福建省漳州市第八中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题

漳州八中 2025-2026 学年（上）期中高中教学质量检测 高二物理试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）。满分100分，考试时间75 分钟。答案请填写于答题纸上。 第 I 卷（单项选择题，共 50 分） 一、单选题（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的。） 1．下列有关静电的防止与利用说法正确的是（　　） A．甲图中，女生接触带电的金属球时起电方式是摩擦起电 B．乙图中，燃气灶中电子点火器点火原理是尖端放电 C．丙图中，两条话筒线外面包裹着金属外衣是为了防止漏电 D．丁图中，电力工作人员在高压电线上带电作业时穿着的屏蔽服是用绝缘材料制作的 2．下列说法中正确的是（　　） A．电流的微观解释式中的v是自由电子热运动的平均速率 B．由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C．由公式可知，电阻率与导体的电阻R、导体的长度l和横截面积S有关 D．电阻率是表征材料导电性能的物理量，金属导体的电阻率不仅与导体的材料有关，而且随温度的变化而变化 3．科沃斯（ECOVRCS—x2pro）扫地机器人的铭牌信息如下表。当扫地机器人剩余电荷量低于600mA·h时，机器人自动停止扫地并返回充电基座充电。对该型号扫地机器人的描述，下列说法正确的是（　　） 主机基本参数 产品外观 产品尺寸 345mm*345mm*96mm 电池 14.8V/5200mA·h锂电池 产品质量 约3.8kg 无线连接 WiFi智能快连 额定电压 14.8V 额定功率 45W A．扫地时额定电流约4A B．内部电路的总电阻约5Ω C．每次扫地释放的电能最多约2.8×105J D．可以连续扫地的时间约1.5h 4．电压表、电流表都是由小量程电流表改装而成的，图甲、乙是电表的改装图，以下说法正确的是（　　） A．图甲、乙分别是电流表、电压表的改装图 B．若改装后的电流表示数比准确值稍大一些，可以更换一个小些的并联电阻 C．若改装后的电压表示数比准确值稍小一些，可以更换一个大些的串联电阻 D．小量程电流表内阻为，给它串联一个电阻，改装后的电压表量程是原来的倍 二、多选题（5-8小题，每小题 6分，共24分。本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 5．如图所示为双板式静电除尘器的工作原理简化图，高压直流电源两极分别连接放电极与收尘极板P、Q，在放电极表面附近形成强大的电场，使周围的空气电离；粉尘颗粒进入静电除尘区域，粉尘颗粒吸附负离子后带负电，粉尘颗粒在电场力的作用下向极板P、Q迁移并沉积，以达到除尘目的。已知图中虚线为电场线，A、B、C三点在同一直线上，AB=BC，粉尘颗粒在运动过程中电荷量不变且忽略颗粒之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．高压直流电源M端为电源的负极 B．到极板P、Q的粉尘颗粒的电势能均减小 C．不同粉尘颗粒在A、B、C点受到的电场力大小为 D．A、B、C三点的电势满足 6．如图所示，两块彼此绝缘的金属板A、B水平平行放置并与一个电源相连，其中B板接地。开关S闭合后，在A、B两板间C点处有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向下运动 B．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，油滴的电势能变小 C．保持S闭合，再将A板向上平移一小段位移，C点电势降低 D．保持S闭合，再将B板向左移动一小段位移，电容器带电量增大 7．如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8V，乙电路两端的电压为16V，调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙则下列关系中正确的是（　　）    A．P甲=P乙 B．P甲＞P乙 C．P1＞P2 D．P1=P2 8．一匀强电场的方向平行于平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为和的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为。下列说法正确的是（　　） A．中点的电势为零 B．电场的方向与x轴正方向成角 C．电场强度的大小为 D．电场强度的大小为 第 II 卷（非选择题，共 60 分） 三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13题为实验题，14、15、16题为计算题。考生根据要求作答。 9．（3分）某同学在一次实验中组装完实验器材后想要测量左右的电流，但手里只有小量程的电流计，满偏电流、内阻，测量范围明显不够，此时实验室恰好有两个定值电阻和，为满足测量要求该同学将电流计进行改装，则电路图应该选 （选填“甲”或“乙”），定值电阻应该选择 （选填“”或“”），改装之后的电流表量程为 。 10．（3分）如图所示，在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，其中水平向右移动。若测得4s内分别有个和通过溶液内部的横截面M，那么溶液中的电流方向 （选填“向左”或“向右”），大小为 A。（） 11．（3分）某次电压表和电流表的指针位置如下图所示，电压表量程0-3V，电流表量程0-0.6A，则电压表示数 V，电流表示数 A。 四、实验题 12．（6分）如图1所示是一种利用放电法测量电容器的电容C的实验电路。主要实验步骤如下： ①按照电路图连接电路，在断开的情况下闭合给电容器充电，等电压表指针稳定后记下电压表的读数； ②断开，闭合，让电容器通过滑动变阻器R放电，放电过程中，每隔1s记录下电流表的读数I； ③利用实验数据，作出图像如图2所示。 (1)调节滑动变阻器R的值可以改变电容器的放电时间，实验过程中若发现电容器放电时间较短，需要增加放电时间，应该把滑动变阻器R的触头 移动（填“向上”或“向下”）。 (2)图像与坐标轴围成的面积表示 ，根据图像，电容器储存的电荷量 C（结果保留2位有效数字）。 (3)待测电容器电容 F（结果保留2位有效数字）。 13．（6分）有一新型圆柱形的导电材料，电阻阻值在8~10Ω之间，为了测量该导电材料的电阻率，实验室提供了以下实验器材： A．20分度的游标卡尺        B．螺旋测微器 C．电流表A1（0~100mA，内阻约为10Ω）    D．电流表A2（0~0.6A，内阻约为0.1Ω） E.电压表V1（0~3V，内阻约为3kΩ）    F.电压表V2（0~15V，内阻约为15kΩ） G.直流电源E（4V，内阻不计）    H.滑动变阻器R（0~5Ω，2A） I.开关及导线若干 (1)用游标卡尺测得该样品的长度L。其示数如图所示，其读数为 mm； (2)本次实验的电流表选用的是 ，电压表选用的是 （填写器材前的字母）； (3)为尽量精确测量新型圆柱形的导电材料的电阻。R0应采用下图中的 （选填“甲”“乙”“丙”或“丁”）电路图。 五、解答题 14．（10分）如图，在电场强度为的匀强电场中有三个点，的长度为的长度为，其中沿着电场线方向，和电场线方向的夹角为。将电荷量为的正电荷从A点移动到B点，再从B点移到C点。求 (1)将电荷从A点移动到B点，静电力做了多少功； (2)若选取B点为电势零点，该电荷在C点的电势能为多少。 15．（13分）如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是和，重物P上升的速度已知该装置机械部分的机械效率为，重物的质量求： (1)电动机输出的电功率。 (2)电动机消耗的电功率。 (3)电动机线圈的电阻。 16．（16分）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。 （1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？ （2）若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小？ （3）改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B A．甲图中，女生接触带电的金属球时是接触起电，故A错误； B．乙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电现象，故B正确； C．丙图中，优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，以防止外部信号对电缆内部电信号的干扰，没有增强其导电能力，故C错误； D．丁图中，屏蔽服作用使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害。用导电金属材料与纺织纤维混纺交织成布后做成的，故D错误。 2．D A．在公式中，v是电子定向移动的速率，不是电子做热运动的速率，故A错误； B．导体的电阻由导体本身决定，与加在其两端的电压无关，与流过的电流无关，故B错误； CD．电阻率是表征材料导电性能的物理量，金属导体的电阻率不仅与导体的材料有关，而且随温度的变化而变化，与导体的电阻、导体的长度和横截面积无关，故C错误，D正确。 3．D A．根据表格中的数据，扫地时额定电流约为,故A错误； B．若将扫地机器人当做纯电阻，则有 解得 但实际上，扫地机器人是非纯电阻，欧姆定律不成立，即上述求解过程不合理，根据表格中的数据，不能够确定扫地机器人内部电路的总电阻，故B错误； C．由于当扫地机器人剩余电荷量低于600mA·h时，机器人自动停止扫地，则每次扫地释放的电能最多约为 故C错误； D．由于当扫地机器人剩余电荷量低于600mA·h时，机器人自动停止扫地，则有 解得,故D正确。 4．B A．图甲、乙分别是电压表、电流表的改装图，故A错误； B．若改装后的电流表示数比标准表稍大一些，说明流过表头的电流大，可以减小分流电阻使其分流大些，从而减小流过表头的电流使其准确，故B正确； C．若改装后的电压表示数比标准表稍小一些，说明流过表头的电流小，应该减小串联电阻，或给串联电阻再并联一个较大的电阻，故C错误； D．小量程电流表内阻为，给它串联一个电阻R，改装后的电压表量程为 则有,故D错误。 5．BD A．粉尘颗粒吸附负离子后带负电，粉尘颗粒在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则M端为电源的正极，故A错误； B．电场力对到极板P、Q的粉尘颗粒均做正功，所以电势能均减小，故B正确； C．根据电场线的疏密程度可知，但不同的颗粒带的电荷量大小关系不知道，所以不能比较不同粉尘颗粒在A、B、C点受到的电场力大小关系，故C错误； D．由图可知，由，可得,则有，故D正确。 6．BC A．若将S断开，则电容器所带电荷量Q不变，根据 可知，再将A板向左移动一小段位移，正对面积减小，板间场强增大，油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，故A错误； B．根据A选项可知 因此若将S断开，则Q不变，板间场强不变。根据场强与电势差间的关系可知 又因为B板接地，则 则变大，变大，变大。又因为油滴所受电场力竖直向上，而板间场强方向向下，故油滴带负电，油滴的电势能变小，故B正确； C．保持S闭合，则电容器两极板间电势差U不变，根据 可知，若将A板向上平移一小段位移，板间场强减小。根据 可知E减小、不变，则减小，C点电势降低，故C正确； D．将B板向左移动一小段位移，根据 可知，正对面积减小，电容器电容变小。保持S闭合，则电容器两极板间电势差U不变，根据,可知，电容器带电量减小，故D错误。 7．AD AB．设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则 所以,故A正确，B错误； CD．设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则 所以 ,故C错误，D正确。 8．AD A．根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为，， 故中点的电势为,故A正确； B．如图，设N点为AB的三等分点，同理易知N点电势为0，连接MN为一条等势线，过A点做MN的垂线，可知电场线沿该垂线方向，指向右下方，由可知，故电场的方向与x轴正方向成角，故B错误； CD．电场强度的大小为,故C错误，D正确。 9． 甲 6 [1]若将电流计进行改装扩大量程，则应该用定值电阻与电流计并联，则电路图应该选甲； [2][3]若定值电阻选择，则将电流表量程扩大为 若定值电阻选择，则将电流表量程扩大为 则应该选择，改装之后的电流表量程为6mA。 10． 向右 0.08 [1]电流方向与正电荷的定向移动方向相同，与负电荷的定向移动方向相反，可知溶液中的电流方向向右； [2]4s内流过截面上的电荷量为 则电流大小为 11． 2.50 0.46 [1][2]由图甲可知，电压表使用的0～3V量程，则电压表的分度值为0.1V，电压为2.50V； 电流表所选量程为0～0.6A，则电流表的分度值为0.02A，故电流表的示数为0.46A； 12．(1)向上 (2) 电容器储存的电量 (3) （1）滑动变阻器阻值越大，电路中电流越小，根据可知放电时间越长，应把滑动变阻器R的触头向上移动。 （2）[1]根据可知图像与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电量； [2]题中图像面积有17个格子，每个格子面积为 电容器存储电量 （3）电容器电容 13．(1)41.75;(2) D ,E;(3)甲 （1）20分度游标卡尺的精确值为，由图可知其读数 （2）[1][2]由于电源电动势为4V，则电压表应选择E；待测电阻阻值在8~10Ω之间，则 可知电流表应选择D。 （3）滑动变阻器最大阻值与待测电阻阻值差不多，略小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；又因电压表内阻远大于待测电阻阻值，则电流表应采用外接法，故应选择图甲所示电路。 14．(1)(2) （1）将电荷从A点移动到B点，静电力做的功 （2）若选取B点为电势零点，则该电荷在B点的电势能为 电荷从B点移到C点，静电力做的功为 根据 可得该电荷在C点的电势能 15．根据电功率关系式有：，故电动机消耗的功率为550W；以物体为研究对象，由于物体匀速上升，根据平衡条件有：，根据，得：，故细绳对对重物做功的机械功率为315W；电动机输出的功率；根据功能关系有：，，联立解得： 16．（1）；（2）0：（3） （1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程，根据动能定理可得 解得滑块到达与圆心O等高的C点时速度大小为 （2）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为，从A点到D点过程根据动能定理可得 解得 在D点，根据牛顿第二定律可得 解得 滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0。 （3）等效竖直平面圆周运动，要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，则s具有最小值，如图所示    等效重力由重力和电场力的合力提供，则有 等效重力与竖直方向的夹角满足 可得 恰好通过等效最高点时的速度设为，则此时满足 从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理得 联立解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $