甘肃省兰州市兰州第一中学2027届高二上物理期中综合测试试题含解析

甘肃省兰州市兰州第一中学2027届高二上物理期中综合测试试题注意事项：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、奥斯特通过实验证实了通电直导线周围存在着磁场，通电直导线在某点处产生磁感应强度大小满足，I为直导线中电流强度的大小，r为该点到直导线的距离。如图所示，A、B、C三根通电直导线位于等腰直角三角形的三个顶点，其电流大小分别为3I、I、I，A、C导线的电流方向垂直于纸面向里，B导线的电流方向垂直纸面向外，O点为斜边AC的中点，B导线在O点处的磁感应强度大小为B，则O点的磁感应强度大小为（）A．0 B．2B C． D．2、某同学想用伏安法测小灯泡工作时的实际功率，他不慎将电流表和电压表的位置颠倒，如图所示，那么将会出现的现象是（）A．只烧毁安培表B．只烧毁小灯泡C．灯泡变得更亮D．伏特表和安培表均被烧毁3、有一匀强电场，其场强为E，方向水平向右，把一个半径为r的光滑绝缘环，竖直放置于场中，环面平行于电场线，环的顶点A穿有一个质量为m，电量为q(q>0)的空心小球，如图所示，当小球由静止开始从A点下滑1/4圆周到B点时，小球对环的压力大小为：()A．.2mg+2qEB．.3mg+2qEC．3mg+3qED．2mg+3qE4、在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，自感系数较大，（电阻可忽略），E为电源，S为开关．下列说法正确的是（）A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮B．合上开关，b先亮，a逐渐变亮C．断开开关，b中仍有自左向右的电流D．断开开关，b先熄灭，a后熄灭5、一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度方向垂直于匀强磁场．小球飞离桌面后，最终落在水平地面上，设飞行时间为t1，水平射程为s1，着地速率为v1．现撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速率为v2，则有()A．v1>v2B．v1=v2C．s1=s2D．t1<t26、用伏安法测电阻时，若不知Rx的大概值，为了选择正确的电路以减小误差，可以用图所示的方法判断（）A．若安培表的示数有显著变化，K应接aB．若安培表的示数有显著变化，K应接bC．若伏特表示数变化的差值大于安培表示数变化的差值，K应接aD．若伏特表示数有显著变化，K应接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、两块完全相同的金属板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。则：A．电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值B．闭合S后电容器充电过程是将电源的电能储存到电容器中C．保持S接通，在两极板间插入一块电介质，则极板所带电荷量减小D．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小8、如图所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。下列说法正确的是()A．金属板A上聚集正电荷，金属板B上聚集负电荷B．金属板A上聚集负电荷，金属板B上聚集正电荷C．金属板A的电势UA低于金属板B的电势UBD．通过电阻R的电流方向是由a→b9、如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t=2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是

A．φ1：φ2=1：2B．φ1：φ2=1：3C．在0～2T时间内，当t=T时电子的电势能最小D．在0～2T时间内，电子的电势能减小了10、如图所示，A为带电量为Q的点电荷，中间竖直放置一带正电的介质板，B为质量为m、电量为＋q的小球，用绝缘丝线悬挂于O点，平衡时丝线与竖直方向的夹角为θ，且A、B两个小球在同一水平面上，间距为L，则介质板上的电荷在小球B处产生的电场强度大小E可能是()A．E＝mgtanθqC．E＝kQL2D．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）在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R．(1)用游标卡尺测金属丝长度时读数如图，则金属丝的长度为_____mm；(2)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图乙，则金属丝的直径为_____mm．(3)若用图丙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）(4)用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丁，则电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____A．12．（12分）图甲游标卡尺的示数L=________mm；图乙螺旋测微器的示数D=_________mm．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）如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UBA=1125V，两板中央各有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长度相同，L1=4×10－2m，板间距离d=4×10－3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″点并发出荧光．现在金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u，在t=0时刻，M板电势低于N板电势．已知电子质量为me=9.0×10－31kg，电荷量为e=1.6×10－19C．（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度为多大？（2）电子打在荧光屏上的范围是多少？14．（16分）如图所示，ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，轨道半径为R=0.4m，A、B为半圆轨道水平直径的两个端点，O为圆心．在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×106N/C，一个质量m=2.0×10-2kg，电荷量q=2.0×10-7C的带正电小球（可看作质点），从A点正上方由静止释放，经时间t=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道，g=10m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求：（1）小球经过C点时对轨道的压力大小；（2）小球经过B点后能上升的最大高度．15．（12分）如图所示的电路中，电源电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω，电动机的电阻R0＝1.0Ω，电阻R1＝1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数U1＝3.0V，求：（1）电源的总功率和输出功率；（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率；（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被烧坏）．

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】

由几何关系可知，A、B、C三点与O点的距离相等，设为r，则B导线在O点处的磁感应强度大小为，方向由O指向A；则A导线在O点处的磁感应强度大小为，方向由O指向B；则C导线在O点处的磁感应强度大小为，方向沿由B指向O；由平行四边形法则可得O点的磁感应强度大小为。A.0。与上述结论不符，故A错误；B.2B。与上述结论不符，故B错误；C.。与上述结论不符，故C错误；D.。与上述结论相符，故D正确故选：D。2、A【解析】因为电压表的内阻非常大，电流表的内阻非常小，倒置后电流表并联在电路中，通过电流表的电流非常大，将烧毁电流表，而通过电压表的电流非常小，电压表不会被烧坏，灯泡几乎不亮，故A正确．3、D【解析】从A到B，由动能定理可得：mgR+qEr=12mvB2，小球做圆周运动，在B点，环对球的弹力于电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：点晴：本题考查动能定理与圆周运动的综合问题，注意从A到B，除重力做功外还有电场力做功，且电场力做力特点与重力做功相类似，与路径无关。4、B【解析】

合上开关K接通电路，b立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过a的电流慢慢变大，因线圈L电阻可忽略，最后a、b一样亮；选项B正确，A错误；断开开关s切断电路时，通过b的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过线圈和a的电流会慢慢变小，并且通过b，且通过b的电流从右向左，所以两灯泡一起过一会儿熄灭；故CD错误．故选B．解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．5、B【解析】

AB、在有磁场，重力和洛伦兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的；有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即，故B正确，A错误；CD、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛伦兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛伦兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上；如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即；小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即，故C、D错误；故选B．小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率．6、B【解析】

AB.若安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，选用内接法，K应接在b处，故A错误B正确；C.变化是否明显是看相对值，不是绝对值，故C错误；D.伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，采用外接法，K应接在a处，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、ABD【解析】试题分析：电容器两极板所带电荷量的电性相反，但电容器所带电荷量指其中一块极板所带电荷量的绝对值，A选项正确；电键闭合，电流流向电容器，对电容器充电，该过程是将电源的电能转化为电容器的电场能，B选项正确；保持S接通，则电容器的电压U不变，据可知，在两极板之间插入电介质，电容C将增大，据可知电量增加，故C选项错误；断开电键S则电容器电量Q不变，减小两极板距离，则电容将增大，据可知，电压降减小，故D选项正确。考点：本题考查电容器及平行板电容器动态平衡问题。8、BC【解析】

等离子体含有大量带正电和带负电的微粒，这些微粒射入磁场时，受到伦兹力作用而偏转，由左手定则可以判断正、负电荷受到的洛伦兹力方向分别向下和向上，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷聚集到A板上，故B板相当于电源的正极．电源的正极电势高于负极的电势。【详解】大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由b→a，金属板A的电势UA小于金属板B的电势UB，故应选BC。根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可判断电荷的偏转方向，考查对磁流体发电机的理解能力．此题还可以等效成流体切割磁感线，由E=Bvd求得发电机的电动势。9、BD【解析】

AB．0～T时间内平行板间的电场强度为：，电子以，向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为：，速度为：；T～2T内平行板间电场强度为：，加速度为：，电子以v1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为：，由题意2T时刻回到P点，则有：，联立可得：，故A错误B正确；C．依据电场力做正功最多，电势能最小，而0～T内电子做匀加速运动，T～2T之内先做匀减速直线运动，后反向匀加速直线运动，因，所以在T～2T某时刻电势能最小，C错误；D．电子在2T时刻回到P点，此时速度为：（负号表示方向向下），电子的动能为：，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，D正确。10、AD【解析】

以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据共点力平衡条件和库仑定律列式，求解E的大小。【详解】当Q为正点电荷时：以小球为研究对象，分析受力情况：重力、点电荷对小球的静电力F、感应电荷的静电力qE和细线的拉力，如图根据共点力平衡条件：

F+qE=Tsinθ

mg=Tcosθ又根据库仑定律得：F=kQq联立解得：E=mg当Q为负点电荷时同理可得：qE=Tsinθ+F

mg=Tcosθ又根据库仑定律得：F=k联立解得：E=故应选：AD。本题是电场中的力平衡问题，要转换观念，当作力学问题去处理．关键要知道感应电荷产生的电场强度方向。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、13.55；0.696；偏小；2.60；0.52；【解析】（1）题中为20分度游标卡尺，其读数为：13mm+11×0.05mm=13.55mm；（2）螺旋测微器的读数为：0.5mm+19.6×0.01mm=0.696mm；（3）把待测电阻与电压表看做一个整体，根据欧姆定律可知，测得的应是待测电阻与电压表内阻的并联电阻，所以测量值比真实值偏小；（4）电流表读数为：I=26格×0.02A=0.52A，电压表读数为：U=26格×0.1V=2.60V【点睛】（1）20分度游标卡尺，最小精确度为0.05mm，故根据游标卡尺读数为：主尺数+游标尺对齐刻度序号×最小精确度，即：13mm+11×0.05mm=13.55mm；（2）螺旋测微器最小精确度为0.01mm，其读数方法为：主尺数+对齐刻度估读条数×最小精度，即0.5mm+19.6条×0.01mm=0.696mm；（3）误差分析时，把待测电阻与电压表看成一个整体，根据欧姆定律可知，测得的应是待测电阻与电压表内阻的并联电阻，所以测量值比真实值偏小；（4）电流表每小格数值是0.02A，应进行估读，即估读到0.01A；同理电压表应进行估读，即估读到0.01V，然后根据欧姆定律求解即可．12、102.30mm4.700mm【解析】

[1]甲是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：102mm，游标上第6个刻度与上面对齐，读数为：故最终读数为[2]螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm则读数为4.700mm。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）2×107m/s（2）范围为从O″向下0.02m内【解析】试题分析：(1)电场力对电子做功，电子的动能增加；(2)打在荧光屏上的电子在y方向的位移是电场中的偏转与电场外y方向的运动两部分组成的，要分别计算出；解：(1)电子经A、B两块金属板加速，有解得：；(2)当