2026-2027学年高二上学期物理期中考试模拟卷4（山西运城适用）

2026-2027年物理高二上学期期中模拟测试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题：本小题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．关于电流，下列说法中正确的是（     ） A．因为电流有方向，所以电流是矢量 B．电流的微观表达式中，n是指单位体积内的自由电荷数 C．由可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流越大 D．某手机的说明书标明电池容量为，其中为能量单位 2．风力发电机是将风能转化为电能的装置。风能就是气流的动能，风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。若空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片长度为r，则时间t内流向风轮机的最大风能为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示是电饭煲及其内部的简化电路图，R1是阻值为434 Ω的定值电阻，R2是阻值为50 Ω的电热丝，下列说法正确的是（     ） A．开关S接通时，电饭煲处于保温状态 B．电饭煲处于加热状态时，R2的热功率是968 W C．电饭煲处于保温状态时，R2的热功率约为100 W D．电饭煲保温3分钟，电热丝发出的热量约为1800 J 4．一匀强电场的方向平行于平面，平面内、点的坐标分别为、，如图所示。已知三点的电势分别为，则该电场的电场强度大小为（     ） A． B． C． D． 5．如图所示，来自电子源的电子初速度为零，经电压为U的电场加速后，形成一束柱状的电子流。若电子流横截面积为S，电子的比荷为k，元电荷为e，电子流形成的电流大小为I，则电子流单位体积内的电子数n表达式为（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B（可视为点电荷）通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，已知OB＜OC。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在B球到达O点正下方前，正确的是（　　） A．A球的质量小于B球的质量 B．此过程中绳的拉力对B球做负功 C．此过程中点电荷对B球的库仑力不变 D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小 7．如图所示电路中电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻（阻值均大于电源内阻r），电压表和电流表可视为理想电表。开关S闭合后，若将滑动变阻器R的滑片向b端移动，下列说法正确的是（　　） A．电压表的示数变大、电流表的示数变小 B．R1消耗的功率变大、R2消耗的功率变小 C．电源的输出功率逐渐增大、电源的效率逐渐增大 D．若电压表、电流表的示数变化量分别为和，则 评卷人 得分 二、多选题：本小题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条等差等势线，实线为一带负电荷的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，下列判断正确的是（     ） A．电场中等势线的电势 B．粒子通过Q点时动能较小 C．粒子通过P点时电势能较小 D．粒子通过P点时加速度较大 9．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是（　　） A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1，A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角不相同 10．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中，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（　　） A．反应Pr变化的图线是c B．电源的电动势为8V C．电源内阻为2Ω D．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω 评卷人 得分 三、实验题：11题（7分，第1空1分，其余各2分），12题（8分，第1、2、7、8空1分，其余2分） 11．有一陶瓷圆筒，外面镀有一层很薄的合金薄膜。为测定薄膜的厚度，某同学先用20分度的游标卡尺测出陶瓷圆筒长度为L，又用螺旋测微器测得筒外径d，最后用多用电表粗测其电阻。并在电工手册查得薄膜的电阻率为ρ。 (1)该同学用20分度游标卡尺测量陶瓷圆筒长度如图1所示，则其长度为L=________mm，螺旋测微器测得筒外径d如图2所示，则筒外径d=________mm，用多用电表欧姆挡的“×100挡粗测薄膜电阻值时，表盘上指针如图3所示，则电阻为________Ω。 (2)该同学利用所测得的物理量及查表的数据，求薄膜厚度表达式D=________。 12．某实验小组利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，实验器材如下： 干电池一节（电动势约为1.5V，内阻约为0.5Ω）； 电压表V（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）； 电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为0.2Ω）； 滑动变阻器（最大阻值为20Ω）； 开关、导线若干。 (1)实验电路图选择______（选填“A”或“B”）。 (2)用笔画线代替导线，将图中的器材在答题纸上连成实验电路______。 (3)完成实验后，某同学利用图像分析由电表内阻引起的实验误差。在下图中，实线是根据实验数据描点作图得到的U-I图像；虚线是该电源真实的路端电压U随真实的干路电流I变化的U-I图像。本次实验分析误差的U-I图像是______。 A．B．C．D． (4)为减小电表内阻引起的实验误差，在电表量程不变的情况下，可以采取的措施是______。 A．换用内阻更小的电压表 B．换用内阻更大的电压表 C．换用内阻更小电流表 D．换用内阻更大的电流表 (5)如图所示是根据实验数据作出的图像，由图可知，电源的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。 评卷人 得分 四、解答题 13．（9分）如图所示，某学习小组进行电表改装的实验，已知表头内阻为，满偏电流为300mA，使用OA接线柱时它是量程为0~3A的电流表，使用OB接线柱时它是量程为0~0.6A的电流表，使用OC接线柱时它是量程为0~60V的电压表，求图中的、和的阻值。 14．（14分）如图为某电子发生装置，产生初速度为0的电子，经过加速电场的加速，然后进入偏转电场运动，最后打在荧光屏上。已知加速电场两板间电势差为，偏转电场两板间电势差为且上板带负电，板长为L，板间距为d，偏转电场与荧光屏的距离为l，电子的质量为m、电荷量为q，其重力不计。 (1)电子离开加速电场获得的速度； (2)电子离开偏转电场时的速度偏角的正切值； (3)电子打到荧光屏的位置与荧光屏中心的距离。 15．（16分）电路如图所示，电源电动势，内阻，电阻，，，C为平行板电容器，其电容（），虚线到两极板距离相等，极板长，两极板的间距。 (1)开关S处于断开状态时，电容器两端的电压是多少？ (2)若开关S原来处于断开状态，则当其闭合后，求流过的总电量为多少？ (3)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入的电场中，能否从的电场中射出？若能，求射出电场时的侧向位移；若不能，求粒子打到板上的时间。（取）（结果可保留分数和根号） 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2026-2027物理高二上学期期中模拟测试卷4》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B A D A D AD BD ACD 1．B 【详解】A．电流虽有方向，但电流的运算遵循代数加减，不满足平行四边形法则，因此电流是标量，故A错误； B．电流的微观表达式为，其中表示单位体积内的自由电荷数，符合题意，故B正确； C．电流强度定义式为，电流大小由单位时间内通过导体横截面的电荷量决定。通过横截面的电荷量增大时，若通过这些电荷所用的时间也增大且比例更大，电流可能反而减小，故C错误； D．由电荷量定义可知，电流与时间相乘的单位是电荷量单位，所以是电荷量单位，能量常用单位为或，故D错误。 故选B。 2．B 【详解】时间t内流向风轮机的最大风能， 联立得 故选B。 【点睛】 3．B 【详解】A．开关S接通时，回路中总电阻较小，电饭煲功率较大，故电饭煲处于加热状态，故A错误； B．开关S接通时，电饭煲处于加热状态，则的热功率，故B正确； C．开关S断开时，回路中总电阻较大，电饭煲功率较小，电饭煲处于保温状态时，的热功率约为，故C错误； D．电饭煲保温3分钟，电热丝发出的热量约为，故D错误。 故选B。 4．A 【详解】设中点为点，则点的电势为，为等势线，点到的距离 因此该电场的电场强度大小为 故选A。 5．D 【详解】电子经电压U加速，由动能定理 时间内流过横截面积S的电荷量 则电子流形成的电流 联立解得 故选D。 6．A 【详解】A．电荷量缓慢减少，可把各位置视为平衡状态。设两球质量分别为，，绳中拉力大小为，球所受库仑力和重力大小分别为，。由球受力平衡及重力公式可得， 忽略小定滑轮的尺寸，球的受力及几何关系如下，蓝色圆弧表示其缓慢移动时的轨迹 将球所受三力首尾相接，可得到下列闭合力三角形 该力三角形的三边分别平行于，，，与相似，因此 代入两球的重力与拉力关系，并利用已知长度关系，得，故A正确； B．由前述平衡关系可得，两球质量和均不变，故始终不变。球沿图中以为圆心的圆弧移动，拉力始终沿半径方向，与运动方向垂直，拉力做功为，故B错误； C．设处点电荷的电荷量为，球的电荷量为，静电力常量为。由库仑定律有 与前述平衡关系联立得 其中，和均不变，减小时减小。由前述比例关系，库仑力大小随减小而减小，故C错误； D．设两段绳在处的夹角为，滑轮受到轻绳的合力大小为。根据平行四边形定则，两股等大绳拉力及其合力的关系如下 由两力合成规律得 整理得 在中，由余弦定理有 ，均不变，减小，故减小。又因不变，滑轮受到轻绳的合力逐渐增大，故D错误。 故选A。 7．D 【详解】AD．由图可知，与滑动变阻器接入的电阻串联后，与并联，再与串联。理想电压表测量并联部分的电压，理想电流表测量总电流，分别记为，。设滑动变阻器接入的电阻为，并联部分的等效电阻为。滑片上方的电阻丝被导线短接，滑片向端移动时，减小。根据串并联电阻关系有 可知减小。由闭合电路欧姆定律得 所以总电流增大。对整个回路有 由于，和不变，故减小。将滑片移动前、后两状态的回路方程相减，得 所以，故A错误，D正确； B．总电流流经，根据电阻功率公式，其功率为 因增大，故增大。设流经，的电流分别为，，由欧姆定律有，因减小，故减小。由并联支路的电流关系得 由于增大且减小，故增大。因此的功率也增大，故B错误； C．外电路总电阻满足 由前述总电流关系得 设电源两端的路端电压为，根据闭合电路欧姆定律有 所以电源的输出功率为 总电流始终小于，并且逐渐增大，所以上式中的平方项减小，电源输出功率增大。电源效率是输出功率与总功率之比，故 随着增大，电源效率减小，故C错误。 故选D。 8．AD 【详解】A．根据电场强度方向垂直于等势线，结合粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，且粒子带负电，粒子受到的电场力方向与电场强度的方向相反，可推知电场强度方向垂直于等势线向上，根据沿电场强度方向电势降低可知，故A正确； BC．粒子带负电，且，根据可知，在P、Q两点的电势能关系为 粒子只受电场力作用，根据能量守恒定律可知粒子电势能与动能之和保持不变，则粒子通过Q点时动能较大，故BC错误； D．等势线越密的位置电场强度也越大，所以P点电场强度较大，粒子通过P点时加速度较大，故D正确。 故选AD。 9．BD 【详解】AB．图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确； CD．图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故C错误，D正确． 故选BD。 10．ACD 【详解】A.根据直流电源的总功率，内部的发热功率，输出功率，可知反映变化的图线是，反映变化的是图线，反映变化的是图线，故A正确； B.图线的斜率等于电源的电动势，由得到： 故B错误； C.内部的发热功率，内阻为： 故C正确； D.当电流为0.5A时，由图读出电源的功率，由代入得到： 故D正确． 11．(1) (2) 【详解】（1）[1]由题图可得，主尺读数为，游标尺对齐刻度前有7个小格，故最终读数为 [2]由题图可得，螺旋测微器的读数为 [3]由题图可得，结合档位，得出最终读数 （2）合金薄膜可以看成薄圆柱壳，则通过电流的横截面积 由电阻定律得，薄膜厚度表达式 12．(1)A (2) (3)A (4)B (5) 1.5 1.0 【详解】（1）因为电源内阻较小，接近电流表内阻，为了减小误差所以电流表采用相对电源外接. 故选A。 （2）根据电路图得实物连接图如图所示 （3）由于电压表的分流作用，相同的路端电压下，电流表测量的电流值小于流过电源的电流，内电阻的测量值为电源和电压表并联后的总电阻，比实际电源的内阻小，对应实线斜率的绝对值比虚线的小，但当电压为零时，电压表的内阻对测量没有影响，实线和虚线重合。故选A。 （4）因为电压表的分流作用产生的误差，为减小电表内阻引起的实验误差，在电表量程不变的情况下，电压表内阻越大，电压表的分流越小，可以采取的措施是换用内阻更大的电压表。 故选B。 （5）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律 整理可得 结合图像可知，电源的电动势 电源的内阻 13．20Ω，80Ω，50Ω 【详解】使用OA接线柱时，量程为，则有 使用OB接线柱时，量程为，则有 其中， 联立解得， 使用OC接线柱时，量程为，则有 解得 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）电子在加速电场中运动，初速度为0，由动能定理 整理得离开加速电场的速度 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动： 水平方向匀速运动 得运动时间 竖直方向匀加速运动：电场强度 加速度 离开时竖直分速度 速度偏角正切值满足 联立得 （3）根据类平抛运动的推论：电子离开偏转电场时，速度的反向延长线一定经过偏转电场水平位移的中点。 结合几何关系，偏移量满足 代入得 15．(1)16V (2) (3)不能， 【详解】（1）S断开时，直流稳态下电容器支路无电流，不分压，电流仅在与电源内阻的串联回路流动， 总电阻 回路电流 电容器两端电压等于两端的分压 （2）S闭合后，外电路为与并联，外电路总电阻 总回路电流 路端电压 串联支路的电流 此时电容器两端电压等于的分压 电容器初始带电量 S闭合后带电量 电量减少量全部通过释放 （3）S断开时微粒匀速，竖直方向受力平衡 S闭合后，电场力减小，合力向下，由牛顿第二定律 代入平衡条件化简得加速度 若微粒水平方向匀速运动到极板右端，所需时间 对应竖直侧向位移 极板半间距，，因此微粒不能射出电场。 由 解得打到板上的时间 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $