2025厦门、泉州五校高二上学期11月期中联考试题物理含解析

这是一份2025厦门、泉州五校高二上学期11月期中联考试题物理含解析，共9页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 满分：100分 命题人：黄荣愉 审核人：蔡长振）
试卷分第 = 1 \* ROMAN I卷（选择题）和第 = 2 \* ROMAN II卷（非选择题）两部分
第 = 1 \* ROMAN I卷（选择题，共40分）
一、单项选择题（本题共4题，每题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的。）
1．如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近的带正电的导体球。若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的大小分别为QA、QB，则下列结论正确的有（ ）
A．沿虚线c切开，A带负电，B带正电，且QA>QB
B．只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且QA＝QB
C．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且QAEb>Ec
B．粒子在a、b、c三点受到的电场力大小关系为Fa=Fb>Fc
C．a、b、c三点电势大小关系为φa>φb>φc
D．ab间电势差的绝对值小于bc间电势差的绝对值
二、双项选择题（本题共4题，每题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求的，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
5．如图所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等。两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是（ ）
A．1、3两点电场强度大小相等方向相同
B． 5、6两点电势可能不同
C．4、5两点电场强度可能相同
D．在1处由静止释放一电子，在向右运动过程中加速度一定是先减小后增大
6．灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（ ）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．对应P点，小灯泡的电阻为
C．对应P点，小灯泡的电阻为
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM所围的面积大小
7．如图所示为一种电容传声器。b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时（）
A．电容器的电容增大
B．a、b板之间的电场强度减小
C．流过电流表的电流方向为自左向右
D．流过电流表的电流方向为自右向左
8．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是（ ）
A．小球水平位移x1与x2的比值为1：4
B．小球水平位移x1与x2的比值为1：3
C．小球落到B点时的动能为32J
D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能6J
第 = 1 \* ROMAN I卷（非选择题，共60分）
三、填空、实验题（共5题，24分）
9．（2分）如图所示，在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，其中水平向右移动。若测得4s内分别有个和通过溶液内部的横截面M，那么溶液中的电流方向________(选填“向左”或“向右”)，大小为__________A。（）
10．（2分）一个量Ig=0.6A，内阻Rg=0.6的电流表，表盘如图，若将电流表与R0=24.4的电阻串联，可改装为量程为_________V的电压表．若要改装成量程为3A的电流表，则需要与阻值为___________的电阻并联，
11．（4分）匀强电场的方向平行于平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。完成下列填空：
（1）坐标原点处的电势为________V；
（2）电子从b点运动到c点，电场力做功为_________eV；
（3）电子在a点的电势能比在b点的高_________eV；
（4）电场强度的大小为________V/cm。
12．（6分）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)图甲中实验采用的方法是（ ）（填正确选项前的字母）；
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
(2)若球的质量为m，重力加速度为g，在位置时偏离竖直方向的夹角为，则带电体受到的库仑力大小为________。
(3)在另一个实验中，某同学让两半径为R的小球分别带上和的正电，并使两小球球心相距3R时处于平衡状态，利用公式来计算两球之间的库仑力，则该同学的计算结果________（选填“比实际值偏大”“比实际值偏小”或“正确”）
13．（10分）在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。电源电压为6.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2.实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关S改接2后，电容器进行的是________（选填“充电”或“放电”）过程。此过程得到的I-t图像如图2所示，图中在0-0.2s内用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与坐标轴所围成的面积将_______（选填“减小”、“不变”或“增大”）。
（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为_________μF。
（3）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图像如图所示。按他的想法，下列说法正确的是（ ）。
A．U-Q图线的斜率越大，电容C越大
B．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比
C．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为
D．由于图线是一条过原点的直线，所以既可以用图线与横轴所围成的面积表示电容器储能，也可以用图线跟纵轴所围成的面积表示电容器储能
四、解答题（3题共36分，14题8分，15题12分，16题16分）
14．（8分）如图所示，一个质量，带电荷量的半径极小的小球，用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中．当小球静止时，测得悬线与竖直方向成45°夹角，求：
（1）小球受到的电场力的大小和方向；
（2）该电场的电场强度的大小和方向。
15．（12分）在研究微型电动机的性能时，应用如图的实验电路，当调节变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表测得的数据是0.5A，2.0V，重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的读数分别是2.0A，30.0V，则：
（1）这台电动机的内阻为多少？
（2）电动机正常运转时的输出功率是多少？
（3）电动机的效率是多少？
16．（16分）如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U0的电场加速，电子被加速后由小孔S穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线，从左边缘射入A、B两板间的偏转电场。A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板电势高U，A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m，荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。求：
（1）求电子进入偏转电场的初速度v0（已知电子质量为m、电量为e，加速电压为U0）
（2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少（用U0、U、L、d表示）；
（3）当加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示。每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为在该过程中电压不变。 A、B板间所加电压U=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。
厦泉五校2024-2025学年高二年级第一学期期中联考
物理试题评分细则
9． 向右（1分） 0.08A（1分）
10． 15 （1分） 0.15（1分）
11． 1（1分） 9（1分） 7（1分） 2.5（1分）
12．(1)C （2分） (2) （2分） (3)比实际值偏大（2分）
13． 放电（2分） 0.2s内电容器放电量（2分） 不变（2分） 575（2分） C（2分）
14．（8分）（1）0.3N，水平向右；（2），水平向左
【详解】（1）由于小球静止，而电场线水平，所以电场力方向水平向右，对小球受力分析如图所示
有
—————3分（公式2分，答案1分）
所以小球受到的电场力的大小为0.3N，方向水平向右———1分
（2）由得，电场的场强
3分（公式2分，答案1分）
负号表示电场强度的方向与电场力的方向相反，即向左———1分
15．（12分）44W，73.3%
【详解】当电动机停止转动时，由题得电动机的电阻
—————3分（公式2分，答案1分）
当电动机正常转动时，电动机的总功率
P=U1I1=30V×2A=60W———2分
电动机的发热功率
———2分
电动机正常运转时的输出功率
———2分
因此电动机的效率为
————3分（公式2分，答案1分）
16．（16分）（1）；（2）；（3）所加电压U应满足至少为100V；（4）0.025m～0.05m
【详解】（1）电子加速过程中，根据动能定理有
———2分
解得初速度
———2分
（2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有
———1分
垂直AB两板方向，做匀加速直线运动，有
———1分
———1分
———1分
由（1）问及以上几式，解得
———1分
（3）当A、B板间所加电压U′=50V时，当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时
其侧移最大
设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则
———1分
———1分
又
———1分
联立解得
———1分
由第（2）问中的可知，在其它条件不变的情况下，U0越大y越小
所以当U0=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小
其最小侧移量，
———1分
同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为
———1分
故其范围为0.025m~0.05m。———1分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
D
A
B
AD
BD
AC
BC