2027届福建省福州教育学院附属中学物理高二第一学期期中统考试题含解析

2027届福建省福州教育学院附属中学物理高二第一学期期中统考试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、物体做平抛运动，在水平方向上通过的最大距离取决于A．物体的下落高度B．物体的初速度C．物体的下落高度和初速度D．物体受到的重力和初速度2、如图所示，两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计相连，极板M与静电计的外壳均接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（）A．仅将M板向上平移B．仅将M板向下平移C．仅将M板向左平移D．仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）3、如图所示，带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为A．v0 B．1/v0 C．2v0 D．v0/24、如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长直通电导线，电流的方向垂直纸面向里，以直导线为中心的同一圆周上有a、b、c、d四个点，连线ac和bd是相互垂直的两条直径，且b、d在同一竖直线上，则A．c点的磁感应强度的值最小B．b点的磁感应强度的值最大C．b、d两点的磁感应强度相同D．a、b两点的磁感应强度相同5、某电源的电动势为4V，则关于该电源，以下看法不正确的是A．该电源没有接入电路时，其两极之间的电势差为4VB．当通过该电源的电荷量为1C时，该电源提供的电能为4JC．该电源每工作1s钟，电源提供的电能为4JD．将该电源接入电路中当其路端电压为2V时，电源的供电效率为506、如图，平行板电容器与直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．两板之间的电场强度不变C．P点的电势将降低D．电容器的电容减小，极板所带电荷量增大二、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，为位于0点的一点电荷电场中的等势线,是连线的中点是连线的中点，AO和BO垂直。在D点由静止释放一个带负电的试探电荷，仅在电场力作用下，试探电荷沿DA加速运动。下列说法正确的是A．D点的场强比C点的场强大B．D点的电势比C点的电势高C．带正电的试探电荷从A点沿直线AB移动到B点，电势能先增大后减小D．带负电的试探电荷从B点沿BCD移动到D点，电场力一直做负功8、A、B两物体质量均为m，其中A带电量为q（不考虑电量的变化）的负电荷，B不带电，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加一竖直向下的匀强电场，电场强度E=2mgq（g为重力加速度），若不计空气阻力，则以下说法正确的是A．刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为g，方向竖直向上B．B刚离开地面时，A的速度大小为2gmC．B刚离开地面时，A的速度大小为gmD．B刚离开地面时，A的加速度为零9、关于电磁阻尼和电磁驱动，下列说法中正确的是()A．电表线圈骨架用铝框是利用了电磁驱动B．在运输微安表时，用导线把表头的两接线柱相连是利用了电磁阻尼保护指针C．变压器的铁芯用互相绝缘的硅钢片叠成是利用了电磁驱动D．交流感应电动机是利用了电磁驱动10、如图所示，电灯和的阻值为和，电源内阻不计，滑动变阻器的阻值变化范围为0～，当变阻器触点P由a移向b时，电灯、的亮度变化情况是A．当时，灯变亮，灯变暗B．当时，灯先变暗后变亮，灯先变亮后变暗C．当时，灯先变暗后变亮，灯先变亮后变暗D．当时，灯变亮，灯先变暗后变亮三、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）(1)在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上______．A．调节斜槽使其末端保持水平B．每次释放小球的位置可以不同C．每次必须由静止释放小球D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降E．小球运动时不应与木板上的白纸相接触F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线(2)一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离相等的三点A、B、C，量得Δs＝0.2m．又量出它们之间的竖直距离分别为h1＝0.1m，h2＝0.2m，利用这些数据，可求得：(g＝10m/s2)①物体抛出时的初速度为_______m/s②物体经过B时速度为________m/s.12．（12分）如图所示的电路中，小量程电流表G的内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=1mA，R1=900Ω，R2=Ω，则当S1和S2均断开时，改装成的电表是____________（填电流表或电压表），量程为________；当S1和S2均闭合时，改装成的电表是______（填联表或电压表），量程为__________。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，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为一个质量为m的物体以初速度向右运动，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C，C、O、B三点在同一竖直线上．不计空气阻力试求：物体的初速度．物体从B点运动至C点的过程中克服摩擦力做的功．物体经过C点后落回水平地面，落地速度v的大小．14．（16分）如图甲、乙分别是波传播路径上M、N两点的振动图象，已知MN=1m．①若此波从M向N方向传播，则波传播的最大速度为多少？②若波传播的速度为1000m/s，则此波的波长为多少？波沿什么方向传播？15．（12分）一质量为的带电小球以速度沿竖直方向从点垂直进入匀强电场中，如图所示，经过一段时间后到达点，其速度变为水平方向，大小仍为，重力加速度为，求：(1)小球带电情况（电性和电荷量大小）；(2)小球速度的最小值。

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、C【解析】根据平抛运动的规律，水平方向x=vt，竖直方向：，则，则在水平方向上通过的最大距离取决于物体的下落高度和初速度，故选C.2、D【解析】试题分析：电容器的M板通过大地与静电计的金属外壳连接，右边的N板与静电计指针相连，两板之间电压越高，静电计的指针张角越大．在电荷量不变时，张角变小即电压变小可判断电容变大，而平行板电容器电容，M板上移或者M板下移都是正对面积变小，电容C变小，电压升高静电计张角变大选项AB错．M板向左平移，两板之间的距离变大，电容变小，电压升高静电计张角变大选项C错．仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）而空气的介电常数等于1即电容C变大，电压降低静电计张角变小，选项D对．考点：平行板电容器3、C【解析】

设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：，解得：，则=2v0，故选C．带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．4、A【解析】用安培右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：

c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加后将变小，故A正确；b点有向上的磁场,还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，合磁场方向向左上，故B错误；d点有向上的磁场,还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上，d点与b点叠加后的磁场大小相等,但是方向不同，而a点有向上的磁场，故C错误；再叠加电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，合磁感应强度最大，故BD错误．所以A正确，BCD错误．

5、C【解析】

A．电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极之间的电压，故A正确；BC．电源做的总功为W=EIt=Eq电源做功等于电源提供的电能，可知电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量，故B正确，C错误；D．电源效率为故D正确。6、C【解析】

AB.将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，即极板间距变大，则有电容器的电容减小，由于电容器两板间电压不变，根据可知场强减小，因此带电粒子受到的电场力减小，粒子将向下运动。故AB错误；C.场强减小，P到负极板（0电势点）的距离不变，则P与0电势间的电势差变小，所以P点的电势降低。故C正确；D.极板间距变大，根据电容决定式可知，电容器的电容减小，而电压不变，可知，带电量减小，故D错误。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】

A．根据点电荷场强公式可知，D点离电荷较近，所以D点的场强比C点的场强大.故A正确.B.由题意可知场源电荷为负电荷，D点离电荷较近，所以D点的电势比C点的电势低.故B错误.C.带正电的试探电荷从A点沿直线AB移动到B点，电场力先做正功后做负功，所以电荷的电势能先减小后增大.故C错误.D.带负电的试探电荷从B点沿BCD移动到D点过程中，一直受到电场力的排斥作用，所以电场力一直做负功.故D正确.8、BD【解析】

在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场的瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故F=2mg=ma，解得a=2g，方向向上，故A错误；当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加外力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为x=2mgk，故合力做功全部转化为A的动能，根据动能定理可知(qE-mg)x＝12mv2，解得v=2gmk，故B正确，C错误；当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，此时弹簧的弹力F=mg，对A物体，受到向上的电场力、重力以及弹簧的拉力，根据牛顿第二定律可知qE-F-mg=ma，解得a=0，故D本题关键根据平衡条件和胡克定律求解出弹簧的形变量，最后结合几何关系得到物体A上升的距离，注意明确弹性势能的变化与形变量之间关系，利用动能定理可判断。9、BD【解析】

A项：铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电流又会受到安培阻力，阻碍线圈的转动，故A错误；B项：连接后由于电磁效应动圈阻尼变得极大，运输时线圈不再容易摆动，可以防止指针打坏，故B正确；C项：变压器的铁芯是用相互绝缘的硅钢片叠成的，这样可以减小铁芯中的涡流，故C错误；D项：发电机的工作原理是电磁感应，而电动机是电流的磁效应，依靠电磁驱动的，故D正确。故应选BD。10、AD【解析】AB、当R1＞R0时，灯L1与滑动变阻器的一部分串联的总电阻一定大于另一部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻增大，所以总电流减小，所以通过灯L2的电流减小，所以L2变暗，通过L1的电流变大，L1变亮，故A正确，B错误；CD、当R1＜R0时，灯L1与滑动变阻器的一部分串联的总电阻先大于后小于另一部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L2的电流先减小后增大，故L2先变暗后变亮，而通过L1的电流一直变大，L1变亮，故D正确，C错误．

故选AD．点睛：由电路图可知：灯L1与滑动变阻器的一部分串联后与另一部分并联，再跟灯L2串联；根据电阻的变化情况，利用欧姆定律判断电流的变化情况，进而判断灯泡变亮还是变暗．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、ACE2.02.5【解析】

（1）[1]．A．为了保证小球初速度水平，需调节斜槽末端保持水平，选项A正确．BC．为了保证小球每次平抛运动的初速度相等，每次将小球从斜槽的同一位置由静止释放，即释放位置必须相同，且由静止释放，选项C正确，B错误．D．记录小球位置用的铅笔没必要每次必须严格地等距离下降，选项D错误；E．小球运动时不应与木板上的白纸相接触，选项E正确；F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成平滑曲线，选项F错误；故选ACE。（2）[2][3]．在竖直方向上，根据得物体的初速度为．B点的竖直分速度为根据平行四边形法则知，B点的速度为．12、电压表1V电流表1A【解析】

[1][2]由图示电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1串联，此时为电压表，改装后电压表量程为[3][4]由图示电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，此时为电流表，改装后电流表量程为四、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、mgR【解析】

物体从A到B做匀速直线运动，在B点根据向心力公式即可求解B点的速度，即为物体的初速度；在C点，根据向心力公式求出C点速度，从B到C根据动能定理即可求解B到C过程中克服摩擦力所做的功；从C到地面根据动能定理即可求解落地速度．【详解】（1）在B点，根据向心力公式有：其中

解得：（2）在C点，根据向心