6mg时就会被拉断。将小球拉至与悬点O等高，并且使细线伸直，然后由静止释放，当悬线转过90°到到达B位置时，细线恰好拉断。之后小球将从B点进入板间距d=0.08m的两平行板电容器，并恰好沿水平方向做匀速直线运动(进入电容器后不考虑O处点电荷对小球的作用力)，且此时电路中的电动机刚好能正常工作。已知电源的电动势为12V，内阻1Ω，定值电阻、、的阻值均为6Ω，电动机的内阻为1Ω。忽略空气阻力和电容器的边缘效应，取g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：（1）小球到达B点时的速度大小；（2）小球所带的电荷量；（3）电动机的机械功率。14．（16分）如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感强度为B。一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为θ，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比。15．（12分）如图所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球用绝缘丝线悬挂于O点，受水平向右的电场力偏转θ角而静止．试求小球所在处的电场强度的大小和方向．

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】由于电源由内阻，所以电源短路时，输出电流不是无限大，A错；电源断路时，路端电压等于电源电动势，B错；由串联分压原理可知外电路电阻越大，路端电压越大，D对；2、D【解析】

该题考查了磁场的叠加问题．用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项．【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示：

直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等。则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左；故选D。磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．3、D【解析】

A．从电厂经过升压变压器，电压被提高，即故A错误；B．由于实际远距离输电中，输电线上存在损耗，因此故B错误；C．降压变压器，根据原副线圈电流与匝数成反比，因此故C错误；D．从电厂经过升压变压器，电压被提高，由电流与匝数成反比可知故D正确。故选D。4、B【解析】

电热水器在使用过程中能按设置温度自动跳闸断电，是因为电热水器中安装了温度传感器，当热水器内温度到达一定值时，温度传感器作用使得断电，故选B.5、D【解析】

根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压，U随R的增大，但不是均匀增大，故A错误；电流，I随电阻的增大减小，但不是均匀减小，故B错误；滑动变阻器从中间位置往右移动的过程中，电阻R增大，电流减小，结合AB可知，C错误；输出功率，当R=r时，输出功率最大，由于不确定R与r的关系，故P随R的增大可能先增大后减小，也可能一直减小，故D正确；故选D．6、D【解析】

在点置一点电荷，以为圆心作一圆，根据点电荷等势线的分布情况知，该圆是一条等势线，、、三点在这个圆上，则三点的电势相等，因此与、、三点间的电势差相等，将一电荷从从圆上的、、三点移到圆外的点的过程中，根据电场力做功公式得知，电场力做功相等；A.从B移到A的过程电场力做功最少与分析不符，故A错误；B.从C移到A的过程电场力做功最少与分析不符，故B错误；C.从D移到A的过程电场力做功最多与分析不符，故C错误；D.从三点移到A的过程电场力做功一样多与分析相符，故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、AC【解析】

AB．电源的效率为由图中可知，电阻乙两端的电压大于电阻甲，故定值电阻乙接在电源两端时，电源的效率高，故A正确，B错误；CD．当电源内阻等于外电阻时，电源输出功率最大，由图中可知丙电阻与电源内阻相等，故定值电阻丙接在电源两端时，电源的输出功率大，故C正确，D错误；故选AC。8、BD【解析】以小球为研究对象，剪断橡皮条前其受力情况如图，根据平衡条件得AO绳的拉力大小为：FA=mgtanα，BO绳的拉力大小为：若剪断AO瞬间，FA=0，而FB不变，则此瞬间小球所受的合力大小等于FA=mgtanα，方向与原来FA相反，所以加速度大小为：剪断BO瞬间，FB=0，而FA不变，则此瞬间小球所受的合力大小等于FB=mgcosα，方向与原来FB相反，所以加速度大小为：a=g故选BD【点睛】本题是瞬时问题，先分析橡皮条剪断前小球的受力情况，再分析剪断橡皮条瞬间小球的受力情况，抓住橡皮条与弹簧类似的特性：弹力不能突变，根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度。9、AD【解析】

A.电源内部的发热功率，所以反映Pr变化的图线是c，故A正确。BC.输出功率：PR=PE-Pr=EI-I2r应为开口向下的曲线，故b表示PR-I图线，当I=2A时，PR=1．说明外电路短路，根据P=EI，得到故BC错误。D.当电流为1.5A时，故D正确。10、AD【解析】

小球在磁场中运动，洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度大小较小。两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，【详解】于小球在磁场中运动，洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动时电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以不可能有vN=vM（一定有vN＞vM），在电场中运动的时间也长，故A正确，C错误；由于小球在磁场中运动，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力对小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故B错误；小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：，解得：，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：，解得：，因为vN＞vM，则FN＞FM，根据牛顿第三定律知，小球a对轨道的压力小于小球b对轨道的压力，故D正确。所以AD正确，BC错误。解决本题时要抓住电场力和洛伦兹力的区别，洛伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小。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、0.644--0.646mm【解析】试题分析：旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为0.01×14.5mm=0.145mm，所以最终读数为0.645mm（0.644mm-0.646mm）；考点：螺旋测微器【名师点睛】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．12、串联58006000【解析】试题分析：灵敏电流计的满偏电压，所以要测量的电压就要串联一个电阻，串联后的电压等于量程即，计算得，此时改装后的电压表内阻．考点：灵敏电流计的改装四、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）小球到达B点时的速度为2m/s；

（2）小球所带的电荷量为8×10-3C；

（3）电动机的机械功率为4.0W。【解析】

（1）由机械能守恒得：代入数据解得：vB=2m/s（2）到达B点绳恰好作用力为6mg，由牛顿第二定律得：代入数据解得：q=8×10-3C（3）设电容器两端电压为U，由二力平衡得：

①由欧姆定律得：

②所以，电动机两端电压：UM=E-U-Ir

③P机=P总-P热=IUM-I2rM

④联立①②③④解得：P机=4.0W14、【解析】

带正电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动从A点射出磁场，O、A间的