四川省成都市龙泉一中、新都一中等九校2027届高二上物理期中检测试题含解析

四川省成都市龙泉一中、新都一中等九校2027届高二上物理期中检测试题注意事项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、一只电熨斗，内部电路如图1所示，其中M是测温旋钮的内部接线端子．旋钮上分别标有“高”、“中”、“低”、“关”四挡，每挡对应图2中的一种接线端子的接线方法．下列判断正确的是()A．②为“高”挡 B．③为“中”挡C．①为“低”挡 D．④为“关”挡2、在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（）A．电势高的地方电场强度不一定大B．电场强度大的地方电势一定高C．电势为零的地方场强也一定为零D．场强为零的地方电势也一定为零3、静电计是测量电势差的仪器，指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大。在本实验中，电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角越大表示A、B两极板间的电压越高。本实验中，对电容器充电后断开电键，则三个图中关于电压的说法正确组合的是（）①图1中电压升高②图2中电压升高③图3中电压升高④图1中电压降低⑤图2中电压降低⑥图3中电压降低A．①②③B．④⑤⑥C．①⑤⑥D．①④⑤4、如图所示，已知电源的内阻为r，外电路的固定电阻R0＝r，可变电阻Rx的总阻值为2r.闭合开关S，当Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中()A．电源的总功率保持不变B．Rx消耗的功率减小C．电源内消耗的功率减小D．R0消耗的功率减小5、如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．在该区城中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球.O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大C．小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D．小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能增大6、关于光的波粒二象性的说法中，正确的是()A．一束传播的光，有的光是波，有的光是粒子B．光子和电子是同种粒子，光波与机械波是同种波C．光的波动性是由光子间的相互作用而形成的D．光是一种波，同时也是一种粒子，光子说并未否定电磁说二、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、如图甲所示的电路中，电源电动势为3V、内阻为2Ω，R是阻值为8Ω的定值电阻，A是理想电流表，L是小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．闭合开关S，电路稳定后，A表的示数为0.2A．下列说法正确的是A．由图乙可知，小灯泡的电阻随电压升高而增大B．电路稳定后，电源内部发热消耗的功率是0.4WC．电路稳定后，灯泡L消耗的电功率为1.0WD．电路稳定后，电源的效率约为87%8、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图甲所示，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，带电粒子在磁场中运动的动能EK随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是()A．高频电源的变化周期应该等于B．匀强磁场的磁感应强度越大，则粒子获得的最大动能越大C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．D形金属盒的半径越大，则粒子获得的最大动能越大9、如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是A．物体A受到地面的支持力先增大后减小B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对点电荷B先做正功后做负功10、质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ．有电流时ab恰好在导轨上静止，如图所示．下面是沿b向a方向观察时的四个平面图，标出了四种不同的匀强磁场方向，其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是（）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）如图所示是探究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．①关于此实验装置中的静电计，下列说法中正确的是______．（选填选项前面的字母）A．静电计指针张角的大小反映了平行板电容器所带电荷量的多少B．静电计指针张角的大小反映了平行板电容器两板间电压的大小C．静电计的外壳与A板相连接后可不接地D．可以用量程为3V的电压表替代静电计②让平行板电容器正对的两极板带电后，静电计的指针偏转一定角度．不改变A、B两板所带电荷量，且保持两板在竖直平面内．现要使静电计指针偏转角变大，下列做法中可行的是________．（选填选项前面的字母）A．保持B板不动，A板向上平移B．保持B板不动，A板向左平移C．保持B板不动，A板向右平移D．保持A、B两板不动，在A、B之间插入一块绝缘介质板．12．（12分）某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010kg．实验步骤如下：（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑．（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N–n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s–t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a．（3）对应于不同的n的a值见下表．n=2时的s–t图象如图（b）所示；由图（b）求出此时小车的加速度__________（保留2位有效数字），将结果填入下表．（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a–n图象___________．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．（5）利用a–n图象求得小车（空载）的质量为_______kg（保留2位有效数字，重力加速度取g=9.8m/s2）．（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______（填入正确选项前的标号）A．a–n图线不再是直线B．a–n图线仍是直线，但该直线不过原点C．a–n图线仍是直线，但该直线的斜率变大四、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,AB为倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面,AB长度为,BC为半径的竖直光滑绝缘圆弧面,AB与BC在B点相切,C为圆弧面的最低点,在BD左侧加一如图所示的水平匀强电场E1=3×103N/C．现将一质量为m=4×10-4kg带电的小物块置于斜面上的A点,带电小物块恰好静止在斜面上．从某时刻开始,水平匀强电场的电场强度变为原来的一半,物块开始加速下滑,(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)求：（1）带电小物块是正电荷还是负电荷,物块所带电荷量为多少？（2）沿斜面下滑到B点时,物块的瞬时速度为多大？（3）如果在BD右侧存在竖直向上的匀强电场,场强为E2=1.2×104N/C,则物块运动到C点时,轨道对小物块的支持力为多大？14．（16分）如图所示，BC是半径为R的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E．现有一质量为m、带正电q的小滑块（可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：（1）滑块通过B点时的速度大小；（2）滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小；（3）水平轨道上A、B两点之间的距离．15．（12分）如图所示，长为L的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的小球，在O点正下方钉一个钉子O’．现将细线向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好绕钉子O’在竖直平面内做圆周运动．（重力加速度为g）（1）求小球刚到最低点时的速度；（2）求OO’的长度；（3）若小球带上负电，电量为q；在区域内加一水平向右，的匀强电场．再次将细线向右拉直后从静止释放，细线碰到钉子后小球刚好能绕钉子O’在竖直面内做圆周运动，求此时OO’的长度．

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】

电源的电压保持不变，根据接线端子的接线方法，分析电路中电阻的大小，确定功率大小，判断旋钮的挡位高低。【详解】A项：接线端子接②时，两电阻R串联，电路中总电阻最大，而电源的电压不变，发热功率最小，则旋钮为“低”挡。故A错误；B项：接线端子接③时，左侧的电阻R工作，电路介于最大与最小之间，发热功率居中，则旋钮为“中”挡，故B正确；C项：接线端子接①时，电路断开，则旋钮为“关”挡，故C错误；D项：接线端子接④时，两电阻R并联，电路中总电阻最小，而电源的电压不变，发热功率最大，则旋钮为“高”挡。故D错误。故选：B。本题考查对电路连接方式的理解．两个电阻连接时电路中电阻有四种可能值：R、2R、R/2、。2、A【解析】电势与场强大小没有直接关系，A对；BCD错；3、C【解析】试题分析：①电容器充电后和电源断开其带电量不变，当极板B向上移动时，正对面积减小，根据电容决定式，可知电容减小，根据可知，电量不变，由于电容减小，电压则增大；②同理，电容器板间距离减小，电容增大，根据可知电压减小；③图中插入电解质，电容增大，根据可知电压减小．故选C．考点：电容器【名师点睛】有关电容器的问题主要考查对电容器的决定式和电容器的定义式的理解和灵活应用情况，尤其注意公式之间的推导与换算。4、B【解析】

A．当变阻器的滑动片自A端向B端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据P=EI可知，电源总功率变大；故A错误；B．将R0等效为内阻，所以电源内阻为2r，而滑动变阻器接入电阻最大为2r，此时滑动变阻器上消耗的功率最大，则当变阻器的滑动片自A端向B端滑动时，Rx消耗的功率减小，故B正确；C．当变阻器的滑动片自A端向B端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据P=I2r可知，电源内消耗的功率增大，故C错误；D．R0为定值电阻，其功率随电流的变化而变化，而在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻变小，则电流变大，故功率越来越大，故D错误；5、C【解析】试题分析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可．电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，A错误；由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，B错误；从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，C错误；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减，D正确．6、D【解析】

光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性，光的波长越长，波动性越明显，波长越短，其粒子性越显著；【详解】A、所以的光都具有波粒二象性，光同时具有波和粒子的特性，即光是一种波，同时也是一种粒子，光子说并未否定电磁说，故A错误，D正确；

B、电子是组成原子的基本粒子，有确定的静止质量，是一种物质实体，速度可以低于光速；光子代表着一份能量，没有静止质量，速度永远是光速，光波和机械波是不同的两种波，故B错误；

C、光在传播时往往表现出的波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性，故C错误；本题考查了光的波粒二象性，有时波动性明显，有时粒子性明显，光是一种波，同时也是一种粒子．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】

因I-U图像的斜率等于电阻的倒数，可知由图乙可知，小灯泡的电阻随电压升高而增大，选项A正确；电路稳定后，电源内部发热消耗的功率I2r=0.22×2W=0.08W，选项B错误；电路稳定后，灯泡两端的电压为UL=E-I(r+R)=3-0.2(2+8)=1V，则灯泡L消耗的电功率为PL=IU=0.2×1W=0.2W，选项C错误；电路稳定后，电源的效率约为，选项D正确；故选AD.本题主要考查了闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点的直接应用，要求同学们能正确分析灯泡的伏安特性曲线，能根据图象读出有效信息．8、BD【解析】解：A、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2，故A错误；BC、根据半径公式知，则所以匀强磁场的磁感应强度越大，D形金属盒的半径越大，则粒子获得的最大动能越大，故BD正确；C错误；综上所述本题答案是：BD点睛：本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的．9、AC【解析】

ABC．当质点B由P点运动到最高点的过程中，对物体A受力分析，如图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；

将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsinθ-f=0

①N-Fcosθ-mg=0

②由①②两式可解得：N=mg+Fcosθ；f=Fsinθ；其中G与F不变，θ逐渐减小为零，因而支持力N逐渐变大，f逐渐变小；

当质点B由最高点运动到Q点的过程中，再次对物体A受力分析，如下图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；

将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsinθ-f=0

③N-Fcosθ-mg=0

④由③④两式可解得：N=mg+Fcosθ；f=Fsinθ；其中G与F不变，θ由零逐渐增大，因而支持力N逐渐变小，f逐渐变大；综合以上两个过程可知：物体A受到地面的支持力N先增大后减小，物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故AC正确，B错误；D．质点A对质点B的静电力与质点B的速度总是垂直，因而其瞬时功率一直为零，由W=Pt，A对B不做功，故D错误。10、AC【解析】A.杆受到向下的重力，水平向右的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，可以处于平衡状态，摩擦力可以为零，所以A正确；B.杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以B错误；C.杆受到的重力竖直向下，安培力也是竖直向下的，支持力垂直于斜面向上，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以C错误；D.杆受到的重力竖直向下，安培力竖直向上，当这两个力等大反向的时候，杆就处于平衡状态，此时的摩擦力就是零，所以D正确．故选AD.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、BCAB．【解析】（1）A、静电计是定性反映电压高低的仪器，不能发映了平行板电容器的电荷量的多少，故A错误，B正确；

C、静电计测量的是两板间的电压高低，可以直接将A板与电容器外壳相接，不需要都接地，故C正确；

D、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代．电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故D错误。

（2）A、保持B板不动，A板向上平移，减小两极板的正对面积S时，由电容的决定式C=εS4πkd分析可知电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C=QU得到，板间电压U增大，静电计的指针偏角变大，故A正确．

B、保持B板不动，A板向左平移，使两极板远离一些时，板间距离d增大，由电容的决定式C=εS4πkd，分析可知电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C=QU得到，板间电压U增大，静电计的指针偏角变大，故B正确；

C、保持B板不动，A板向右平移，使两极板靠近一些时，板间距离d减小，由电容的决定式C=εS4πkd，分析可知电容C增大，而电容器的电量Q不变，则由C=QU得到，板间电压U减小，静电计的指针偏角变小，故C错误．

D、保持A、B两板不动，在两极板间插入一块绝缘介质板时，ε变大，由电容的决定式C=εS4πkd点睛：解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，正确掌握静电计的使用方法，对于电容器的动态变化分析问题，常常是电容的决定式和定义式结合分析，抓住不变量是分析的基础。12、0.39；图见解析；0.45；BC；【解析】

（3）物体做匀加速直线运动，对应的x-t图象为曲线，由图象可知，当t=2.0s时，位移为：x=0.80m；

则由x=at2代入数据得：a=0.40m/s2；

（4）在图C中作出点（2，0.40），并用直线将各点相连，如图所示；

（5）由图c可知，当n=4时，加速度为0.78m/s2，由牛顿第二定律可知：

4×0.01×9.8=（m+5×0.01）×0.78

解得：m=0.45kg；

（6）若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力；则有：

nm0g-μ[m+（5-n）m0g]=（m+5m0）a；

故说明图象仍为直线，但不再过原点；并且斜率增大；故BC正确；故选BC；点睛：本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象的性质，能根据图象进行分析，明确对应规律的正确应用．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）负电荷（2）（3）【解析】

(1)小物块带负电．因为带电小物块静止所受的电场力方向水平向左，与电场方向相反．

根据平衡条件有：qE1=mgtan37°

解得：q=1×10-6C(2)从A运动到B的过