福建省福州第三中学2025-2026学年高二上学期期中物理试题

福州三中2025-2026学年度第一学期半期考 高二物理试卷（高考方向）】 一、单项选题（本大题共4小题，共16分） 1如图所示，M、N两点电场强度相同，电势也相同的是() 缸 王▣ M e e *N +N +N 6) c d④ A.(a)图中，与点电荷等距的M、N两点 B.(b)图中，带电平行金属板两板间分别靠近两板的M、N两点 C,(c)图中，两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的M、N两点 D.(d)图中，两个等量同种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的M、N两点 2.如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的 电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨 迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上.下列判断正确的是 () A.带电粒子在P点的电势能比在Q点的大 B.三个等势面中，a的电势最低 C.带电粒子在P点的加速度比在Q点的小 D.带电粒子在R点的加速度方向沿虚线b向右 3如图所示固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板与一个 静电计相连，将B极向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C、静电计指针 偏角日和极板间电场强度E的变化情况分别是()。 AC不变，0不变，E变小 B.C变小，0变大，E不变 C.C变小，0不变，E不变 D.C变小，0变大，E变小 试卷第1页，共6页 4.有一匀强电场的方向平行于x0y平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图 所示，cd垂直于x轴、cb垂直于y轴，其中a、O、b三点电势分别为4V, 6V、8V。电荷量为g=-1×10C的点电荷由a点开始沿a→b→c+d路线运动 过程中，下列说法正确的是() ◆Wcm A,c点的电势p=6V B.匀强电场的方向为a指向b C.匀强电场的电场强度大小E=√2V1m D.点电荷在c点的电势能E=-1×10J 二、双项选题（本大题共4小题，共24分） 5.如图所示，用两根等长的轻质绝缘细线，把两个带异种电荷的小球α、b悬挂起 来，小球a带正电，小球b带负电，带电量大小分别为qa,qb。小球a、b质量相同， 如果在该区间加一水平向的匀强电场，两绳始终拉紧，最后达到平衡状态如右图 所示，则下列判断正确的是() A.匀强电场水平向左 B.匀强电场水平向右 C.qa=qb D.qa<qb 6如图所示，P和P2是材料相同、上下表面均为正方形的长方体导体，P1的上（下） 表面积大于P2的上（下）表面积，将P和P2按图中所示方式接到电源上，闭合开 关后，下列说法正确的是() A.因为通过P的电流等于通过P2的电流，自由电子在P1、P2中定向移动的速率一 定相同 B.若P和P2的体积相同，则P的电功率大于P2的电功率 C,若P,和P2的厚度相同，则P两端的电压小于P2两端的 电压 D.若P和P的厚度相同，则P的电功率等于P2的电功率 宫宫 试卷第2.页，共6页 7扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘 清扫，如图所示为某款扫地机器人，已知其电池是容量为3000mA·h的锂电池， 额定工作电压为15V,额定功率为30W,则下列说法正确的是() A.题中“mA·h是能量的单位 B.扫地机器人充满电后可以工作的时间约为1.5h C.扫地机器人储存的电能大约是2000 D.扫地机器人正常工作时的电流是2A 8.某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E(重力势 能、电势能之和)情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中， 1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出2的位置x和速度，利用能量守恒 可以得到总势能E一x图像。图2中I图是小球E一x图像，Ⅱ图是计算机拟合的图 线的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，重力加速度 为常量不变，取g=10m/s2,则2小球( A上升过程速度先变大后变小 B.上升过程电势能先变小后变大 5 03 C.从x=6.0cm处运动至x=20cm处重力势能 1 6.010.0 20.0x/cm 增加0.56) 图1 图2 D.从x=6.0cm处运动至x=20cm处电场力做功0.3) 三、填空题（本大题共3.小题，共9分） 9如图所示为静电除尘装置的原理图，在集尘极和放电极间加有高压电源，其间 的空气被电离成为电子和正离子，废气在经过机械过滤装置后进入静电除尘区域， 废气中的粉尘吸附电子后带上负电，粉尘在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积， 实现除尘的目的。图中虚线为电场线，不考虑粉尘重力的影响。 (1)为了实现净化废气的目的，静电除尘装置中的放电极，应接高压电源的 (选填“正极”或“负极")： (2)由电场的分布特点可知，图中A点电势 B 空 ▣集生极 点电势（选填“高于”“低于”或“等于”，带相同电荷 O:故电极师化后空今 量的粉尘在A点位置的电势能 在B点 位置的电势能（选填“高于”、“低于”或“等于”） 集尘板 机械过滤 静电隐生 试卷第3页，共6页 10如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开 始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流！可认为是恒定不变的，设 手机电池的内阻为r,则时间t内 (1)充电宝输出的电功率为 电 (2)手机电池产生的焦耳热 充电宝 (3)手机电池储存的化学能为 图1 图2 11.如图所示是一个拥有10mA和50mA两个量程的电流表，当使用a,b两个端点 时，对应其中一个量程：当使用a,c两个端点时，对应另外一个量程。已知表头 的内阻Rg为10002，满偏电流/g为2mA。则 (1)接ac时的量程为 接ab时量程为 (2)R1+R2的阻值为 四、实验题（本大题共1小题，共12分） 12.(1)如图甲所示，用螺旋测微器测得导体棒的直径为 mm:如图乙所示， 用游标卡尺测得导体棒的长度为 c7m。 10 10 甲 乙 (2)某同学在一次测量时，两电表的示数分别如图所示（电压表量程0一3V,电流 表量程0~0.6A)。电压表读数 V,电流表读数 5 10 wuw5 wh1l山山山u7 0.2 0.4 0.6 0 (3)随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的 纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率（电导率是电阻率的倒数， 是检验纯净水是否合格的一项重要指标)不合格。 ①你认为不合格的纯净水的电导率是（填“偏大”或“偏小”。 试卷第4页，共6页 ②为了方便测量纯净水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的塑料圆 柱形容器内，容器两端用金属圆片电极密封，如图所示。请根据电路图用笔画线 表示导线，连接测量纯净水样品电阻的实物图。 五、计算题（本大题共3小题，共39分） 13.如图所示，半径为R的内壁光滑的绝缘的半圆形轨道固定在水平面上，质量为 m带电荷量为q的小球，从轨道右侧A点由静止开始释放，A点与圆心O等高，当 小球到达B点时，球的速度正好为零，已知角∠A0B=60°，重力加速度为g。求： (1)小球的电性： (2)A、B两点的电势差： (3)匀强电场的电场强度大小。 609 77777777777777777777 14.如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的板长L=0.4m, 两板间距离d=4×10-3m,有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速 度。从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒 能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m=4×10-5kg,电荷量q=+1× 10-8C,g=10m/s2.求： (1)微粒的入射速度vo (②)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？ U电源 试卷第5页，共6页 15研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获 得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。图1为某加速装置的示意图，它 由多个横截面积相同的金属圆简依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇 数的圆简与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电 势差的变化规律如图2所示。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆简的电势差为正值。 此时和偶数圆简相连的金属圆板（序号为0）的中央有一电子，在圆板和圆简1之间 的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆简1为使电子在圆简之间的间隙都 能被加速，圆简长度的设计必须遵照一定的规律。若电子的质量为m,电荷量为 一，交变电源的电压为U,周期为T,两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆简 内场强均为0，不计电子的重力和相对论效应。 (1)求电子进入圆筒1时的速度v1,并分析电子从圆板出发到离开圆简2这个过程 的运动。 (2)若忽咯电子通过圆筒间隙的时间，则第个金属圆筒的长度L应该为多少？ (3)若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆简间隙的距离均为，在保持圆简 长度、交变电压的变化规律和(2)中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最 大速度是多少？ 交变 0 电压 图1 图2 试卷第6页，共6页福州三中2025-2026学年度第一学期半期考 高二物理试卷（高考方向） 参考答案 2 4 5 6 7 8 C A B D BC BD BD AD 9(每空1分)(1)负极：(2)低于：高于 10(每空1分)(1)U1,(2)I2rt, (3)UIt-12rt 11(每空1分)(1)10mA,50mA,(2)2502 12.(1)4.620mm,10.15cm (2)1.20V,0.50A (3)偏大 电源 13 【答案】解：(1)A→B过程通过动能定理可知电场力做负功，位移 与力的方向夹角为钝角，所以小球带正电： (2)对小球从A点运动到B点过程应用动能定理，有：qU4B+mgRsin60°=0-0， 解得：Ua=-3mgR 2g (3)B、A两点在水平方向上的距离为d=R(1-cos60),根据U=Ed得：E=日= √3mg q 14. 【答案】解：(1)微粒刚进入平行板时，两极板不带电，微粒做平抛 运动， 则水平方向有=vot, 竖直方向有程-9t2, 解得v0=10m/s, (2)由于带电微粒的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不 大于号，所以在竖直方向的加速度减小，微粒所受合外力减小所以静电力方向向 上，又因为微粒带正电，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U时，微 粒恰好从下板的右边缘射出， 则有智4（白子 根据牛顿第二定律得mg-q日 =ma1, 解得U1=120V, 当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出， 则有解-(， 根据牛顿第二定律得g竖-mg=ma2, 解得U2=200V, 所加电压的范围为120V≤U≤200V. 15 解： (1)电子由金属圆板经电场加速进入圆筒1，根据动能定理：eU=m好-0 解得：1= 2Ue m 电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒1，筒内场强为0，电子不受外力 做匀速直线运动，在圆筒1、2之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒2再做匀 速直线运动。 (2)电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理：nWe=号mv听-0 解得：vn= 2nUe m 由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间 恰好是半个周期， 由匀变速直线运动规律得： T In=Un 解得：Ln=T、 nVe 2m (3)由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和(2)中相同，若考虑电子在间隙中 的加速时间，则粒子进入每级圆筒的时间都要比(2)中对应的时间延后一些，如 果延后累计时间等于号，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是装 置能够加速的最大速度。 方法1： 由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均相同， 由牛顿第二定律、电场力、电势差与电场之间关系有：F=maF=eBE=” 电子的加速度为：a=e dm 累计延后时间为则电子的加速时间为， T 电子的最大速度为：m=a 解得：Vm= UeT 2dm 方法2： 由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均为d,经过N次加速到最大速度， 则：Nd=n⑨ 1 根据动能定理：NUe=mv品-0 UeT 解得：Vm=2dam 1.【答案】C 【解答】A.M、N是离点电荷等距的M、N两点，处于同一等势面上，电势相同， 场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误： BM、N是匀强电场中的两点，电场强度相同，因为电场方向向下，所以M点的电 势大于N点的电势，故B错误： C.等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则M、N的电势相同。由于电场线 关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同， 故C正确： D.根据等量同种电荷的电场线的对称性可知，M、N两点电势相同，场强大小相 等，但方向相反，所以电场强度不同，故D错误。 2.【答案】A 【详解】B.带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂 直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降 低，可知α等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故B错误： A.沿着电场线方向电势降低，根据前面分析可知P点电势大于Q点电势，故 带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故A正确： C.因P点的等差等势面较Q点密集，则P点的电场线较Q点密集，P点场强 比Q点大，则带电粒子在P点的加速度比在Q点大，选项C错误： D.电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面 垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向 又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b,故 D错误。 3.解答：B 4.【答案】D 【详解】A.匀强电场中沿着一个方向前进相同距离电势的降低相等，即 P。-P.=9-P% 解得g=10V,故A错误。 BC.ab中点e电势为g=V,连接Oe则为等势面，如图所示 ◆y/cm e x/cm 根据几何关系可知ab10,可得d.=2+2 -×102m=√2×102m 2 b为电场线，且方向由指向，由B=a 解得E=100√2Vm,故B错误，C错误： D.点电荷在c点的电势能E=P.q 解得E=-1x10J,故D正确。 5.【答案】BC 【解析】【分析】 球b受力分析可知，电场力向左，由于球b带负电，所以匀强电场水平向右，B正确 把两小球作为整体，最上面一根细线水平方向没有分力，则水平方向电场力的合力为0，所 以两小球带电量大小相同C正确 6【答案】BD 【解析】A.电流I=eSv,因为电流相同，横截面大的导体，自由电荷定向移动 的速度较小，故A错误； B设电阻的表面边长为a,厚度为1，根据R=华句知，R=胎=台则可知电阻 与厚度d有关，与体积无关，由V=Sd可知，如果两导体的体积相同，则P的厚 度小于P2的厚度，因此P的电阻大于P2的电阻，由P=2R可知，P1的电功率大于 P2的电功率，故B正确： CD.由B的分析可知，若厚度相同，则两电阻阻值相同，由U=IR可知，P两端的 电压等于P2两端的电压，P1的电功率等于P2的电功率，故C错误，D正确。 故选BD 7.【答案】BD 【解析】A、电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）多少，单位是“Ah 或mAh”,不是储存电能的大小，故A错误 BD、机器人正常工作的电压为15，机器人正常工作时的电流1=号=碧A=2A, 机器人充满电后一次工作时间为t=9=30om4业=1.5h,故BD正确： 2000mA C、扫地机器人充满电的电能W=Pt=30×1.5×3600J=1.62×105J,故C错 误； 8.【答案】AD 【解析】A上升过程系统能量守恒，有E+Ek=E总，结合图像可知，上升过程 中势能先变小后变大，因此小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小， A正确： B.上升过程中电场力做正功，电势能一直变小，B错误： C根据库仑定律F=k,可知，当r→∞时，F→0，系统势能的变化量主要取 决于重力做功，则4E=mg4x,即mg= ,由此可知小球2的重力等于图中渐 近线的斜率，结合图像可知mg=g==5N,解得m=0.5kg,从x= 4x=0.1m 6.0cm处运动至x=20cm处重力势能增加为△Ep=mg△x1=0.7J,C错误： D.从x=6.0cm处运动至x=20cm处过程中，根据系统能量守恒得△Ek=-△E= -0.4,根据动能定理可得Wc+W电=△Ek,又因为Wc=-mg△x=-0.7J,解 得W电=0.3引，D正确。