福建省部分学校教学联盟2024-2025学年高二上学期入学适应性检测物理试卷

这是一份福建省部分学校教学联盟2024-2025学年高二上学期入学适应性检测物理试卷，文件包含物理试题解析docx、试题卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．D
【详解】由于整个系统处于平衡状态，每一个电荷均受力平衡，根据三个自由点电荷平衡条件“三点共线、两同夹异、两大夹小、近小远大”及A处带正电，B处带负电，且A处的电荷量大于B处的电荷量，所以点电荷Q3应该在B的右侧，且带正电，故ABC错误，D正确。
故选D。
2．B
【详解】A．移走小球C后，导体A、B的电荷重新分布，导体B不带电，故A错误；
B．小球C与导体A、B接触后，导体A、B整体带正电，移走小球C再分开导体A、B，导体B带正电，故B正确；
CD．将导体A或B接地，导体A、B整体带负电，移走小球C再分开导体A、B，导体B带负电，故CD错误。
故选B。
3．C
【详解】A．由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误；
B．因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，故B错误；
C．由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以
即
由可知，电场力做正功，所以正电荷在A点移至B点，电势能减小，故C正确。
D．因为C、D关于AB对称，即C、D在同一等势面上，所以负电荷从C点移至D点，电势能不变，故D错误。
故选C。
4．A
【详解】将A、B位置的两个点电荷看为一个整体，根据等量同种正点电荷的电场分布规律可知，O点位于其连线的中垂线上，则电场强度方向由O指向C，即对O点的-2q的点电荷的电场力方向由C指向O，C位置的-2q点电荷对O点的电荷是斥力作用，可知，O点处固定的-2q的点电荷所受电场力方向由C指向O，根据几何关系，三个点电荷到中心O的间距为
A、B位置的两个点电荷对O点的-2q的点电荷的电场力为
C位置的两个点电荷对O点的-2q的点电荷的电场力为
则该电荷受到的电场力为
方向由C指向O。
故选A。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题所给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不选的得0分。
5．AC
【详解】A．若A球带电，则B球相当于放置在金属球壳内，B球处的电场强度为零，故A正确；
B．若B球带电，则A球相当于放置在金属球壳和大地构成的导体球壳内，A球处的电场强度也为零，故B错误；
CD．由于静电屏蔽，A、B两球彼此不会相互影响，故C正确，D错误。
故选AC。
6．CD
【详解】A．由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向向上，与电场强度方向相同，所以电荷为正电荷，故A错误；
B．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强，在N点所受的电场力大于M点的电场力，所以粒子在M点的加速度小于N点的加速度，故B错误；
CD．电场力对粒子做正功，电荷的电势能减小，所以粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能，则粒子在M点的动能小于N点的动能，故CD都正确；
故选CD。
7．BD
【详解】A．平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，将上极板竖直向上移动一小段距离，根据
可知板间场强减小，油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直方向向下运动。故A错误；
BC．P与下板间的距离不变，由公式
分析可知，P与下板间电势差减小，由于电容器与电源正极相连的下板接地，所以下极板上方电势均小于零。所以P点电势升高。故B正确，C错误；
D．P点电势升高，而油滴带正电，则带电油滴的电势能增加。故D正确。
故选BD。
8．CD
【详解】
A. 设细绳拉力、电场力的合力的方向与竖直方向的夹角为θ
解得
细绳拉力、电场力的合力为 ，从P点到Q点，合力做功最多，所以在P点动能最小，在Q点动能最大，在Q点由牛顿第二定律
由上式得，在Q点速度最大，绳的拉力最大，A错误；
B. 运动过程中，小球在P点动能最小，在A点电势能最大，B错误；
C. 小球从D到C的过程中
解得 ，C正确；
D. 小球从A到B的过程中
解得 ，D正确。故选CD。
9．（4分，每空2分）负 减少
【详解】[1]由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中被吸附在工件上，所以涂料微粒带负电。
[2]涂料微粒在运动过程中电场力对它做正功，则电势能逐渐减少。
10．（6分，每空2分）
【详解】[1]依题意，把点电荷从A移到B电场力做功，从B移到C电场力做功，从A移到C，则电场力做功为
故从A移到C点电荷的电势能减少
[2]由
代入数据，解得
[3]设A，B点的电势分别为、，有
解得
（6分，每空2分）
（1）ABC（全部选对得2分，部分选对得1分，有选错或不选得0分）
（2）
（3）AC（全部选对得2分，部分选对得1分，有选错或不选得0分）
【详解】（1）[1]平行金属板板间存在匀强电场，油滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有
所以需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d。
故选ABC；
（2）[2]根据平衡条件可得
则油滴的电荷量为
（3）[3]若要使原本静止的油滴落到下极板，减小电场力即可。
A．保持两极板间电压U不变，把下极板向下移，则增大极板间距，根据可知，电场强度减小，则电场力减小，因此油滴可落到下极板，A正确；
BCD．断开电源，金属板所带电荷量Q不变，根据
可得
则把下极板向上移，两板间距离变化，但两板间电场强度不变，油滴仍处于静止状态；把下极板向右移，S减小了，两板间电场强度增大，油滴会上升；在两极板间插入电介质，则增大，所以两板间电场强度减小，油滴可落到下极板，故C正确，BD错误。
故选AC。
（8分，每空2分）
（1）放电 不变
（2）相反
（3）430
【详解】（1）[1]电容器充电结束后，将电容器的两端与一个闭合的外电路接通时，电容器开始放电，而开关S改接2后，电容器与左侧形成一个闭合回路，进行的是放电过程。
[2]因为总电荷量不会因为电阻R而变化，则曲线与横坐标轴所围成的面积不变，且由于电阻变小，电路中的平均电流变大，所以放电时间将变短，曲线会有变化，但是曲线与坐标轴所围成的面积表示这一时间间隔内通过导体的总电荷量，总电荷量不变，所以曲线与坐标轴所围成的面积不变。
（2）在电容器充放电过程中，通过电阻R的电流方向相反。
（3）该电容器的电容
13．（10分）
解：(1)负电荷从a点移到b点克服电场力做功，说明负电荷所受电场力的方向为由b指向a，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，故该匀强电场的方向为由a指向b（水平向右），（1分，直接写出方向，无需说明理由）
根据：
（2分）
代入数值可得：
E=1.0×（3分）
(2)负电荷由b点移到c点，电场力做的功：
（5分，列出公式得1分，写出结果得1分）
电场力做负功，电荷的电势能增加，故电荷的电势能增加； （6分，注意写出“增加”才得分，类似“变化”、“改变”均不得分）
（3）a、c两点间的电势差为：
（10分，列出公式得2分，算出Wac得1分，写出结果得1分）
14．（10分）
解：(1) 球运动到C处时，由牛顿第二定律得：（1分）
得：（2分）
根据动能定理得， （3分）
解得：；（4分）
(2) 小球从C到D过程，由机械能守恒定律得： （5分）
代入解得，v2=（6分）
由于 （7分，无需比较，直接写出V2结果即可）
所以小球在D处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得： （8分）
代入解得，F2=（9分）
根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为10N。（10分）
15．（16分）
解：（1）0~1s时间内，假设物块相对木板向右滑动，且物块和平板的加速度大小分别为a1、a2，对物块和平板根据牛顿第二定律分别有：（1分）
（2分）
解得： （3分，全部解出给1分）
所以a1＞a2，假设成立。根据运动学公式可得t=1s时物块和平板的速度大小分别为：
（4分，全部解出给1分）
（2）0~1s时间内，物块相对平板的位移大小为：（5分）
t=1s时，设物块的加速度大小为a3，对物块根据牛顿第二定律有：（6分）
解得：
假设物块和平板在1~1.5s时间内可以达到共同速度，即从t=1s开始经过时间t1，物块与平板达到共同速度v，则：（7分）
解得： （8分，全部解出给1分）
所以，假设成立。在1~1.25s时间内，物块相对平板的位移大小为：
（9分）
物块与平板达到共同速度后，假设物块相对平板向左滑动，且物块和木板的加速度大小分别为a4、a5，对物块和平板根据牛顿第二定律分别有
（10分）
（11分）
解得： （12分，全部解出给1分）
所以a4＞a5，假设成立。因此t=1.25s时物块相对木板向右滑动的距离最远，则平板长度至少为
（13分）
（3）物块速度从v减小至零所经历的时间为：（14分）
即t=1.5s撤去电场时，物块的速度恰好减为零，整个过程中，电场力对物块所做的总功为：
（16分，写出计算式得1分，得出结果得1分）