2027届河北省邢台市桥西区邢台八中高二上物理期中监测试题含解析

2027届河北省邢台市桥西区邢台八中高二上物理期中监测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（）A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压与无关C．前、后表面间的电压与成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为2、下列说法正确的是A．根据电场强度的定义式，电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比B．带电现象的本质是电子的转移，中性物体得到多余电子就一定带负电，失去电子就一定带正电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，电场力做功为零D．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低3、如图所示，当滑动变阻器的滑片向b端移动时（）A．电压表的读数增大，电流表的读数减小B．电压表和电流表的读数都增大C．电压表和电流表的读数都减小D．电压表的读数减小，电流表的读数增大4、A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图象(x－t图)分别为如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为()A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．3:15、如图所示，abcd是一个用粗细均匀、同种材料的导线弯折成的长方形线框，线框竖直放置，ab长度为L，bc长度为。匀强磁场的方向垂直于金属框平面向里，磁感应强度大小为B。若金属框a、b两端与恒压电源相连，电流方向如图所示，若通过ab边的电流大小为，则金属框受到的安培力大小和方向分别为A．，方向竖直向上 B．2BIL，方向竖直向上C．，方向竖直向下 D．3BIL，方向竖直向下6、两个带有等量正电荷的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ连线于O点，A为MN上的一点.一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则()A．q运动到O点时电势能为零B．q运动到O点时的动能最大C．q由A向O的运动是匀加速直线运动D．q由A向O运动的过程中电势能先逐渐减小后又逐渐增大二、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、用伏安法测电阻，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择用何种接法时，可采用试触的方法。如图所示，某同学测量未知电阻R时，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点；他发现电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，则下列说法中正确的是（）A．R与电压表阻值接近，应选择电流表内接电路B．如果选择电流表内接电路，测量值大于真实值C．R与电流表阻值接近，应选择电流表外接电路D．如果选择电流表外接电路，测量值大于真实值8、平行板电容器的电容A．跟两极板间的距离成正比B．跟充满极板间的介质的介电常数成正比C．跟两极板的正对面积成正比D．跟加在两极板间的电压成正比9、如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间tQ＝tPB．它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2D．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶410、如图所示的各电场中，A、B两点场强大小相同的是A． B． C． D．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）一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数为________cm，螺旋测微器示数为________cm．12．（12分）如图电路，某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0~20Ω，连接电路的实物图如下图所示．（1）该学生接线中错误的和不规范的做法是____________A．滑动变阻器不起变阻作用B．电流表接线有错C．电压表量程选用不当D．电压表接线不妥（2）该同学将电路按正确的电路图连接好，检查无误后，闭合开关，进行实验．某一次电表的示数如图所示，则电压表的读数为___________V，电流表的读数为___________A．（3）该同学实验完毕，将测量的数据反映在U—I图上（如图所示），根据这一图线，可求出电池的电动势E=___________V，内电阻r=_____________Ω．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）一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为3m/s2，则物体在第2秒末的速度大小是多少？2秒内的位移大小是多少米．14．（16分）如图所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°,两板所加电压为U＝100V，有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出．g取10m/s2，求：（1）液滴的质量；（2）液滴飞出时的速度．15．（12分）如图所示的电路中，电源的电动势E＝3V，内阻r＝1Ω；电阻R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝30Ω，R4＝40Ω；电容器的电容C＝100μF，电容器原来不带电，求：（1）开关S未接通时电源的电流I和电源的输出功率P；（2）接通开关S后流过R4的总电量Q。

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、D【解析】

由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误．2、B【解析】A．是用比值法来定义电场强度的，电场中某点的电场强度与试探电荷电荷量无关，选项A错误；B．带电的本质就是电荷的转移，根据电荷守恒可知，失去电子显正电，得到电子显负电性，选项B正确；C．电场强度为零的地方只是受到的电场力为零，判断电场力做功要看电势差，电场强度为零的两个地方，电势差不一定为零，所以电场力做功不一定为零，选项C错误；D．电势和电场强度是两个物理量，两者没有直接关系，电势高，电场强度不一定大，选项D错误；综上本题选B。点睛：电场强度、电势由电场本身决定，与试探电荷电荷量无关；电场强度为零的两个地方，电势差不一定为零；电势高，电场强度不一定大；3、A【解析】

当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电阻R2的电压U2=E﹣I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I﹣I2减小．所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小．故选A4、C【解析】

由x－t图象可以知道,碰撞前，碰撞后碰撞过程动量守恒,对A、B组成的系统,设A原方向为正方向,则由动量守恒定律得:,

计算得出故C正确；ABD错误；故选C5、A【解析】

由题意可知，边ab（cd）的长度是边ad（bc）长度的2倍，所以边ab（cd）的电阻是边ad（bc）电阻的2倍，由并联关系可知，通过adcb支路的电流为，所以边dc所受安培力大小为方向竖直向上，边ab所受安培力大小为Fab=BIL方向竖直向上，边ad和边bc所受安培力的合力为零，所以金属框所受安培力大小为方向竖直向上。A．A项与上述分析结论相符，故A正确；B．B项与上述分析结论不相符，故B错误；C．C项与上述分析结论不相符，故C错误；D．D项与上述分析结论不相符，故D错误。6、B【解析】

取无限远处的电势为零，正电荷周围电势为正值，所以O点的电势大于0，根据电势能定义Ep＝qφ，电荷q带负电，则q运动到O点时电势能为负值，并不为零．故A错误．从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N相对于O点的对称点的过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，故B正确．两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故C错误．电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故D错误．故选B．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】

由图示电路图可知，电压表的一端接A点，另一端接到B点时，电压表与电阻并联，电流表测电阻与电压表电流之和，另一端接到C点时，电流表测通过电阻的电流；若电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，说明电压表分流较大，而电流表分压较小，故R阻值较大，与电压表阻值较近；故应选择电流表内接电路；如果选择电流表内接法，测量值是待测电阻和电流表电阻的串联总电阻，大于真实值，如果选择电流表外接法，测量值是待测电阻和电压表电阻的并联总电阻，小于真实值，故AB正确，CD错误；故选AB。8、BC【解析】公式，为电容的决定式，所以电容的大小和两极板的距离成反比，和电介质成正比，和两极板的正对面积成正比，电容和两极板间的电压是无关的，所以BC正确．9、ABD【解析】

A.带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：，解得：；B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为yP：yQ=1：2；所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=yP：yQ=1：2，故B正确；C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：1．故C错误；D.根据动能定理，有：qEx=△Ek而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：1故D正确；故选ABD．本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．10、AC【解析】

A．AB两点到点电荷的距离相等，由公式可知，两点场强大小相等，故A正确；B．AB两点到点电荷的距离不相等，由公式可知，两点场强大小不相等，故B错误；C．匀强电场中AB两点的电场强度相同，故C正确；D．由于B处电场线更A处更密，所以B点的电场强度比A点的更大，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、1.455cm5.765mm【解析】游标卡尺的主尺读数为：1.4cm=14mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为9×0.05mm=0.45mm，所以最终读数为：14mm+0.45mm=14.45mm．螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.5×0.01mm=0.165mm，所以最终读数为5.5mm+0.165mm=5.665mm．12、AD1.200.261.480.78【解析】

（1）据题意，从图可知，滑动变阻器均接在下边两个接线柱，这样使起不到电阻调节作用的；电压表的接线柱应接在电键内，使电键对电压表有控制作用．（2）电压表读数用十分之一估读法，得：1.20v，电流表用二分之一估读法，得：0.26A．（3）图线与纵坐标交点表示电动势大小，为E=1.48v，图线的斜率表示电源内阻，即：．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、物体在第2s末的速度为6m/s，2s内的位移为6m【解析】试题分析：根据速度时间关系v=at得