天津市大良中学 2027届物理高二上期中统考试题含解析

天津市大良中学2027届物理高二上期中统考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列描述正确的是()A．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆B．牛顿通过实验测出了万有引力常量C．库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量D．法拉第发现了电流的磁效应2、如图所示，电阻R1、R2、R3、R4满足R1:R2:R3:R4=1:2:3:4，则当A、B间接上直流电压时，流过R1、R2、R3、R4的电流I1:I2:I3:I4为()A．1:2:3:4B．6:3:2:11C．3:2:1:6D．3:2:1:43、我国2017年发射的天链一号卫星属于地球的同步卫星，2019发射的第45颗北斗导航卫星也属于地球的同步卫星．下列关于两颗卫星的比较，错误的是（）A．离地面的高度相同B．向心加速度大小相等C．向心力大小相等D．线速度大小相等4、如图所示，在O、P两点分别固定点电荷＋q及－q，比较图中a、b、c三点场强大小的关系，ab为PO的中垂线，可得（）A．EC＞Eb＞EaB．EC＜Eb＜EaC．Eb＞Ea＞ECD．Eb＞EC＞Ea5、如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图.单刀多掷开关S可以与不同接点连接.下列说法正确的是（）A．当S接1或2时为直流电流档，接1时量程较小B．当S接1或2时为直流电压档，接1时量程较大C．当S接3或4时为直流电流档，接3时量程较大D．当S接5或6时为直流电压档，接5时量程较小6、点电荷Q1、Q2和Q3所产生的静电场的等势面与纸面的交线如图中的实线所示，图中标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c……表示等势面上的点，下列说法中正确的是（）A．位于g点的点电荷不受电场力作用B．b点的场强与d点的场强一定相同C．把10-9C正电荷从m点移到c点过程中电场力做的功等于7×10-6JD．把电荷量为q的正点电荷从a点移到i点，再从i点移到f点过程中，电场力做的总功大于把该点电荷从a点直接移到f点过程中电场力所做的功二、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、铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）．A．电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能B．铅蓄电池断开时其两极间的电压为2VC．铅蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能D．铅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8、如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R1=R3=2R0,R2=r=R0,滑动变阻器R的最大阻值为6R0，所有电表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑片从a滑向b时，以下判断正确的是（）A．V1的示数变大，V2的示数变小，V3的示数变大，A的示数变小B．电压表示数大小变化关系为C．当R=6R0时，滑动变阻器消耗的功率最大D．，9、两个完全相同的金属小球，带电量之比为1：5，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的()倍．A．0.4B．0.6C．0.8D．1.810、某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中可行的是（）A．在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到电场力说明此空间存在电场B．在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到电场力说明此空间不存在电场C．在该空间内引入通电导线，如果通电导线受到磁场力说明此空间存在磁场D．在该空间内引入通电导线，如果通电导线没有受到磁场力说明此空间不存在磁场三、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）有一个小灯泡上标有“2.5V，0.6W”的字样，现要描绘并研究其伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A．电压表（0—3V，内阻约3kΩ）B．电流表（0—0.6A，内阻约0.2Ω）C．滑动变阻器（10Ω，1A）D．滑动变阻器（1000Ω，0.3A）E.直流电源，另有开关一个、导线若干。（1）实验中滑动变阻器应选__________（只填器材的字母代号）。（2）某同学已连接如图所示的电路，已知各元件均无故障，但在合上开关后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是不能调为零，其原因是__________（请填写图中的字母，如ne）导线没有接好。电路中还有一个连接不当之处，请提出改进方案：___________。（3）利用正确实验方案测得的实验数据，在I-U坐标系中描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而__________（填“不变”、“增大”或“减小”）。若把该灯泡接到一个电动势为3.0V、内阻为10Ω的直流电源时，小灯泡消耗的实际功率约为__________W。（结果保留两位有效数字）12．（12分）“探究碰撞中的不变量”的实验中：（1）入射小球m1=15g，原静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的x­t图象如图甲所示，可知入射小球碰撞后的m1v1′是_____kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是_____kg·m/s，被碰撞后的m2v2′是_____kg·m/s.由此得出结论_______________________________．（2）实验装置如图乙所示，本实验中，实验必须要求的条件是________．A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端点的切线是水平的C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足ma＞mb，ra=rb（3）图乙中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是________．A．m1·ON=m1·OP＋m2·OMB．m1·OP=m1·ON＋m2·OMC．m1·OP=m1·OM＋m2·OND．m1·OM=m1·OP＋m2·ON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）示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，垂直进入偏转电场，电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上P点。设加速电压U1=640V，偏转极板长L1=4cm，偏转板间距d=1cm，当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场。不计电子重力。求：（1）偏转电压为多大时，电子束的偏转距离y最大？此时速度偏转角的正切值tan为多大？（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离L2=20cm，则电子束在荧光屏上最大偏转距离OP为多少？14．（16分）在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C，质量m＝1.0×10－2kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图所示．(g取10m/s2)试求：(1)物块向右运动的最大距离；(2)物块最终停止的位置．15．（12分）如图所示，真空中水平放置的平行金属板，相距d，上板带负电，下板带等量的正电，两板间电压为U，上板的正中央有一个小孔，在小孔正上方h高处，有一个质量为m的带电小球由静止开始下落，经小孔进入两板之间的电场中（两板之外没有电场），为了使小球不与下板相碰，小球应带什么电荷？带电荷量至少要多大？

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、A【解析】开普勒提出了行星三定律，指出所有太阳系中的行星的轨道形状都是椭圆，选项A正确；卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，选项B错误；密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，选项C错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项D错误；故选A.2、B【解析】

由并联电路的电压相同可得：电阻R1、R2、R3两端的电压相等，故由欧姆定律可得：I1:I2:I3=6:3:2，又由并联电路电流分流可得：I故选B。关键是根据并联电路电压相同，由欧姆定律得到I1，I2，I3的数值关系，然后根据并联电路电流分流求得I4与I1，I2，I3的关系，即可得到比值。3、C【解析】

ABD.所有的同步卫星都在赤道上空，与地球相对静止，这种卫星绕地球转动的角速度与地球自转的角度速度相同，离地面的高度一定，则线速度大小为：故两颗同步卫星的离地高度相同，线速度大小相等；向心加速度大小为：故两颗同步卫星的离地高度相同，向心加速度相同，故A、B、D不符合题意；C.两个同步卫星的质量未知，虽然向心加速度大小相等，但向心力大小不一定相等，故C符合题意．4、A【解析】

根据等量异种电场分布可知，在两电荷连线上c点的场强大于b点的场强；在两点荷连线的垂直平分线上，b点的场强大于a点的场强，即Ec＞Eb＞Ea，故选A.5、D【解析】

AB、当开关S旋到位置1、2位置，电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，接1时分流电阻小，其分流大，则量程大，故A、B错误；C、当开关S旋到位置3或4，电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表，故C错误；D、当开关S旋转到5、6位置，表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，，串联电阻越大，则量程越大，所以接5时量程较小，接6时量程较大，故D正确．故选D．S旋到位置1、2连接时，电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，并联电阻越小时，允许通过电流越大；S旋到位置3或4，电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表；S旋到位置5、6时，表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值就越大．6、C【解析】试题分析：位于g点的位置电势为零，场强不为零，所以点电荷仍受电场力作用，故A错误。b点的场强与d点的场强是由点电荷Q1、Q2和Q3所产生的场强叠加产生的，故B错误。把10-9库仑正电荷从m点移到c点过程中电场力做的功W=qU=10-9C×[4kV-（-3kV）]=7×10-6J，故C正确。根据电场力做功W=qU得把电荷量为q的正点电荷从a点移到i点，再从i点移到f点过程中，电场力做的总功等于把该点电荷从a点直接移到f点过程中电场力所做的功，故D错误。考点：电场线与等势面，场强的叠加，电场力做功的计算二、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、ABD【解析】A.铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将1C正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时电源把2J的化学能转化为电能，A正确；B.当电池不接入外电路时，外电路电阻无穷大，蓄电池两极间的路端电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V，故B正确；C.铅蓄电池在1s内将多少化学能转变成电能，与电流大小有关，即与电路有关，故C错误；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。一节干电池的电动势为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，D正确。故选：ABD.8、ABD【解析】

当滑动变阻器R的滑片从a滑向b时，R的阻值变大，电路的总电流减小，则电流表A的读数减小，电压表V2的示数变小，路端电压变大，即V3的示数变大，根据U1=E-I(R2+r)可知，V1的示数变大，选项A正确；因U3=U1+U2，U1和U3变大，U2变小，可知|△U1|=|△U2|+|△U3|，选项B正确；将R1、R2和R3等效为电源的内阻，则等效电源内阻为，可知当R=r′=3R0时，滑动变阻器消耗的功率最大，选项C错误；因U1=E-I(R2+r)，则；因U3=E-Ir，则，则选项D正确；故选ABD.本题是电路动态变化分析问题，要搞清电路的结构，抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变进行分析；会用等效电路分析滑动变阻器上功率的最大值．9、CD【解析】由库仑定律可得：F=kkQqr当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量之比变为3：3，所以库仑力是原来的1.8倍，当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量之比变为2：2，所以库仑力是原来的0.8倍，故CD正确，AB错误．故选CD点睛：两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．10、ABC【解析】

明确电场和磁场的区别，知道电荷在电场中一定受到电场力；而通电导线与磁场平行时，则不受安培力．【详解】AB．电荷在电场中一定会受到电场力的作用；故在该空间内引入检验电荷时，如果电荷受到电场力则说明此空间一定有电场；如果没有电场力则一定没有电场；故AB正确；C．若空间引入通电导线受到磁场力，则说明此空间一定存在磁场；故C正确；D．若引入通电导线而没有受力，则可能是导线与磁场相互平行；故不能说明不存在磁场；故D错误故选ABC．本题考查电场和磁场的性质，要明确磁场中安培力与通电电流的方向有关，若通电电流沿磁场线的方向，则电流不受安培力．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、Cck导线gh的g端应接在a或m处增大0.22（0.20-0.24）【解析】

（1）[1]．测伏安特性曲线电压与电流应从零计，滑动变阻器应用分压接法，应选阻值较小的，便于调节，故选C。（2）[2][3]．闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，可能是ck导线没有接好，滑动变阻器实际上被接成了限流接法；由于灯泡电阻较小，为减小误差应采用外接法，故应该把导线gh的h端应接在a处或m处；（3）[4][5]．由所示小电珠I-U图象，根据欧姆定律可知，其电阻随工作电压的增大而增大。

由I-U图可知把该灯泡接到一个电动势为3.0V、内阻为10Ω的直流电源时，灯泡两端电压为U=1.25V，电流为I=0.175A，故灯泡的实际功率为：P=UI=1.25×0.175W≈0.22W．12、（1）0.00750.0150.0075碰撞中mv的矢量和是不变量（碰撞过程中动量守恒）BCDC【解析】

（1）由图1所示图象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，，入射小球碰撞后的，入射小球碰撞前的，被碰撞后的，碰撞前系统总动量，碰撞后系统总动量，，由此可知：碰撞过程中动量守恒；（2）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb，D正确．

（3）要验证动量守恒定律定律即，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为，

故需验证，因此C正确．本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．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）80V；0.25；（2）0.055m【解析】

（1）设电子电量大小e，质量为m，进入偏转电场初速度v0，根据动能定理，有eU1=电子在偏转电场的飞行时间电子