2024-2025学年福建省福州市八县市协作校高二（上）期中物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省福州市八县市协作校高二（上）期中物理试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.以下说法正确的是( )
A. 库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷的数值
B. 电荷定向移动的速率等于电流的传导速率
C. 在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同
D. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越大，电流越大
2.A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的静电力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为−4q的点电荷，其所受电场力为( )
A. −F2B. F2C. −FD. F
3.如图(甲)为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=1m、b=0.2m、c=0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U−I图线如图(乙)所示，则下列说法正确的是( )
A. 随着所加电压的逐渐增大，该导电材料的导电性能变差
B. U=10V时，其电阻值R为10Ω
C. U=10V时，其电解液的电阻率ρ为0.4Ω⋅m
D. 该导电材料沿PQ方向通电时比沿MN方向通电时电阻小
4.直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图所示，C、D位于y轴上，C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零．若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为A)( )
A. 5kQ4l2，沿x轴正方向B. 5kQ4l2，沿x轴负方向
C. 3kQ4l2，沿x轴负方向D. 3kQ4l2，沿x轴正方向
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，匀强电场中有一平行四边形abcd，且平行四边形所在平面与场强方向平行．其中φa=10V，φc=6V，φd=8V，则下列说法正确的是( )
A. b点电势 φb=4 VB. b点电势 φb=8V
C. 场强平行于ad方向D. 场强垂直于bd向下
6.如图所示的是一个电容式传感器，在金属a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极，今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度ℎ变大时则( )
A. 引起两极间正对面积变大B. 电容器的电容将变小
C. 电容器两极间的电压将变大D. 静电计指针偏角将减小
7.如图所示，O点置一个正电荷，从与O点在同一竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，带电量为g，小球落下的轨迹如图中的实线所示，它与以O点为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，OC在同一水平线上，∠BOC=30°，A距OC的高度为ℎ，若小球通过B点的速度为v，则下列叙述正确的是( )
A. 小球通过C点的速度大小是 2gℎ
B. 小球通过C点的速度大小是 v2+gR
C. 小球由A到C电场力做的功是mgℎ−12mv2
D. 小球由A到C电场力做的功是12mv2+mg(R2−ℎ)
8.如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=1kg的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m处以v0=2m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。在x=0及x=5m处有两个电性未知，电荷量分别为Q1、Q2的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，g=10m/s2下列说法正确的选项是( )
A. 滑块在x=3m处所受合外力小于 0.5NB. 两场源电荷均带负电，且|Q1|>|Q2|
C. 滑块向右运动过程中，速度始终减小D. 滑块向右一定可以经过x=4m处的位置
三、实验题：本大题共5小题，共22分。
9.在静电除尘器除尘机理的示意图中，a、b是直流高压电源的两极，图中P、M、N三点在同一直线上，且PM=MN。尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积以达到除尘目的。由题意可知a是直流高压电源的______(填“正极”“负极”)，电场中P、M间的电势差的绝对值|UPM| ______M、N间的电势差的绝对值|UMN|(填“大于”、“等于”、“小于”)。
10.长为3R的导体棒原来不带电，现将一带电量为+q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示，当达到稳定状态后，棒内各点的合场强均为零，棒上的电荷在棒内中点处产生的场强大小等于______；将导体棒拿走，点电荷在R处产生的场强大小为______。(静电力常数用k表示)
11.如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的静电感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，静止时，A、B两小球间细线的拉力为______；剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为______。
12.如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷(qm)为k的带电小球恰能沿图中所示水平虚线向右通过电容器A、B板边缘，重力加速度大小为g，则A板的电势为______，若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为______。
13.某同学利用如图所示的实验电路观察平行板电容器的充放电。
(1)按如图所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接______(选填“1”或“2”)，对电容器进行充电，一段时间后，记下数字电压表的读数。
(2)充电完成后，再将开关S接通另一端，观察到电流随时间变化的情况是______。
A. B. C. D.
(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时间将______(选填“变长”“不变”或“变短”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
14.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°.现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放。g取10m/s2，sin37°=0.60，cs37°=0.80.求：
(1)小球所受电场力的大小；
(2)小球通过最低点C时的速度大小；
(3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小。
15.如图所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD=4cm，其连线的延长线与金属板A成30°角。已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为−4.8×10−17J，元电荷e=1.6×10−19C。求：
(1)C、D两点间的电势差UCD、匀强电场的场强大小E。
(2)若选取A板的电势φA=0，C点距A板1cm，电子在D点的电势能为多少?
16.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A点到MN的距离为L2，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子到MN的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；
(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x。
参考答案
1.D
2.D
3.C
4.D
5.BD
6.AD
7.BD
8.BD
9.负极 大于
10.4kq25R2 kqR2
11.qE+5mg qE
12.−gLtanθkcsθ 2Lgsinθ
13.1 C 变短
14.解：(1)小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示。
根据共点力平衡条件有：F=mgtan37°=0.75N
(2)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mgl−Fl=12mv2
解得：v= 2gl(1−tan37°)=1.0m/s
(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T′。
根据牛顿第二定律有：T′−mg=mv2l
解得：T′=1.5N
答：(1)电场力的大小为0.75N，方向水平向右；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小为1m/s；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N。
15.解：(1)电子从C点移到D点，根据电势差的定义，有：UCD=WCDq=−4.8×10−17−1.6×10−19V=300V，
故电场强度：E=UCDdCD=3004×10−2×sin30∘V/m=1.5×104V/m；
(2)AD点的电势差：UAD=EdAD=1.5×104×3×10−2V=450V，
由UAD=φA−φD和φA=0得：φD=−450V；
电子在D点的电势能为：EP=qφD=−1.6×10−19×(−450)J=7.2×10−17J；
答：(1)C、D两点间的电势差UCD为300V，匀强电场的场强大小E为1.5×104V/m；
(2)若选取A板的电势φA=0，C点距A板1cm，电子在D点的电势能为7.2×10−17J。
16.解：(1)由动能定理可知：eE×L2=12mvx2，解得：vx= eELm；
(2)在加速电场中，由运动学公式，可知：L2=12vxt1，解得：t1= mLeE，
在偏转电场中，由运动学公式，可知：L=vxt2，解得：t2= mLeE，
在离开偏转电场后，由运动学公式，可知：L=vxt3，解得：t3= mLeE，
故三段总时间为：t=t1+t2+t3，化简得：t=3 mLeE；
(3)在电场E2中，做类平抛运动，在竖直方向上列运动学关系式，可得：vy=e×2Emt2，y=12vyt2，
其偏转角满足：tanθ=vyvx，
联立解得：vy=2vx，y=L，tanθ=2；
(3)由电子出电场E2时的侧移量、偏转角、PQ与屏的间距，结合几何关系，可知：x=Ltanθ+y，
代入解得：x=3L。
答：(1)电子到MN的速度大小为 eELm；
(2)电子从释放到屏上所用的时间为3 mLeE；
(3)偏转角的正切值为2；
(4)电子打到屏上的点与O的距离为3L。