2027届福建省龙岩市连城一中物理高二第一学期期中预测试题含解析

2027届福建省龙岩市连城一中物理高二第一学期期中预测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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,一点电荷先后置于匀强电场中的A、B两点,则该点电荷在这两点所受的电场力()A．大小相等,方向相反B．大小相等,方向相同C．大小不等,方向相同D．大小不等,方向相反2、以下四幅图中，表示等量异种点电荷电场线分布情况的是A． B．C． D．3、图中的平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面．一个带–5.0×10-8C的点电荷，沿图中曲线从A点移到B点,电场力做的功为：A．–5.0×10-7J B．5.0×10-7J C．–3.5×10-6J D．3.5×10-6J4、把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d．要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足（）A．UA：UB=1：1 B．UA：UB=：1C．UA：UB=：3 D．UA：UB=3：45、如图为伏安法测电阻的一种常用电路．以下分析正确的是A．此接法的测量值大于真实值B．此接法的测量值小于真实值C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在变阻器的正中间6、某段金属导体两端电压为U时，导体中电子平均定向移动速度为v．如果把这段导体均匀拉长1倍后仍保持它两端的电压为U，则导体中电子平均定向移动速度为（）A．B．C．vD．2v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、如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功大小为1.0J，电场力做的功大小为0.5J．（只受电场力、重力作用），则下列说法正确的是A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点少0.5JC．粒子在A点的动能比在B点多0.5JD．粒子在A点的机械能比在B点少0.5J8、如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是：（）A．向右加速运动；B．向右减速运动；C．向右匀速运动；D．向左减速运动．9、如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一质量为m=0.1kg、带电荷量为的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数.从t=0时刻开始，空间上加如图乙所示的电场.下列说法正确的是（）A．4秒内小物块一直向同一方向运动B．2s末小物块速度大小为2m/sC．4秒内小物块的位移大小为6mD．4秒内电场力对小物块所做的功为0.8J10、如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其它左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）A．B．LvC．D．2Lv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“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中．除有一标有“3V1.8W”的小灯泡、电源、导线和开关外，还有电流表A(0～0.6A，内阻约为0.1)、电压表V(0～3V，内阻约为4k)、滑动变阻器R(0～10，2A)。实验要求保证器材的安全，灯泡两端的电压能从0开始连续调节，测量结果尽量准确。(1)为尽可能地减小误差，实验中采用电流表____________(选填“内接”或“外接")法，采用正确的方式测出的电阻值___________(选填“大于"“小于”或“等于")电阻的真实值。(2)设计并在方框中画出一个合理的电路图__________。(3)某同学根据电路图连接实物图时，并未连接完整，请用笔画线代替导线完成实物图的连接_________。12．（12分）小明拉着穿过打点计时器的纸带的一端运动，纸带上打出的点如图所示，由此判断纸带的运动情况是（）A．先匀速后减速B．先加速后匀速C．先减速后加速D．先加速后减速四、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）如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转磁场．一束同位素离子（质量为m，电荷量为＋q）流从狭缝S1射入速度选择器，速度大小为v0的离子能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S1射出，立即沿水平方向进入偏转磁场，最后打在照相底片D上的A点处．已知A点与狭缝S1的水平间距为，照相底片D与狭缝S1、S1的连线平行且距离为L，忽略重力的影响．则（1）设速度选择器内部存在的匀强电场场强大小为E0，匀强磁场磁感应强度大小为B0，求E0∶B0；（1）求偏转磁场的磁感应强度B的大小和方向；（3）若将右半部的偏转磁场换成方向竖直向下的匀强电场，要求同位素离子仍然打到A点处，求离子分别在磁场中和在电场中从狭缝S1运动到A点处所用时间之比t1∶t1．14．（16分）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电的细线的一端连接着一个质量为m的带电小球，另一端固定在O点，把小球拉起至细线与场强平行，然后无初速度释放，小球摆动到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ，求小球经过最低点时细线对小球的拉力。15．（12分）如图所示的电路中，电源电动势E=10V，𝑅1＝2𝛺，𝑅2＝6𝛺，电容C=100μF，电源内阻r=2Ω。求闭合开关稳定后：（1）通过电阻𝑅1的电流和𝑅2两端的电压；（2）然后将开关S断开，求这以后通过𝑅1的电荷量。

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】匀强电场中电场强度处处相同，根据F=Eq可知，同一个试探电荷放在A、B两点时，所受电场力大小相等，方向相同，故B正确．故选B．2、B【解析】

根据电场线的特点，电场线起始与正电荷终止于负电荷，且一般不是直线，可以判断B表示等量异味种点电荷电场线的分布情况．故B正确，ACD错误。3、B【解析】

电场力做功与路径无关，只决定于初末位置的电势差．W=qUAB4、B【解析】

根据电阻定律可知，RA：RB=，由于是纯电阻，则由，Q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为UA：．故选B．5、A【解析】

由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小．电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差越小．（2）为保证电路安全，采用滑动变阻器分压接法时，在闭合开关前，要求滑动变阻器滑片移到分压电阻为零的位置．【详解】由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值，故A正确，B错误；伏安法测电阻，采用电流表内接法时，由于电流表的分压会使电压表测量值大于真实值，实验误差是由电流表分压造成的，故此接法要求待测电阻值大于电流表内阻，故C错误；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应置于最右端，故D错误；故选A本题考查了伏安法测电阻实验电路分析、实验注意事项、实验误差分析等问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题．分析清楚电路结构、应用欧姆定律即可分析实验误差．6、B【解析】这段导体均匀拉长1倍，即长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的一半，则电阻则是原来的4倍，电压不变，则电流为原来的四分之一．根据I=neSv可知，S为原来的一半，所以速度v为原来的一半．故选B．点睛：本题的关键在于判断电阻大小的变化，长度变长增加一倍，横截面积变细又是1倍，故变为原来的4倍．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】

粒子从A点运动到B点，受电场力向右，与场强方向相反，粒子带负电，A对．由A到B电场力做正功，电势能减少0.5J．B错．重力做负功，合外力做功为0.4J，动能增量为0.4J，C错．机械能对应非重力功，即电场力做功，电场力做正功0.5J，机械能增加0.5J,D对．8、AD【解析】试题分析：如果导体棒AB向右匀速运动，产生的感应电流恒定不变，穿过右边线圈的磁通量不变，在灵敏电流表上没有电流通过，当导体棒AB向右加速运动时，产生的感应电流方向竖直向上，穿过右边线圈的磁场为竖直向下，由E=BLv可知穿过右边线圈的磁通量增大，感应电流的磁场竖直向上，由右手定则可知感应电流的方向竖直向下，A对；同理判断B错；D对；考点：考查法拉第电磁感应和楞次定律点评：难度中等，匀速运动的导体棒产生的感应电流恒定，电流形成的磁场恒定不变，根据导体棒的速度方向判断远磁场方向，由速度大小变化判断磁通量变化9、AD【解析】

ABC．0～2s，由牛顿第二定律得物块加速度：物块向右做加速运动，2s末小物块速度前2s内的位移2～4s，由牛顿第二定律得加速度物块向右做减速运动，4s末减速到零，2～4s的位移4秒内小物块的位移故A正确，BC错误；D．4秒内电场力对小物块所做的功代入数据解得故D正确。10、AD【解析】

木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间；【详解】若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有：

根据位移时间公式，有：，解得；

若一直加速到达另一端的速度恰好为v，则有，解得；若先加速后匀速，则匀加速运动的时间，匀速运动的时间，则总时间，故AD正确，BC错误．本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．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）外接小于（2）如图；（3）如图；【解析】

根据灯泡与电表内阻的关系选择连接方式，再根据欧姆定律分析．电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，然后连接实物电路图；闭合开关前，分压电路分得的电压应为零．【详解】（1）灯泡正常发光时电阻R==5Ω，灯泡电阻远小于电压表内阻，则电流表采用外接法，采用外接法时，通过灯泡实际电流小于电表读数，根据欧姆定律R=U/I得测出的电阻值小于电阻的真实值.（2）电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；

（3）根据电路图连接实物图：

对电学实验题目应明确：①根据待测电阻的额定电压和额定电流来选择电压表和电流表的量程；②若电阻大小满足时，电流表应用外接法，否则应用内接法；③当电路要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节．12、D【解析】

从图中看出，相邻的计时点的距离先越来越大，后越来越小，所以小车先做加速运动后做减速运动．故D正确，ABC错误．故选D．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）v0（1），磁场方向垂直纸面向外（3）【解析】

（1）能从速度选择器射出的离子满足qE0=qv0B0所以E0∶B0=v0（1）离子进入匀强偏转磁场后做匀速圆周运动，由几何关系得：则由则磁场方向垂直纸面向外（3）磁场中，离子运动周期运动时间电场中，离子运动时间则磁场中和在电场中时间之比14、【解析】

小球运动过程中根据能量的关系有设小球运动到最低点时速度为v，线的拉力为F，由动能定理，有由牛顿第二定律有由以上三式可解得15、（1）6V(2)【解析】试题分析：闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解即可；开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电