2024-2025学年福建省福州一中高二（上）期中物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省福州一中高二（上）期中物理试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培).导出单位Wb(韦伯)用上述基本单位可表示为( )
A. m2⋅kg⋅s−4⋅A−1B. m2⋅kg⋅s−3⋅A−1C. m2⋅kg⋅s−2⋅A−1D. m2⋅kg⋅s−1⋅A−1
2.如图所示的电路中，U=120V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1=100Ω。当滑动变阻器滑至R2的中点时，a、b两端的电压为( )
A. 60V
B. 40V
C. 80V
D. 120V
3.一根长为L、横截面积为S的金属棒，电阻为R，棒内单位体积的自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为( )
A. evRSLB. nevSRLC. mv2SneD. mv22eL
4.如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为( )
A. Q1=q，Q2= 2q，Q3=q
B. Q1=−q，Q2=−4 33q，Q3=−4q
C. Q1=−q，Q2= 2q，Q3=−q
D. Q1=q，Q2=−4 33q，Q3=4q
5.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )
A. 材料竖直方向尺度减小B. 极板间电场强度变小
C. 极板间电场强度变大D. 电容器电容变大
6.如图所示，平行线代表电场线或等势面，带电量为1.6×10−18C的带正电微粒，在电场中仅受电场力作用，由A点运动到B点，动能减少了100eV，已知A点的电势为−10V，元电荷电荷量e=1.6×10−19C，则( )
A. 无论平行线代表的是电场线还是等势面，B点的电势都是0V
B. 无论平行线代表的是电场线还是等势面，B点的电势都是−20V
C. 若平行线代表的是电场线，微粒运行轨迹是2
D. 若平行线代表的是等势面，微粒运行轨迹是2
7.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略。则粒子到达MN连线上的某点时( )
A. 所用时间为2mv0qE
B. 速度大小为 5v0
C. 与P点的距离为2 2mv02qE
D. 速度方向与竖直方向的夹角为30°
8.如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cs37°=0.8，g取10m/s2。下列说法正确( )
A. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时动能最小
B. 小球的带电荷量q=5×10−5C
C. 小球在运动至圆周轨迹上的最低点时动能和电势能之和最大
D. 小球动能的最大值为5J
二、填空题：每空2分，共10分。
9.半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，则q的电性为______，电荷量大小为______(用题目给的字母表示)。
10.两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为1m和2m，串联在电路中形成回路时，电势φ的变化规律如图所示，则A和B导线两端的电压之比为______，A和B导线的电阻之比为______，A和B导线的横截面积之比为______。
三、综合题：共58分。
11.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，若该电场方向与正方形所在平面平行，已知A、B、C三点的电势分别为15V，3V，−3V，则：
(1)D点电势为______V；
(2)在图中画出经过A的一条电场线。(辅助线请用虚线表示)
12.(1)某同学分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和图(b)所示，则圆柱体的长度为______cm，直径为______mm。

(2)如图(c)所示，电流计的内阻Rg=98Ω，满偏电流Ig=1mA，R1=902Ω，R2=2Ω。
Ⅰ、当S1和S2均断开时，改装成的表是电压表，量程为______；
Ⅱ、当S1和S2均闭合时，改装成的表是电流表，量程为______。
13.某实验小组用伏安法测电阻，设计了三个电路图如图(a)、图(b)、图(c)所示，待测电阻Rx约为300Ω，电压表的内阻约为3kΩ，电流表的内阻约为10Ω。

(1)若采用图(a)和图(b)的电路进行实验，测得的电阻值分别记为Rxa和Rxb，则______(填“Rxa”或“Rxb”)更接近真实值，这个值比真实值______(填“偏大”或“偏小”)；
(2)为减小实验误差，采用图(c)的电路进行实验，请用笔画线代替导线，将图(d)实物图连接成完整电路；

(3)图(c)实验中滑动变阻器R2滑片置于a端，先将S2接1，闭合S1，调节R1和R2使电流表和电压表示数适当，电流表和电压表的示数分别为4.00mA、2.40V；再将S2接2，保持______(填“R”或“R2”)不变，调节另一滑动变阻器，电流表和电压表示数分别为4.64mA、1.40V，经计算得Rx= ______Ω(保留3位有效数字)；
(4)图(c)实验中，下列说法正确的是______。
A.电流表内阻对电阻的测量值无影响
B.电压表内阻对电阻的测量值有影响
C.电阻的测量值没有误差
14.如图所示为电动机提升重物的装置，电动机两端电压为5V时，卡住电动机，电路中电流为5A，正常工作时电路中的电流为1A，物体A重20N。忽略一切摩擦，求正常工作的情况下：
(1)电动机线圈电阻消耗的热功率为多少；
(2)电动机的输出功率是多少；
(3)电动机匀速提升重物的速度。
15.如图甲所示，真空室中电极K连续发出的电子(初速度不计)经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。C、D两板间的电势差UCD随时间变化如图乙所示，设C、D间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，板间距离为d，偏转电压U2，所有电子都能通过偏转电场且通过偏转电场的时间为t0，电子从离开偏转电场到达荧光屏所需时间为t06。求：

(1)金属板C的长度L；
(2)若UCD的周期T=t0，求电子能够到达荧光屏上的区域的长度；
(3)若UCD的周期T=2t0，当t=2t03时刻进入偏转电场的电子打到荧光屏上的位置与O点的距离？
16.如图a，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10−7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：(静电力常量k=9×109N⋅m/C2)
(1)小球B所带电量q；
(2)非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
(3)在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．
(4)已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m.若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.D
5.AB
6.AD
7.ABC
8.CD
9.负 2QΔLπR
10.3：2 3：2 1：3
11.9
5.312 1V 50mA
13.Rxb 偏大 R1 298 A
14.解：(1)由电动机卡住时，满足欧姆定律，可知其电阻RM=UMI1=5V5A=1Ω；
由热功率公式，可知电动机正常工作时，消耗的热功率为：P1=I22RM，解得：P1=1W；
(2)由电动机电功率公式，可得其正常工作时消耗的总功率P=UMI2，解得：P=5W；
由电动机总功率、热功率、输出功率关系，可知其输出功率满足：P2=P−P1=5W−1W=4W；
(3)由物体匀速提升，可知重物受力平衡，即拉力F=G=20N；
由电动机输出功率与拉力的关系式P2=Fv，可得速度v=0.2m/s。
答：(1)电动机消耗的热功率为1W；
(2)电动机的输出功率为4W；
(3)电动机提升重物的速度为0.2m/s。
15.解：(1)电子经过加速电场的过程，根据动能定理有eU1=12mv02，解得：v0= 2eU1m，又因为所有电子都能通过偏转电场且通过偏转电场的时间为t0，则偏转电场的长度，即金属板C的长度L=v0t0=t0 2eU1m；
(2)根据牛顿第二定律有a=eEm=eU2md，若UCD的周期T=t0，所有电子在偏转电场中的运动过程，在竖直方向有半个周期时间内的加速度方向竖直向上，有半个周期时间内的加速度方向竖直向下，可知经过一个周期，电子的竖直分速度刚好为0，则t=0时刻进入的电子向下偏移的距离最大，为y下=2×12⋅eU2md⋅(t02)2=eU2t024md，同理可知t=t02时刻进入的电子向上偏移的距离最大，为y上=2×12⋅eU2md⋅(t02)2=eU2t024md，所以电子能够到达荧光屏上的区域的长度为Δy=y上+y下=eU2t024md+eU2t024md=eU2t022md；
(3)若UCD的周期T=2t0，则电子在偏转电场的运动时间为T2，在t=2t03时刻进入偏转电场的电子，先在竖直方向上，前t03的时间内向下匀加速运动，接着t03的时间内，偏转电场反向，电子向下做匀减速运动，速度恰好为0，则y1=2×12⋅eU2md⋅(t03)2=eU2t029md，再接着t03的时间内，电子向上做匀加速运动，则y2=12⋅eU2md⋅(t03)2=eU2t0218md，电子出偏转电场后，在t06的时间内向上匀速，此时竖直方向上的速度v2y=eU2md⋅t03=eU2t03md，则y3=v2y×t06=eU2t03md×t06=eU2t0218md，因此y=y1−y2−y3=eU2t029md−eU2t0218md−eU2t0218md=0，所以在t=2t03时刻进入偏转电场的电子打到荧光屏上的位置与O点的距离为0；
答：(1)金属板C的长度L为t0 2eU1m；
(2)若UCD的周期T=t0，求电子能够到达荧光屏上的区域的长度为eU2t022md；
(3)若UCD的周期T=2t0，当t=2t03时刻进入偏转电场的电子打到荧光屏上的位置与O点的距离为0。
16.解：(1)由图可知，当x=0.3m时，F1=kqQx2=0.018N，因此：
q=F1x2kQ=0.018×0．329×109×1.8×10−7=1×10−6C；
(2)设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：F合=F2+qE，
因此：E=F合−F2q=−0.012−0.0181×10−6N/C=−3×104N/C，
电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左；
(3)根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功：
W合=−0.004×0.2=−8×10−4J，
由qU=W合可得：U=W合q=−8×10−4J1×10−6C=−800V；
(4)由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处，电场力做功W1=0.03×0.042=6×10−4J，
小球从x=0.2m到x=0.4m处，电场力做功W2=−12mv2=−1.6×10−3J，
由图可知小球从x=0.4m到x=0.8m处，电场力做功W3=−0.004×0.4=−1.6×10−3J，
由动能定理可得：W1+W2+W3+F外s=0，
解得：s=W1+W2+W3F外=6×10−4J−1.6×10−3J−1.6×10−3J0.04N=0.065m；
答：(1)小球B所带电量为1×10−6C；
(2)非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C；
(3)在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差为−800V；
(4)恒力作用的最小距离s是0.065m．