福建省福州市师大附中2027届物理高二上期中综合测试模拟试题含解析

福建省福州市师大附中2027届物理高二上期中综合测试模拟试题注意事项：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、下列说法正确的是（）A．库仑在研究电荷间相互作用时，提出了“电场”的概念B．电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过电源的电荷量成反比C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零D．金属材料的电阻率随温度的升高而减小2、一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里，王华同学想利用学过的知识判断电缆中的电流方向，他在墙的西侧处放一指南针，电路接通后，发现指南针指向刚好比原来旋转180。，由此可以断定，这根电缆中电流的方向（）A．可能是竖直向上 B．可能是竖直向下C．可能是向南 D．可能是向北3、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙．下列说法正确的是（）A．离子从电场中获得能量B．离子由加速器的边缘进入加速器C．加速电场的周期随粒子速度增大而增大D．离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压有关4、如图，两平行的带电金属板水平放置，若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）顺时针旋转600，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A．向左下方做匀加速运动，加速度大小为gB．向左下方做匀加速运动，加速度大小为2gC．向右下方做匀加速运动，加速度大小为gD．向右下方做匀加速运动，加速度大小为2g5、如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为()A．都等于 B．0和C．和0 D．0和6、如图所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个带电粒子穿越电场的运动轨迹，a、b是此轨迹上的两点。不计带电粒子所受重力，下列说法中正确的是（）A．电场方向一定是向右的B．该粒子一定带负电荷C．该粒子一定是由a向b运动D．粒子在a点的动能一定小于在b点的动能二、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、把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧线，如图所示，导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由a到b．以下说法正确的是()A．要产生以上弧形磁感线的磁场源，虚线框内只可能是蹄形磁铁B．要产生以上弧形磁感线的磁场源，虚线框内可能是蹄形磁铁、条形磁铁、通电螺线管甚至是直线电流C．a端垂直纸面向外旋转，b端垂直纸面向内旋转，导线整体还会向下平移D．b端垂直纸面向外旋转，a端垂直纸面向内旋转，导线整体还会向上平移8、一个电子在电场中的A点具有80eV的电势能，当它由A点运动到B点时克服静电力做功30eV，则（）A．电子在B点时的电势能是50eVB．由A点到B点电子的电势能增加了30eVC．B点电势比A点电势高110VD．B点电势比A点电势低30V9、如图所示，φ﹣x图表示空间某一静电场的电势φ沿x轴的变化规律，图象关于φ轴对称分布．x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，则（）A．Exa＞ExbB．Exa沿x负方向，Exb沿x正方向C．同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反D．将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功10、真空中存在方向斜向上的匀强电场，一带电小球水平射入电场中，恰好沿水平方向运动，如图所示．下列说法正确的是A．小球可能带负电B．小球所受的重力一定小于电场力C．运动过程中小球的机械能可能先减小后增大D．小球一定做匀加速运动三、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）用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻．蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小．除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：A、电压表（量程3V）；B、定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）C、电流表（量程3A）D、电流表（量程0.6A）；E、滑动变阻器R（阻值范围0—20Ω，额定电流1A）（1）电压表应选________；电流表应选________．（填器材前的字母代号）．（2）根据实验数据作出U—I图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势E＝___V，内阻=____Ω；（均保留三位有效数字）12．（12分）小张同学利用打点计时器研究自由落体运动，他设计的实验方案如下：如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，先打开电源后释放重物，重物带动纸带从静止开始下落，打出几条纸带并选出一条比较理想的纸带如图乙所示，在纸带上取出若干计数点，其中每相邻计数点之间有四个点未画出，分别用s1、s2、s3、s4、s5表示各计数点间的距离，已知打点计时器的频率f．图中相邻计数点间的时间间隔T＝______（用f表示），计算重力加速度的公式是g=______（用f、s2、s5表示），计数点5的速度公式是v5=_______（用f、s4、s5表示）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，一水平地面上固定一倾角为θ=300的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度为，方向沿斜面向下的匀强电场中；一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m、带电量为q（q＞0）的滑块从距离弹簧上端为x处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g．（1）滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t；（2）滑块返回的过程中，刚脱离弹簧时的速度大小；（3）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W．14．（16分）如图所示，平行金属数AB水平放置，两板间距离为d，所加电压为U（A高B低），一质量为m，电量为q的带负电的小球用丝线悬于两板之间，组成一个摆长为L的单摆，原来静止于图示位置（悬线竖直），现将单摆摆线拉至与竖直成60°角的位置（图中虚线位置）由静止释放，求它摆到竖直位置时，小球的动能.15．（12分）如图所示，一带电微粒质量为m、电荷量为q，从静止开始经电压为U1的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角为θ．已知偏转电场中金属板长L，两板间距d，带电微粒重力忽略不计．求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（1）偏转电场中两金属板间的电压U1．

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】A项：提出电场概念的是法拉第而不是库仑，所以选项A错误；B项：电源的电动势等于电源内非静电力做的功与通过电源的电荷量的比值，跟电源内非静电力做的功无关，跟通过电源的电荷量无关，故B错误；C项：场强为零的一点与场强为零的另一点之间的电势差不一定为零，所以由W=qU可知电场力做功不一定为零，故C正确；D项：金属材料的电阻率随温度的升高而增大，故D错误。点晴：解决本题关键掌握物理学史，如提出电场概念的是法拉第；电源电动势的物理意义表示把其它形式的能量转化为电能的本领；金属材料的电阻率随温度的升高而增大。2、A【解析】

指南针的N极原来指向北方，旋转180度，知N极指向南，知该处的磁场方向向南，根据右手螺旋定则，知墙中的电缆电流方向，在竖直方向可能竖直向上；而在水平方向上，不可能有电流的，否则依据右手螺旋定则，小磁针不可能只在水平面上转动。A．可能是竖直向上，与结论相符，选项A正确；B．可能是竖直向下，与结论不相符，选项B错误；C．可能是向南，与结论不相符，选项C错误；D．可能是向北，与结论不相符，选项D错误；3、A【解析】试题分析：A、由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU=mv2，故离子是从电场中获得能量．故A正确；B、要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故B错误．C、据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期．所以T==，与离子的速度大小无关．故C错误；D、离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以qvB=，所以r=，据表达式可知，离子获得的最大动能取决于D形盒的半径，所以最大动能为，与加速电场的电压无关．故D错误．故选A．考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．4、C【解析】

在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）顺时针旋转60°，电场强度大小不变，方向顺时针旋转60°，故电场力顺时针旋转60°，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为120°，两力的合力仍为mg，方向斜向右下方，则粒子的加速度大小为g，向右下方做匀加速运动，选项C正确，ABD错误；故选C.本题关键是对微粒受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴顺时针旋转，板间场强大小不变，只是方向发生改变.5、B【解析】

细绳被剪断的前，以A为研究对象，可求出弹簧的拉力大小，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力大小瞬间不变，故A物体该瞬间合力仍为零，加速度大小为零，取B受力分析，由牛顿定二定律可得，联立可求得。故ACD错误，B正确。故选择B。6、D【解析】

AB．合力大致指向轨迹凹的一侧，可知电场力方向向左，不能判断电场的方向，也不能判断粒子的带电性质，故AB错误；C．由于不知道粒子的初速度，所以粒子可能是由a向b运动，也可能是由b向a运动，故C错误；D．从a运动到b，电场力做正功，电势能减少，动能增加，所以带电粒子在a点的动能小于在b点的动能，同理，从b运动到a，电场力做负功，电势能增加，动能减少，所以带电粒子在b点的动能大于在a点的动能，故D正确。故选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、BC【解析】

AB．由磁感线的分布可知，要产生以上弧形磁感线的磁场源，虚线框内可能是蹄形磁铁、条形磁铁、通电螺线管甚至是直线电流，选项A错误，B正确；CD．则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，小磁针应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．故C正确，D错误.8、BD【解析】试题分析：电子由A点到B点运动时克服静电力做功为30ev,电势能增加30eV，B对；负电荷在电势高的地方电势能小，可知B点的电势比A点的电势低30V，D对．考点：电势能、电势．【名师点睛】通过电场力做功量度电势能的变化来分析问题．根据电势的定义式得出电势的大小．要注意电势有正负．不同的带电粒子在某处的电势能不同；而电势能与电量的比值定义为某处的电势，该处的电势与有无电荷或电荷量的多少无关．9、AB【解析】

在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见Exa＞Exb，故A正确；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Exa的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Exb的方向沿x轴正方向，故B正确；由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，故C错误；将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，D错误；故选AB．本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；故此题的难度较高．10、BD【解析】

本题考查带电粒子在复合场中的直线运动【详解】由题意可知，小球在电场中受到竖直向下的重力和电场力，要使小球做直线运动，则必须满足一下两个条件之一：①合外力为0；②合外力的方向与速度的方向共线。A．电场力的方向与重力的方向不共线，所以不可能满足二力平衡合外力为0，则应该满足的是条件②，即合外力一定沿水平方向，则电场力一定沿电场线方向，可知该小球带正电；故A选项正确；B．因受到电场力和重力的合力方向沿水平向右，受力分析如图由平行四边形定则可知，电场力大小一定大于小球的重力，故B选项正确；C．在整个过程中电场力始终与运动方向间的夹角为锐角，即机械能逐渐的增大，故C选项错误；D．小球的合外力与速度的方向共线，且所受重力和电场力均保持不变即合外力不变，则小球应做匀加速直线运动，故D选项正确。综上所述，本题正确答案选BD。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、AD2.100.20【解析】（1）电动势为2V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择A，电路中的电流，因此电流表选择D．（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得：U=E-Ir，由此可知当I=0时的纵轴截距大小等于电源的电动势大小，由此可知，E=2.10V；图象的斜率大小等于电源的内阻和定值电阻R0之和：，所以电源的内阻为：．12、f2（3s5-s4）f/1【解析】

由于打点计时器的频率f，故打下的两个点间的时间为，又因为每相邻计数点之间有四个点未画出，故图中相邻计数点间的时间间隔T＝；如果用f、s2、s5表示加速度，则s5－s2=g×（5－2）T2=3g×（）2，则计算重力加速度的公式是g=f2；则点4的瞬时速度为v4=，又因为v5=v4+gT，故代入解之得v5=（3s5-s4）f/1．四、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）（2）（3）【解析】试题分析：（1）滑块从静止释放到与弹簧上端接触前，对滑块，由牛顿第二定律得：；滑块做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式得：x=at12，解得：；（2）从释放早返回由动能定理可知：，解得