2024~2025学年福建省福州市福清市高二(上)期中考试物理试卷(解析版)

这是一份2024~2025学年福建省福州市福清市高二(上)期中考试物理试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
（完卷时间75分钟，满分100分）
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 我国东汉时期，王充《论衡》一书中所提到的“顿牟掇芥”等问题，描述了摩擦琥珀能吸引轻小物体。关于物体带电，下列说法正确的是（ ）
A. 物体通常呈现电中性，是因为物体内不存在电荷
B. 电荷在转移的过程中，电荷的总量是不变的
C. 单个物体所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换
D. 利用摩擦起电可使物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等
【答案】B
【解析】A．物体通常呈现电中性，是因为物体内正、负电荷数量相等，故A错误；
B．根据电荷守恒定律，电荷在转移的过程中，电荷的总量是不变的，故B正确；
C．在与外界没有电荷交换情况下，一个系统所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，故C错误；
D．利用摩擦起电可使物体带电，质子和电子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故D错误。
故选B。
2. 一横截面积为的铝导线，导线单位体积内含有的自由电子数为，电子的电荷量为，若电子定向移动的速度为时，则导线中的电流为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】时间通过导线的电量为
导线中的电流为
故选C。
3. 某金属导线的电阻率为，电阻为，常温下现将它均匀拉长到原来的两倍，则该导线的（ ）
A. 电阻率变为B. 电阻率变为
C. 电阻变为D. 电阻变为
【答案】D
【解析】AB．金属丝的电阻率由材料自身的性质决定，所以不会随着金属丝的长度改变而改变，AB错误；
CD．根据电阻的公式
依题意，金属丝长度变为原来2倍，其体积不变则横截面积变为原来的，可得
C错误，D正确。
故选D。
4. 有研究表明，当兴奋情绪传播时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布图如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，、、、为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种电荷产生的电场，、为两电荷连线上对称的两点，、为两电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法中正确的是（ ）
A. 若同一试探电荷在、两点只受电场力作用，则加速度不相同
B. 点的电势大于点的电势
C. 将质子从点移到点，其电势能增加1.5emV
D. 正电荷在点的电势能大于在点的电势能
【答案】C
【解析】A.根据等量异种电荷的电场的特点，可以判断、这两个对称点的电场强度大小相等，方向都是由b指向a，根据牛顿第二定律可知，加速度相同，故A错误；
B．点和点在同一等势线上，两点的电势相同，故B错误；
C．如图所示，点电势高于点电势，故将质子从点移到点，根据可知，其电势能增加1.5emV，故C正确；
D．点的电势低于点的电势，故正电荷在点的电势能大于在点的电势能，故D错误。
故选C。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分，全部选对得6分，选不全得3分，有选错或不答得0分。）
5. 如图所示，，，，A、B两端接在输出电压恒定的电源上，则（ ）
A. 断开时，R1与R2两端的电压之比为
B. 闭合时，通过R1与R2的电流之比为
C. 闭合时，R1与R2两端电压之比为
D. 断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为
【答案】AB
【解析】A．断开时，R1与R2串联，则由串联分压可得，电压之比等于电阻之比，即1:5，故A符合题意；
BC．闭合时，R2与R3并联，由并联分流可得，电流之比等于电阻的反比，即1:1，电阻R1位于干路，则通过R1与R2的电流之比为2:1，由欧姆定律变形得U=IR，则电压之比为2:5，故B符合题意，C不符合题意；
D．设A、B两端所接电源为U，则当断开时，电阻R1两端的电压为
闭合时，R2与R3总电阻为
电阻R1两端的电压为
则两次电压之比为
故D不符合题意。
故选AB。
6. 如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为，内阻为，变阻箱接入电路的阻值为。下列说法正确的是（ ）
A. 甲表是电流表，增大时量程减小
B. 乙表是电压表，增大时量程减小
C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则
D. 改装为量程15V的电压表，选择图乙，
【答案】AD
【解析】A．甲表中灵敏电流表与电阻并联，由于电阻的分流作用使总电流增大，故甲是电流表，增大时分流变小，则量程减小，故A正确；
B．乙表中灵敏电流表与电阻串联，由于电阻的分压作用使总电压增大，故乙是电压表，增大时分压增大，则量程增大，故B错误；
C．在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则
故C错误；
D．改装为量程15V的电压表，选择图乙，则
故D正确。
故选AD。
7. 如图所示，平行板电容器的金属板A、B水平放置，始终与电源两极相连，电路中接有电流计G，极板B接地。极板间有一带电液滴静止在点，现将某极板沿竖直方向平移一小段距离，发现电流表中有从到的电流，则下列判断正确的是（ ）
A. 液滴油滴仍然静止B. 电容器正在放电
C. 一定是下极板向下移动D. 点电势可能增大
【答案】BD
【解析】BC．将某极板沿竖直方向平移一小段距离，发现电流表中有从到的电流，由题图可知，下极板B带负电，所以电容器正在放电，电容器所带电荷量减小， 平行板电容器的金属板A、B水平放置，始终与电源两极相连，故不变，根据
知电容减小，根据
知两板间距增大，故可能是下极板向下移动或上极板向上移动，故B正确，C错误；
A．根据
由于板间距离增大，电压保持不变，所以板间电场强度减小，液滴受到的电场力减小，液滴向下运动，故A错误；
D．板间距离增大，有可能是下极板向下运动，则P点与上极板距离不变，根据
由于板间电场强度减小，A板电势不变，则P点电势可能增大，或者上极板向上移动，则P点与下极板距离不变，根据
由于板间电场强度减小，B板电势不变，则P点电势可能减小，故D正确。
故选BD。
8. 一种电子透镜的部分电场分布如图所示，虚线为等差等势面。电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，、、是轨迹上的三个点，取点电势为0V，电子从点运动到点电势能变化了10eV，则（ ）
A. 点电势为15V
B. 点的电场强度比点的大
C. 电子在点电势能为-5eV
D. 电子的运动轨迹与其中的一条电场线重合
【答案】AC
【解析】AC．电场线和等势线垂直可知c点的电场方向约为水平方向，电场力指向轨迹内侧水平向左，电子带负电因此电场线水平向右，因此从a到c电势降低，电子从a点运动到b点电场力做负功，电势能变化了10eV，可知
可得
因为虚线为等差等势面，则有
取c点电势为0V，可得
则电子在b点的电势能为
故AC正确；
B．根据等差等势面越密集的地方场强越大，则a点的电场强度比c点的小，故B错误；
D．根据电场线与等势面垂直，可知电子的运动轨迹不可能与其中的一条电场线重合，故D错误。
故选AC。
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
三、非选择题（本大题8小题，共60分）
9. 如图所示，真空中带电小球由绝缘细绳悬挂于天花板上，球保持静止。形状、大小与球完全相同的另一带电小球恰能悬停在球的正下方。已知小球和带电荷量大小均为，、质量均为，静电力常量为，小球均可视为点电荷。则小球所受绳子的拉力为_________，小球和之间的距离为__________（用题中所给的符号表示，重力加速度为）
【答案】
【解析】[1]小球和静止，以小球和为整体，受力分析可知绳子拉力与小球和的总重力平衡，根据平衡条件可得小球所受绳子的拉力为
[2]小球静止，根据平衡条件可得
小球和之间的距离为
10. 如图所示，一绝缘细线上端固定，下端拴一质量为m、电荷量为-q的小球。将它置于水平方向的匀强电场中，当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态。求匀强电场的大小和方向。
【答案】电场力方向向左；大小
【解析】根据题意，小球处于平衡状态，所以小球的所受合外力为零，对小球进行受力分析，电场力必须水平向右，又小球带负电，电场力方向与电场方向相反，所以电场的方向水平向左
对小球进行受力分析，根据矢量三角形法则，有
又
得
11. 如图所示，在两个等量异种点电荷的电场中，将一个带正电的试探电荷由点沿两点电荷连线移到中点，再由点沿直线移到点。在该过程中，试探电荷所受的电场力大小如何变化？____________________，电势能如何变化？_____________________.
【答案】电场力大小逐渐减小 电势能先减小，后不变
【解析】[1] 根据等量异种点电荷电场的分布特征，从A到O点，场强逐渐减小，从O点B点，场强逐渐减小。所以正的试探电荷从A到O再到B点，电场力大小逐渐减小；
[2] 从A到O沿着电场线方向，电势逐渐降低，根据可知，电势能逐渐减小，OB直线是等势线，正电荷从O点B点，电势能不变。
12. 某物理兴趣小组利用下图装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的小球，系在绝缘丝线上带正电的小球B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。
（1）他们分别进行了以下操作。
①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的、、等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力__________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
②系在丝线上的带电小球B挂在横杆上的位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（2）以上实验采用的方法是________（填正确选项前的字母）。
A. 等效替代法B. 理想实验法
C. 控制变量法D. 微小量放大法
（3）在阅读教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以等效为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷.它将两个半径为的金属小球分别带上了和的正电，并使其球心相距，应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力，则该同学的计算结果__________（选填“偏大”“偏小”“正确”），原因是：____________________。
【答案】（1）减小 增大 （2）C （3）偏大 由电荷间的相互作用可知，同种电荷相互排斥，故实验中两个带正电小球在排斥力作用下，正电荷分别集中在球的两外侧，故实际电荷间距r>3R，由可知，两电荷电荷量不变时，r越大F越小，故计算结果偏大。
【解析】（1）[1]在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的P1、P2、P3位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力减小；
[2]使小球B处于同一位置，增大小球A所带电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力增大；
（2）图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制受量法，故C正确，ABD错误；
（3）[1]则该同学的计算结果偏大;
[2]由电荷间的相互作用可知，同种电荷相互排斥，故实验中两个带正电小球在排斥力作用下，正电荷分别集中在球的两外侧，故实际电荷间距r>3R大，由
可知，两电荷电荷量不变时，r越大F越小，故计算结果偏大。
13. “探究电容器充、放电”的实验装置示意图如图所示。
（1）将开关S与“”接触时，电容器的上极板会带_________（选填“正”或“负”）电；将开关S与“”接触时，电容器两极板间所带电荷量_________（选填“增大”或“减小”）。
（2）已知灵敏电流计“0”刻度在表盘中央位置，经判断：当电流从左接线柱流入时指针左偏；当电流从右接线柱流入时指针右偏。请根据所学知识回答下列问题：
①电容器充电结束后，将开关S扳到放电的过程中，灵敏电流计指针会________偏（选填“左”或“右”）。
②将开关S扳到，让电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变。若将电容器中间插入一层有机玻璃板，则在插入过程中灵敏电流计指_______偏（选填“左”或“右”）。
【答案】（1）正 减小 （2）左 右
【解析】（1）[1] 开关S与“”接触时，电容器接通电源，在电场力的作用下，自由电子从上极板经过电源向下极板移动，上极板因失去电子而带正电；
[2] 开关S与“”接触时，电容器开始放电，两极板所带的电荷量逐渐减小。
（2）[1] 电容器充电结束后，将开关S扳到放电的过程中，电路中的电流恰好从灵敏电流计的左接线柱流入，根据题意可知，此时电流计的指针向左偏转；
[2] 根据
插入一层有机玻璃板，变大，电容C变大，又因为
解得
由于两极板间电势差U不变，电容C变大，所以Q变大，电容器充电，电流从右接线柱流入电流表，所以灵敏电流计指针会右偏。
14. 在真空中点放一个点电荷，直线通过点，的距离，点放一个点电荷（）如图所示，求：
（1）点电荷在点受到的库仑力大小；
（2）点的电场强度；
（3）拿走后点的场强大小。
【答案】（1） （2），方向由O点指向M点 （3）
【解析】（1）根据库伦定律可得，点电荷在点受到的库仑力大小
代入数据即得
（2）根据电场强度的定义，可得M点的电场强度
代入数据解得
方向由O指向M；
（3）电场强度是由电场本身的性质决定的，与试探电荷无关，故拿走后点的场强大小不变，仍为
15. 日前，2024年世界机器人大会在京举办，宇树科技人形机器人G1不仅能灵活蹲下、起立，还能灵巧地用双手砸核桃。现将机器人内部部分电路简化为如图电路，该部分电路正常工作时，输入电压为，定值电阻的阻值为，电动机额定电流为，电动机线圈电阻为，求：
（1）机器人电动机的额定电压；
（2）电动机的输出功率；
【答案】（1） （2）
【解析】（1）由于电动机与定值电阻串联，根据串联电路特点可知，电动机的额定电压为
（2）根据能得转化可知，电动机得输出功率
联立
整理可得
16. 静电除尘器中的除尘空间由两块平行电极板构成，如图所示，两电极板与电压恒定的高压直流电源相连，间距为，板间电压恒为，板长为，忽略边缘效应。经带电空间带电后的尘埃粒子，其质量为，电荷量为，以水平速度均匀射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃粒子被收集，运动过程中忽略尘埃粒子的重力及空气阻力，不考虑粒子间相互作用，其中尘埃粒子比荷为，，，。
（1）若，某尘埃粒子从极板中间（距下极板处）射入除尘空间，求粒子在两极板间运动的加速度。
（2）在（1）问中的尘埃粒子能否被下极板收集。
（3）若所有的尘埃粒子都在下极板处被捕获。求电极板的最大间距为。（结果可以用根号表示，或保留到小数点后两位）。
（4）在（3）问中的粒子到达下极板时，最大速度大小为多少。（结果可以用根号表示，或保留到小数点后两位）。
【答案】（1） （2）不能 （3） （4）
【解析】（1）粒子在两极板间，根据牛顿第二定律
解得
（2）粒子若不能被下极板收集，则在极板间运动的时间为
则在垂直极板方向，运动的位移为
所以，尘埃粒子不能被下极板收集。
（3）电极板的间距最大时，粒子在两极板间，根据牛顿第二定律
在最上方的尘埃粒子被下极板收集时，所有的尘埃粒子都在下极板处被捕获，则在垂直极板方向，运动的位移为
联立，解得
（4）最上方的尘埃粒子在电场中加速时间最长，则到达下极板的速度最大，在垂直极板方向的分速度为
解得
所以，最大速度大小为