2027届甘肃省天水市秦州区天水一中高二物理第一学期期中学业水平测试试题含解析

2027届甘肃省天水市秦州区天水一中高二物理第一学期期中学业水平测试试题注意事项：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、套有三个带电小环的光滑大圆环放在水平面桌面上,小环可在大环上自由滑动且电荷量保持不变，平衡后,三个小环构成一个等腰锐角三角形,三角形的边长大小关系是AB=AC>BC,可以判断()A．三个小环电荷量的代数和可能为0B．三个小环所受大环的弹力大小关系为FA>FB=FCC．A环可能与B,C环的电性相反D．三个小环带电荷量的大小为QA＜QB=QC2、关于分子电流，下面说法中正确的是[]A．分子电流假说最初是由法国学者法拉第提出的B．分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质，即磁场都是由电荷的运动形成的C．“分子电流”是专指分子内部存在的环形电流D．分子电流假说无法解释加热“去磁”现象3、如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在x轴上有A、B两点，则A．A点场强大于B点场强B．正电荷从B点移动到A点电场力做负功C．A点电势低于B点电势D．A点场强方向指向x轴负方向4、如图所示，叠放在水平地面上的物块M和N分别受到F和2F水平拉力的作用．若M和N都静止，则地面对物块N的摩擦力大小和方向分别是（）A．F，方向向右B．F，方向向左C．2F，方向向右D．2F，方向向左5、带电微粒的电荷量不可能是下列选项中的（）A．B．C．D．6、已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R．则地球的自转周期为()A． B．C． D．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，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点。下列说法正确的是A．A点的电场强度大于B点的电场强度且两点电场强度方向相同B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先减小后增大D．一质子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功8、平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为，其中ε0为常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器（）A．电势差减小 B．电容减小 C．电势差不变 D．电荷量不变9、如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷和，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点，规定无穷远电势为零，下列说法正确的是A．A点场强小于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．O点电势小于零D．C点和D点电势相等10、如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则()A．M点的电势比P点的电势低B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功三、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）在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.01s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为_____s．用刻度尺量得点A、B、C、D到O点的距离分别为x1=1.50cm，x1=3.40cm，x3=5.70cm，x4=8.40cm．由此可知，打C点时纸带的速度大小为______m/s．与纸带相连小车的加速度大小为_____m/s1．12．（12分）用伏安法测电阻时，如待测电阻Rx约为150Ω，电流表内阻RA约为20Ω，电压表内阻RV约为5KΩ，应该用图中的________电路（填①或②）来测量可以尽量减小误差．当用电路图①进行测量时，测量值将比真实值偏________（填大或小）；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）平行正对极板A、B间电压为U0，两极板中心处均开有小孔．平行正对极板C、D长均为L，板间距离为d，与A、B垂直放置，B板中心小孔到C、D两极板距离相等．现有一质量为m，电荷量为+q的粒子从A板中心小孔处无初速飘入A、B板间，其运动轨迹如图中虚线所示，恰好从D板的边沿飞出．该粒子所受重力忽略不计，板间电场视为匀强电场．（1）指出A、B、C、D四个极板中带正电的两个极板；（2）求出粒子离开B板中心小孔时的速度大小；（3）求出C、D两极板间的电压．14．（16分）如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线．平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω．可以看为质点的带电小球，电量q＝－0.01C，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑．（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E．（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，求电源内阻r．（3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？15．（12分）如图所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从左侧极板附近由静止开始经电压为U1的电场加速后，从a点水平射入．求：(1)粒子从a点射入的速度v0；(2)若将两金属板接上恒定电压U2，使粒子恰好打到金属板的中点，求电压U2的大小；

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】对A分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B与C对A引力，要么对A斥力，才能处于平衡状态，因此A不可能受到一个斥力一个引力，所以BC带同种电荷，分析B根据平衡条件可得AC同种电荷，可得三个同种电荷，故AC错误；依据弹力等于两个库仑力的径向分量之和，显然FAB=FAC＞FBC，所以A的弹力最大，B的弹力为FAB和FBC径向分量之和，C的弹力为FAC和FBC径向分量之和，显然FAC=FAB，所以弹力FA＞FB=FC，故B正确；A受到两斥力，AB=AC＞BC，可得受A力更大，又离B远，可得A电量大于C，所以电荷量的关系为：QA>QB=QC，故D错误。所以B正确，ACD错误。2、B．【解析】分子电流假说最初是由安培提出来的，A错误，“分子电流”并不是专指分子内部存在环形电流的，分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质，即磁场都是由电荷的运动形成的，所以C错误B正确，加热去磁现象可以根据分子电流假说解释，构成磁体的分子内部存在一种环形电流——分子电流通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，D错误思路分析：根据分子电流假说的内容分析试题点评：了解物理学发展历史，不仅能做好这类题，也能帮助我们历史地去看待科学的发展进程．3、B【解析】

A.根据电场线与等势线垂直可知，A点电场线密度小于B点电场线密度，所以A点场强小于B点场强，故A错误；BD.电场线与等势线垂直且电场线方向由高电势指向低电势。在x轴上，电场方向由A指向B，正电荷从B点移动到A点电场力做负功，故B正确，D错误；C.由图可知，A点电势高于B点电势，故C错误；4、A【解析】

根据平衡条件，以MN为整体，进行受力分析，则有：地面对N的摩擦力f=2F−F=F，方向向右，故A正确，BCD错误；故选A.5、B【解析】

最小的电荷量是1.6×10-19C，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍，

A．是1.6×10-19C的2倍，故A可能，不符合题意。B．-6.4×10-20C不是1.6×10-19C的整数倍，故B错误，符合题意；C．-1.6×10-18C是1.6×10-19C的10倍，故C正确，不符合题意；D．4.0×10-17C是1.6×10-19C的250倍，故D正确，不符合题意；6、A【解析】试题分析：在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．在北极①，在赤道②，根据题意，有③，联立解得，A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、AB【解析】

A．在如图所示的电场中EA＞EO＞EB，且电场方向都水平向右，故A正确；B．由于B、D两点关于O点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，中垂线为零等势线，故B正确；C．电子由B沿B→C运动到C过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功，电势能增大，沿C→D运动到D过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，电势能减小，故整个过程中电势能先增大后减小，故C错误；D．图中两电荷连线电场方向水平向右，即由A指向C，质子受电场力水平向右，故质子由C点沿C→O→A路径移至A点过程中电场力做负功，故D错误。8、BD【解析】

增加两板间距时，根据电容的决定式，可知电容减小，故B正确；对此电容器充电后断开电源，故电量Q一定，故D正确；根据Q＝UC，由上可知电势差增加，故AC错误。所以BD正确，AC错误。9、ACD【解析】A：电荷附近B处的电场线比附近A处的电场线密集，则A点场强小于B点场强；故A正确．B：根据场强的叠加可知：C点场强方向斜向右下，D点场强方向斜向右上；则C点场强与D点场强方向不同．故B错误．C：O点电势：，因，O点电势小于零；故C正确．D：电场线从到，关于MN对称，C点和D点电势相等；故D正确．点睛：场强是矢量，叠加遵循平行四边形定则；电势是标量，叠加直接代数和．10、ABD【解析】

A：根据等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势降低；可知M点的电势比P点的电势低。故A项正确。B：O、M间的场强小于N、O间的场强，OM=NO，由公式U=Ed分析得知，O、M间的电势差小于C：根据等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势降低；可得O点的电势高于Q点的电势，则正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能。故C项错误。D：M点的电势比P点的电势低，则负电荷在M点的电势能比在P点的电势能大，所以将一负电荷由M点移到P点时，电势能减小，电场力将正功。故D项正确。本题关键要根据电场线方向及等势线与电场线垂直判断出各点电势的高低，利用EP=qφ分析电荷电势能的变化，再据三、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、0.10.150.4【解析】

按打点先后顺序每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为T=0.1s．纸带上相邻计数点的距离在增大，而且相邻计数点的距离之差不变，所以纸带做匀加速运动．利用匀变速直线运动的推论得：用逐差法求得加速度12、①小【解析】

[1]因为电流表内阻和被测电阻相接近，所以采用电流表外接法，即电路①来测量；[2]在该电路中，由于电压表的分流，导致电流表的测量值比真实值偏大，而电压值准确，根据欧姆定律可得测量值偏小。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）A、C（2）（3）【解析】

（1）电荷量为+q的粒子从A板中心小孔处无初速飘入A、B板间，其运动轨迹如图中虚线所示，恰好从D板的边沿飞出。因此可知，A、C极板带正电；（2）粒子在在A、B板间加速，由动能定理解得：（3）设C、D板间电压为U，则板间场强粒子在板间的加速度：粒子做类平抛运动，在沿板和垂直于板方向上分别有L=vt由以上各式得14、（1）18V（2）1Ω（3）能飞出【解析】

考查力电综合问题．【详解】（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得：，对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E，由平衡条件得：解得：E＝＝＝18V（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，水平方向：竖直方向分速度：对带电小球，由牛顿第二定律得：，其中：，代入数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18N/C，UC＝10.8V，当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，电容器两端电压：由部分电路欧姆定律：由闭合电路欧姆定律：代入数据解得：r＝1Ω．（3）当S1、S2均闭合时，R2与R3并联，并联电阻：电路电流：电压：对小球，由牛顿第二定律得：其中电压：联立求解：对带电小球类平抛运动分析，有：联立求解：y＝0.3m，y＝＝0.3m，带电小球恰好从右侧极板边缘