云南省施甸县第三中学2027届物理高二上期中综合测试试题含解析

云南省施甸县第三中学2027届物理高二上期中综合测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在10s内通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电量为2C，向左迁移的负离子所带电量为3C，那么电解槽中电流强度大小为（）A．0.5A B．0.2A C．0.3A D．0.1A2、在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时()A．RM变大，且R越大，U增大越明显B．RM变大，且R越小，U增大越明显C．RM变小，且R越大，U增大越明显D．RM变小，且R越小，U增大越明显3、下列四幅图中，能正确描述点电荷电场线的是()A．B．C．D．4、如图所示，a、b两个点电荷带等量同种正电荷，位置固定，O为ab的中点，O1O2通过O且与ab垂直，一个电子（重力可忽略）从O2一侧沿O2O1方向射入，则电子穿过O再向左运动的过程中A．它的加速度逐渐变大B．它的加速度逐渐变小C．它的加速度开始一段逐渐加大，后来逐渐减小D．它的加速度开始一段逐渐减小，后来逐渐增加5、如图所示，质量相等的两个小球A和B紧贴倒圆锥筒的光滑内壁各自做水平面内的匀速圆周运动，则（）A．A球受到的支持力较大B．B球受到的支持力较大C．A球运动的线速度较大D．B球运动的线速度较大6、下列说法中正确的（）A．牛顿最早提出力不是维持物体运动的原因B．伽利略认为力是维持物体运动的原因C．奥斯特发现了电流的磁效应D．牛顿最早成功的测出了万有引力常量二、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、如图所示，一平行板电容器的A、B两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，两极板间有一个质量为m的带电粒子静止于P点．下列说法正确的是A．带电粒子带负电B．若仅将A板稍微向上移动一定距离，则带电粒子仍将保持静止C．若仅将两极板各绕其中点快速顺时针转过一定小角度后，则粒子将向左做直线运动D．若断开电源并将B板稍向右移动一定距离，则带电粒子将向上做直线运动8、如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中（）A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小9、如图，质量为m、带电量为q的小球用长为L的细线悬挂，处在水平方向的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为θ=30°，现用力将小球缓慢拉到最低点B由静止释放。不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．场强的大小为E=B．小球将在A、B之间往复摆动C．小球将回到A处停下来D．小球从B向右摆到最高点的过程中，电势能的减少量为mgL10、两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则A．C点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向沿x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功三、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）为研究一钢珠在甘油中运动时所受阻力的大小，让它竖直落下进入甘油中，用频闪照相的方法得到钢珠在不同时刻的位置如图所示，其中AB位于液面上方，钢珠只在重力作用下加速下落，BD位于甘油中，钢珠先减速运动最后匀速运动。设钢珠在甘油中运动时受到的阻力与速度成正比，即F=kv，相机的闪光周期为0.05s，标尺上每一小格代表的实际距离是1cm，钢球的质量为0.01g，g取10m/s2，则钢珠在B点时的速度大小为___m/s，阻力常数k为_____kg/s。12．（12分）某同学设计了一个测量液体电阻率的实验，他在一根均匀的长玻璃管两端装上两个橡胶塞和铂电极，如图所示，两电极相距L=0.314m，其间充满待测的河水，安装前他用游标卡尺测量玻璃管的内径，测量结果为D=6.70mm。所用仪器：量程15V、内阻300KΩ的电压表量程300μA、内阻50Ω的电流表最大阻值1KΩ的滑动变阻器，电动势E=12V、内阻r=6Ω的电池组开关等各一个，以及导线若干图坐标中包括坐标为(0，0)的点在内的9个点表示他测得的9组电流I、电压U的值，已在坐标中标出。根据以上材料完成以下问题：①在坐标系中作出U-I图线________②开关闭合前滑动变阻器的滑片应先滑至_________端（填C端或D端）。③图中的仪器实物部分已连线，将其它部分连接成能测出图数据的实物连接图_______.④液体的电阻R=____________⑤求出液体的电阻率ρ=____________（用题中给出的字母表示，无需计算出结果）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，是某兴趣小组通过弹射器研究弹性势能的实验装置．半径为R的光滑半圆管道（管道内径远小于R）竖直固定于水平面上，管道最低点B恰与粗糙水平面相切，弹射器固定于水平面上．某次实验过程中，一个可看作质点的质量为m的小物块，将弹簧压缩至A处，已知A、B相距为L．弹射器将小物块由静止开始弹出，小物块沿圆管道恰好到达最髙点C．已知小物块与水平面间的动摩擦因素为μ，重力加速度为g，求：（1）小物块到达B点时的速度vB及小物块在管道最低点B处受到的支持力；（2）小物块在AB段克服摩擦力所做的功；（3）弹射器释放的弹性势能Ep．14．（16分）如图所示，在真空中的O点放一个点电荷Q＝＋1.0×10－9C，直线MN通过O点，OM的距离r＝30cm，M点放一个点电荷q＝－1.0×10－10C，求：(1)q在M点受到的电场力；(2)M点的场强；(3)拿走q后M点的场强；(4)M、N两点的场强哪点大？15．（12分）如图所示，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为m=1.0×10﹣2kg．现加一水平方向向左的匀强电场，场强E=3.0×106N/C，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角θ为30°．求：（1）小球带何种电荷，电荷量为多大；（g取10m/s2）（2）如果绳子突然断了，小球如何运动，加速度多大．

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、A【解析】试题分析：根据电流强度的公式，A对，BCD错。考点：本题考查电流强度的公式。点评：本题学生需要明确，在电解液中求电流强度时，电量要用正负电荷量的绝对值之和。2、C【解析】试题分析：S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，RM变小；当R＞RM时，R越大，M与R并联的电阻R并越接近RM，U增大越明显；故选C．考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律．3、B【解析】电场线从正电荷出发，终于止负电荷，故正电荷的电场线应向外发散，负电荷的电场线应向内聚拢，B正确．4、D【解析】本题考查了电场中双电荷模型的特点—等量同种电荷形成的电场，在两电荷的连线上，每点的场强方向由该点指向O点，大小由O点场强为零开始向两端逐渐增大，两电荷的连线上任一点与该点关于O点对称点的强度大小相等，方向相反，所以根据公式可得电子在运动过程中受到的电场力先减小，到O点最小，再O1方向的过程中电场力逐渐增大，所以它的加速度开始一段逐渐减小，后来逐渐增加，D正确，ABC错误思路拓展：本题的关键是清楚等量同种电荷的电场线分布情况，根据电场线分布情况判断电场强度，5、C【解析】试题分析：AB、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图筒对小球的支持力N=，与轨道半径无关，则由牛顿第三定律得知，小球对筒的压力也与半径无关，即有球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力．故AB错误；CD、根据牛顿第二定律，有：F=mgtanθ=m解得：v=．由于A球的转动半径较大，A线速度较大．故C正确，D错误．故选C6、C【解析】

A．伽利略根据理想斜面实验，最早提出力不是维持物体运动的原因，选项A错误；B．牛顿认为力是维持物体运动的原因，选项B错误；C．奥斯特发现了电流的磁效应，选项C正确；D．卡文迪许最早成功利用实验方法测出了万有引力常量，选项D错误。故选C。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】

带电微粒P在水平放置的A、B金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，即可判定粒子的电性；当两平行金属板A、B分别以绕其中点为轴在竖直平面内快速顺时针转过相同的较小角度α，此时分析P受到重力、电场力，从而判定运动性质；根据接通电源与断开电源两种情况下，前者是电压U不变，后者是电量Q不变，结合，及，即可一一求解.【详解】A．带电微粒P在水平放置的A、B金属板间的电场内处于静止状态，电场力竖直向上，且电场强度方向向下，因此粒子带负电，故A正确；B．若仅将A板稍微向上移动一定距离，因电压U不变，根据，则有电场强度减小，那么电场力减小，因此粒子将向下运动，故B错误；C．设初状态极板间距是d，顺时针旋转α角度后，极板间距变为dcosα，所以电场强度，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向右做匀加速直线运动，故C错误；D．若断开电源并将B板稍向右移动一定距离，因电容器所带电量Q不变，根据，及得，则知电场强度E增大，则带电粒子将向上做直线运动，故D正确；故选AD.考查了已知受力求运动，正确受力分析，有牛顿第二定律判断运动情况，解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系，注意电压U与电量Q的不变两种情况下，影响电场强度大小的影响也是解题的关键.8、AC【解析】试题分析：电子在从M到达N点的过程中，先靠近正电荷后远离正电荷，库仑力先做正功后做负功，动能先增后减，速率先增大后减小，A正确；B错误；电子只受电场力作用，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C正确；D错误；故选AC．考点：库仑定律；电势能．【名师点睛】根据电子与点电荷间距离的变化，分析电势的变化．电场力正做功，电势能减小，电场力负做功，电势能增大；电子先靠近正电荷，后远离正电荷；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况和动能的变化情况，即可知速率的变化．9、AD【解析】小球原来处于静止，由平衡条件得：qE=mgtanθ，则得E=mgtanθq=3mg3q，故A正确；由题知，小球原来静止，电场力与重力的合力方向沿OA方向．小球从最低点B由静止释放后，电场力和重力的合力做正功，小球的速度增大，到达A点后，由于惯性，继续向上摆动，之后合力对小球做负功，速度减小，速度减至零后，再向下摆动，到B点速度为零，周而复始，所以小球将以A点为平衡位置做往复运动．故BC错误；小球从B向右摆到最高点的过程中，设x细线的最大偏角为α．根据能量守恒定律得：mgl（1-cosα）=qElsinα

将qE=mgtanθ，代入解得：tanα2=tanθ，α=2θ=60°;所以电势能的减少量为△Ep10、AD【解析】

A．图的斜率为E，C点电势的拐点，则电场强度为零，故A正确；B．由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电．故B错误；C．由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向．故C错误；D．因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功．故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、2.52.510-4【解析】

［1］由图知，xAMxMNxNB135，则A点初速度不为零，因为在AB段小球做自由落体运动，由运动学的推论，钢珠在N点时的速度大小vN==m/s=2m/s则钢珠在B点时的速度大小vB=vN+gT=（2+100.05）m/s=2.5m/s［2］当钢珠进入甘油则满足mg=F时，小球做匀速运动，由图知，小球做匀速运动时标尺上显示的是两小格，其速度v==m/s=0.4m/s则由mg=kv，阻力常数k==kg/s=2.510-4kg/s12、①图像如图②C端③实物连线；④（1.0±0.1）×105Ω⑤【解析】①在坐标图中画出U-I图线如图所示；②为保护电流表，开关闭合前，滑片应滑到C端；③实物连线如图；④由U-I图象可求出液体的电阻：⑤根据及，可解得，点睛：对实验问题，关键是明确实验原理，然后根据相应规律求解即可，要熟记伏安法测量电阻时电流表内接法与外接法选择的依据，以及滑动变阻器应采用分压式的几种情况：测量电路要求电流从零调，滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻阻值等．四、计算题：本题共3小题，共38分。把答