云南玉溪师范学院附属中学2026-2027学年高二上学期10月期中物理试题

玉溪师院附中2028届高二上学期期中考试 物理试卷 命题：杨灿 审题：沐滇川、石一君 考试时间：90分钟 满分：100分 一、单选题（8小题，每题4分，共32分） 1．以下说法错误的是（　　） A．燃气灶的电子点火器点火时利用了尖端放电 B．复印机是利用静电的吸附作用工作的 C．法拉第最早提出用电场线来描述电场 D．电工高空高压作业时，其工作服内编织金属丝的目的是提高衣服的导电性 2．球心为、半径为的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别为和的小球甲、乙刚好静止于碗内等高的、两点，、连线与竖直方向的夹角为，截面如图所示。已知静电力常量为，重力加速度大小为，则甲球的质量为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示为有两个量程的电压表，当使用 a、b两端点时，量程为1 V；当使用a、c两端点时，量程为10 V．已知电流表的内阻Rg为50Ω，满偏电流Ig为1 mA．则R1和R2的电阻值： A． R1=950Ω，R2=9 kΩ B． R1=9kΩ，R2=950Ω C． R1=9kΩ，R2=1kΩ D． R1=1kΩ，R2=9 kΩ 4．如图所示，在边长为的正六边形的顶点依次放、、、、、六个点电荷，静电力常量为，则中心处的电场强度大小为（     ） A． B． C． D． 5．从O点抛出A、B、C三个物体，它们做平抛运动的轨迹分别如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度、、的关系和三个物体在空中运动的时间，，的关系分别是（　　） A．， B．， C．， D．， 6．如图所示有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球静止卫星，d是高空探测卫星，各卫星均做匀速圆周运动，则有（　　） A．a的向心加速度等于重力加速度g B．b在相同时间内转过的弧长最长 C．a的线速度大小大于b的线速度大小 D．d的运动周期有可能是20h 7．“除铁”是为了去除泥浆中的铁质杂质，是陶瓷制备工艺中的关键环节之一。如图，表面绝缘的金属圆盘放入泥浆底部，金属棒插入泥浆中，接通电源，形成图中的电场（带箭头的实线为电场线，虚线为等势线）。某粒子沿图中轨迹从Q点运动到P点，仅考虑粒子受到的电场力。下列说法正确的是（　　） A．金属圆盘接电源的负极 B．该粒子带正电 C．P点的电势比Q点的电势低 D．该粒子在P点的动能大于在Q点的动能 8．如图所示，竖直平面内光滑圆弧轨道半径为，等边三角形的边长为，顶点恰好位于圆周最低点，是边的中垂线。在A、两顶点上放置一对等量异种电荷。现把质量为带电荷量为的小球由圆弧的最高点处静止释放，到最低点时速度为。不计对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为，则（　　） A．CM间的电势差等于M点的电势 B．点电势与点电势不相同 C．小球对轨道最低点处的压力大小为 D．点电势为 2、 多选题（4小题，每题4分，共16分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 9．有一种大型游戏器械，它是一个圆筒型容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立．当圆筒开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为（　　） A．游客处于超重状态 B．游客处于失重状态 C．游客受到的摩擦力等于重力 D．筒壁对游客的支持力提供向心力 10．从地面竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H，设上升过程中空气阻力f恒定。在小球从抛出到上升至最高处的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的动能减少mgH B．小球的动能减少（mg+f）H C．小球的机械能减少fH D．小球的机械能减少（mg+f）H 11．如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（     ） A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流 B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段距离，则油滴保持静止不动，G中有b→a的电流 C．若将S断开，且将A板向左平移一小段距离，P点电势不变 D．若将S断开，再将A板向下平移一小段距离，P点处油滴电势能不变 12．光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势随x坐标值的变化图线如图，一质量为m，带电量为q的带正电小球（可视为质点）从O点以初速度沿x轴正向移动，下列叙述正确的是（　　） A．小球从O运动到的过程中，所受电场力逐渐减小 B．小球从运动到的过程中，电势能先减小后增大 C．若小球能运动到处，则初速度至少为 D．若为，带电小球在运动过程中的最大速度为 三、实验题(本大题共2个小题，每空2分，共计16分。） 13．如图甲，是利用电流传感器系统研究电容器充电情况的电路图。将电容器接入电路检查无误后进行了如下操作： 将S拨至1，并接通足够长的时间 将S拨至2 观察并保存计算机屏幕上的I-t图，得到图线Ⅰ（图乙Ⅰ） 换上电容器重复前面的操作，得到图线Ⅱ（图乙Ⅱ） (1)操作的作用是_______________________。 (2)由图线可以分析出，两个电容器充电结束后，的电量________（填“大于”“小于”或“等于”）的电量。 (3)两个电容器相比较，的电容________（填“较大”“较小”或“相等”）。 14．某科研兴趣小组为研究石墨烯复合电阻丝的导电特性，设计实验精确测量其电阻率，实验器材与相关参数如下： 待测石墨烯电阻丝（阻值约） 电源（电动势4.5 V，内阻可忽略） 电流表（量程，内阻） 电流表（量程，内阻约为0.05 Ω） 电压表V（量程，内阻约为5 kΩ） 滑动变阻器（） 滑动变阻器（） 螺旋测微器、开关、导线若干。 (1)如图甲所示，用螺旋测微器测量电阻丝的直径，则_____________mm。 (2)为保证实验安全和测量精度且电压、电流能从零开始调节，电流表应选_____________（填“”或“”），滑动变阻器应选_____________（填“”或“”），实验电路图最合适的应选_____________。 A．    B．     C．    D． (3)若测得电阻丝的电阻为，已知电阻丝长度为，则电阻率为_____________（用、、表示）。 四、解答题（本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） 15．（10分）某航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量动力系统提供的恒定升力F=28N。某次试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直加速上升，当飞行器飞行到达高度时，立刻关闭遥控器，关闭遥控器后飞行器立即失去升力。g取10m/s2，设飞行器所受的阻力大小不变。求 (1)飞行器受到阻力f的大小； (2)飞行器能达到的最大高度； 16．（12分）如图为某电子发生装置，产生初速度为0的电子，经过加速电场的加速，然后进入偏转电场运动，最后打在荧光屏上。已知加速电场两板间电势差为，偏转电场两板间电势差为且上板带负电，板长为，板间距为，偏转电场与荧光屏的距离为，电子的质量为、电荷量为，其重力不计。 (1)电子离开加速电场时获得的速度大小； (2)电子离开偏转电场时偏离中心线的偏移量； (3)若偏转电场两极板间距增大为原来的2倍，电子前后两次打到荧光屏上偏离中心位置的偏移量之比。 17．（14分）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为，下端与水平绝缘轨道在点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为。，。 （1）若滑块从水平轨道上距离点的点由静止释放，求滑块到达点的速度； （2）在（1）的情况下，求滑块到达点时对轨道的压力； （3）改变的大小，为了使小滑块不脱离圆弧轨道，求AB初始距离的取值范围。 2 / 9 玉溪师院附中2028届高二上学期期中考试 物理试卷1 /7 学科网（北京）股份有限公司 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二期中考物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A C C B C C CD BC 题号 11 12 答案 BD AD 1．D 【详解】A．燃气灶电子点火器通过尖端放电产生电火花引燃燃气，故A正确，不符合题意； B．复印机利用静电使碳粉吸附在特定区域，实现图像转印，故B正确，不符合题意； C．法拉第为描述电场分布，最早引入电场线的概念，故C正确，不符合题意； D．电工工作服内金属丝的作用是形成等电位屏蔽电场，防止触电，而非单纯提高导电性，故D错误，符合题意。 本题选错误的，故选D。 2．A 【详解】对甲球受力分析如图所示 由已知条件可得 由库伦定律可知，AB间的库伦力大小为 由平衡条件可得 解得甲球得质量 故选A。 3．A 【详解】根据欧姆定律和串联电路的特点可知： 代入数据可解得： 同理有： 代入数据可解得： 所以只有选项A正确； 4．C 【详解】正六边形放、、、、、电荷的顶点分别记为、、、、、，如图所示 由对称关系可知，顶点、、处的电荷在中心处产生的场强与顶点、、处等量电荷在中心处产生的场强大小相等，方向相反，刚好抵消。正六边形边长为，则各顶点到中心处的距离均为，处的场强相当于顶点、、处剩余电荷产生的场强，顶点、、处剩余电荷均为，在中心处产生的电场强度大小相等，为 顶点、处在中心处产生的电场强度方向夹角为，则合场强大小也为，方向由指向；顶点在处产生的场强方向也由指向 因此中心处的电场强度大小 方向由指向。 故选C。 5．C 【详解】平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上时自由落体，因此决定平抛运动的时间是由高度决定的，根据 可知 所以下落高度越高，运动时间越长，则有 由于水平方向是匀速运动，且水平距离为 根据 结合时间的关系，可得 ABD错误，C正确。 故选C。 6．B 【详解】A．a在地球赤道表面，万有引力一部分为重力、一部分提供向心力，满足 因此 ，故A错误； B．对绕地运行的b、c、d，由 得线速度 轨道半径越小线速度越大，因此 又a与c角速度相等，由 则 故b的线速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B正确； C．由上述推导得，a的线速度小于b的线速度，C错误； D．由周期公式 轨道半径越大周期越大；同步卫星c的周期为24h，d轨道半径更大，因此，不可能为20h，故D错误。 故选B。 7．C 【详解】AC．由沿电场线的方向电势越来越低，可判断金属棒接电源的负极，P点的电势比Q点的电势低，故A错误，C正确； B．根据曲线运动的特点，粒子所受合力指向轨迹凹的一侧，则由轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的反方向，故粒子带负电，故B错误； D．该粒子从Q运动到P的过程中电场力做负功，粒子动能减小，故粒子在P点的动能小于在Q点的动能，故D错误。 故选C。 8．C 【详解】AB．等量异种电荷连线的中垂线垂直于电场线方向，所以是一条等势线，中垂线通向无限远处，电势为零，所以中垂线上的电势为零，CD处于AB两电荷的等势能面上，所以两点的电势都为零。设M点的电势为，由于C点的电势为零，所以有，故AB错误； C．因为三角形为等边三角形，小球在轨道最低点处，所受两个正负电荷的电场力的水平分量相互抵消，因此所受电场力合力方向向下，电场力的合力为 重力为，支持力为N，根据牛顿第二定律可得 解得，故C正确； D．对小球从到的过程，根据动能定理有 解得，故D错误。 故选C。 9．CD 【详解】AB．圆通开始转动后，游客发现自己没有落下去，故竖直方向处于平衡状态，A错误，B错误； C．游客竖直方向处于平衡状态，所以游客受到的摩擦力等于重力，C正确； D．游客水平方向仅受支持力，游客在水平方向做圆周运动，故筒壁对游客的支持力提供向心力，D正确。 故选CD。 10．BC 【详解】AB．由动能定理，故小球的动能减少，A错误，B正确； CD．由能量守恒，小球的机械能减少fH，C正确，D错误。 故选BC。 11．BD 【详解】A．在仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，根据可知电容器电容增大，依题意电容器与电源保持连通状态，极板间电压不变，由可知极板上电荷量增加，电容器处于充电状态，G中有的电流，由知极板间电场强度增大，油滴所受电场力大于重力，应向上加速运动，故A错误； B．同理可知，若将A板向右平移一小段位移，极板的正对面积减小，电容器电容减小，极板上电荷量减小，电容器处于放电状态，G中有的电流，根据可知极板间匀强电场的场强不变，油滴仍然静止，故B正确； C．若将断开，则极板上电荷量不变，将A板向左平移一小段位移，根据可知电容器电容减小，由可知极板间电压增大，根据可知电场强度增大，、间电势差增大，根据，板接地，，点电势降低，故C错误； D．同理可知，若将断开，极板上电荷量不变，将A板向下平移一小段距离，根据 可知匀强电场的场强不变，、间电势差不变，板接地，点电势不变，点处油滴电势能不变，故D正确。 故选BD。 12．AD 【详解】A．图像的斜率等于电场强度，则小球从O运动到的过程中，场强减小，粒子所受电场力逐渐减小，故A正确； B．小球从运动到的过程中，电势不断减小，带正电的小球电势能不断减小，故B错误； C．小球能恰好运动到处，就能运动到，若小球恰好能运动到处，初速度最小，根据动能定理得 得 所以若小球能运动到处，则初速度至少为，故C错误； D．当小球运动到处，电场力做正功最大，小球速度最大，根据动能定理得 解得 故D正确。 故选AD。 13． 使电容器不带电 大于 较大 【详解】(1)[1]操作的作用是使电容器将所带的电量都放掉，从而不带电； (2)[2]因I-t图像的面积等于电容器的放电量，则由图线可以分析出，两个电容器充电结束后，的电量大于的电量。 (3)[3]根据 因电压相等，则两个电容器相比较，的电容较大。 14．(1)0.400/0.399/0.401 (2) A1 R1 A (3) 【详解】（1）根据螺旋测微器的测量原理，可知 （2）[1]电路中的最大电流约为，为了测量更加精确，应选择量程为0.6A的电流表A1。 [2] 想要让电压与电流能够从0开始调节，滑动变阻器应选择分压接法，适配的滑动变阻器阻值大小应小于待测电阻，故选R1。 [3]根据分析可知选择滑动变阻器的分压接法，同时由于电流表的内阻是已知的，选择电流表内接时可以通过计算去除系统误差，综上所述应选择选项A中电路图。 故选A。 （3）根据电阻率的相关公式， 联立解得 15．(1)4 N (2) 【详解】（1）第一次飞行中，设加速度为a1，匀加速运动时，有...............(1分) 由牛顿第二定律 ...............(2分) 解得f=4N...............(1分) （2）8s末的速度为...............(1分) 设失去升力后的加速度为a2，由牛顿第二定律得...............(1分) 解得...............(1分) 上升的高度...............(2分) 所以上升的最大高度...............(1分) 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理可知，电子离开加速电场时获得的速度大小满足...............(2分) 解得...............(1分) （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向满足...............(1分) 竖直方向，电子的加速度大小...............(1分) 联立...............(1分) 解得电子离开偏转电场时偏离中心线的偏移量...............(1分) （3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，竖直方向的速度大小........(1分) 离开偏转电场后粒子击中荧光屏所需时间...............(1分) 故该阶段内，粒子竖直方向的位移...............(1分) 粒子的总偏移量...............(1分) 若偏转电场两极板间距增大为原来的2倍，则电子打到荧光屏上偏离中心位置的偏移量减为原来的，故前后两次偏离中心位置的偏移量之比为。...............(1分) 17．（1）；（2），方向竖直向下；（3）或 【详解】（1）根据题意，从A点到B，根据动能定理可得 ...............(1分) 解得 ...............(1分) （2）由牛顿第二定律得 ...............(1分) 由牛顿第三定律得 ...............(1分) 解得 ...............(1分) 方向竖直向下。 （3）滑块恰好始终沿轨道BCDG滑行，则滑至圆弧轨道D、G间等效最高点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，与竖直方向夹角的正切值为 ...............(1分) 解得 ...............(1分) 则有 ...............(1分) 解得 ...............(1分) 滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到点（等效重力场中圆心等高处），另一种是恰好通过H点（等效最高点）。如图所示 ①如果最高到I点，根据动能定理，有 ...............(1分) 解得 ...............(1分) ②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有 ...............(1分) 联立解得 ...............(1分) 故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的的取值范围为 或...............(1分) 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $