苏州大学附属中学2027届高二上物理期中检测模拟试题含解析

苏州大学附属中学2027届高二上物理期中检测模拟试题注意事项: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、真空中有两个静止的点电荷，它们之间的库仑力为F．若保持它们各自所带的电荷量不变，而将它们之间的距离变为原来的，则这两个点电荷间的库仑力将变为（）A．F B．2F C．4F D．8F2、如图所示，在直角坐标系xoy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为+q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R=mv/qB，正确的图是（）A． B．C． D．3、铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．蓄电池两极间的电压为2VB．蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能C．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转化为电能D．电路中通过相同的电荷量时，蓄电池比1节干电池非静电力做的功少4、如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知（

）A．粒子带正电 B．粒子的速度变大C．粒子的加速度变大 D．粒子的电势能变大5、如图所示，一物块在与水平方向成θ角的拉力F的作用下，沿水平面向右运动一段距离s．则在此过程中，拉力F对物块所做的功为:A．Fs B．Fssinθ C．Fscosθ D．Fstanθ6、连接在电池两极的平行板电容器,当两极板间距离减小时，（）A．电容器的电容C减小B．电容器的带电量Q增大C．电容器两板间的电压增大D．电容器两板间的场强不变二、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、在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是()A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯光L变暗C．电容器C的电荷量增大D．电源消耗的功率增大8、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2对段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(

)A．x1处电场强度最小，但不为零B．x2～x3段是匀强电场C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运D．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为9、P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的A．P1的平均密度比PB．P1的第一宇宙速度比PC．s1的向心加速度比sD．s1的公转周期比s10、如图所示，矩形位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行。已知，、、的电势分别为、、．初动能为、电荷量大小为的带电粒子从沿着方向射入电场，恰好经过．不计粒子的重力，下列说法正确的是A．点的电势为B．该粒子一定带负电C．该粒子达到点时的动能为D．只改变初速度方向，该粒子可能经过三、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）某同学利用如图甲所示电路测定电源的电动势和内电阻。实验中电压表和电流表都是理想电表。闭合开关S后，变阻器的滑动触头P由变阻器的一端滑到另一端的过程中，两电压表示数随电流表示数变化情况分别如图乙的U—I图像中直线a、b所示。（1）若滑动触头P由变阻器的一端滑到另一端过程中，电压表V2的示数一直增大，可知滑动触头P由_________端滑到_________端（用电路中的字母“c”、“d”表示）；（2）通过分析可知，图乙中的图线__________（填“a”、或“b”）表示电压表V1示数随电流表A示数变化的关系；（3）根据U—I图像中坐标轴所标出的数据，可以求出电源电动势E和内电阻r，其中内电阻r=_______________（用图中给出的坐标值表示）；12．（12分）张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“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．（10分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37º，半径r＝2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105N／C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3m／s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.1．设小物体的电荷量保持不变，取g＝10m／s2，sin37º＝0.6，cos37º＝0.2．（1）求弹簧枪对小物块所做的功；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．14．（16分）如图所示，一平行板电容器ABCD倾斜放置，倾角=45°，AB板带负电，板间电场强度为，一质量为m，带电量为+q的小球，从B端正上方处由静止释放，并从B端进入平行板电容器（未接触极板），重力加速度为g，求：(1)小球到达B端的速度；(2)小球进入平行板电容器后的加速度；(3)若小球恰从A端离开电容器，求AB板的长度，（两板间距足够，小球不会打到CD板上）。15．（12分）一带正电小球，由空中A点以初速度v0水平抛出，落地时速度方向与初速度方向夹角为θ1＝45°.若在整个空间施加竖直向下的电场，电场强度为E＝2mgq，小球仍由A(1)A点距离地面的高度；(2)加电场后，落地时速度方向与v0之间的夹角θ2.

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】试题分析：根据库仑定律的公式F=k分析．解：根据库仑定律的公式F=k，它们的间距均减小为原来的，但它们的电量不变，则库仑力增大为原来的1．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】对于库仑定律公式涉及物理量较多，要明确公式中各个物理量的含义，可以和万有引力公式对比理解．2、D【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，以轴为边界的磁场，粒子从轴进入磁场后在离开，速度与轴的夹角相同，根据左手定和，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D正确；考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析法分析．3、C【解析】

电动势是一个表征电源特征的物理量．电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．当电池不接入外电路时，蓄电池两极间的电压等于电动势；当蓄电池接入电路时，两极间的电压小于电动势。【详解】A.当电池不接入外电路时，蓄电池两极间的电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V.故A错误；B.铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，故B错误；C.电路中每通过1C电荷量，铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，非静电力做功w=qU=1C×2V=2J，故电势能增加2J，即2J化学能转化为电能，故C正确；D.电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大。干电池的电动势为1.5V，则蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5V)的大。电路中通过相同的电荷量时，蓄电池转化的能量比1节干电池多，非静电力做的功多，故D错误。故选：C.4、B【解析】

由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A错误；由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故B正确；由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误；由电场力做功的公式得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D错误．做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行．5、C【解析】

物体的位移是在水平方向上，把拉力F分解为水平方向的Fcosθ，和竖直方向的Fsinθ，由于竖直方向的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平方向的分力对物体做的功，所以W=Fcosθ•s=Fscosθ

.A.Fs.故选项A不符合题意.B.Fssinθ.故选项B不符合题意.C.Fscosθ.故选项C符合题意.D.Fstanθ.故选项D不符合题意.6、B【解析】

A.当两极板间的距离减小时，根据电容的决定式，分析得知，电容C增大，故A错误；B.由题可知，电容器的电压不变，变大，由得到，电容器极板的带电荷量增大，故B正确；C.电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，故C错误；D.电容器两极板间的电势差不变，当两极板间距离减小，由分析得知板间场强增大，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、BC【解析】

A．根据电路图可知，滑片右移，接入电路电阻长度变长，滑动变阻器R的阻值变大，A错误．B．根据闭合电路欧姆定律：，滑动变阻器R的阻值变大，回路电流变小，流经灯泡电流变小，灯泡变暗，B正确．C．电容两端电压即为路端电压，根据，电流变小，所以路端电压变大，电容器两端电压变大，，电容器C的电荷量增大，C正确．D．电源消耗的功率：，回路电流变小，电源消耗功率变小，D错误．8、BD【解析】

A．根据电势能与电势的关系：，场强与电势的关系：，得：，由数学知识可知图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，A错误；BC．由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，B正确C错误；D．根据电势能与电势的关系：，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：，又知0处和处对称，所以有，D正确。9、AC【解析】由图可知，两行星的球体半径相同，对行星周围空间各处物体来说，万有引力提供加速度，故有，故可知P1的质量比P2的大，即P1的平均密度比P2的大，所以选项A正确；由图可知，P1表面的重力加速比P2的大，由可知，P1的第一宇宙速度比P2的大，所以选项B错误；对卫星而言，万有引力提供向心加速度，即，故可知，s1的向心加速度比s2考点：天体与万有引力定律10、AB【解析】

A．根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，则得φA-φB=φD-φC，则C的电势φC=1．故A正确。B．取AB的中点O，则O点的电势为则OD连线为等势线，电场强度与等势面垂直，且有高电势指向低电势，电场强度垂直OD斜向上，由物体做曲线运动的条件，电场力斜向下，故电荷为负电荷；故B正确。C．粒子从A到B，由动能定理，得：qUAB=EkB-EKA-4e×（6-2）=EKB-24eV则该粒子到达B点时的动能EKB=8eV故C错误。D．如果只改变初速度大小，合力方向不变，依然是逐渐向下偏转，不可能经过C点，故D错误；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）d，c；（2）a；（3）r=U1【解析】

（1）电压表V2的示数一直增大，故电流不断增加，电阻减小，故滑动端P由d到c端；

（2）电压表V1示数随电流表A示数的增加而减小，故应是测量电源的路端电压图象；故a图线是电压表V1示数随电流变化的图线；

（4）由E=U+Ir知：E=U1+I1r；E=U2+I2r；联立解得：r=U12、3.202-3.2055.015偏小【解析】

（1）解决本题的关键明确：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况．【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm．

（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法．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)Wf=0.475J(2)s=0.57m【解析】试题分析：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解．解：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02①代人数据得：Wf=0.475J②（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1③小物体向上做匀减速运动，经t1