福建福州高级中学2026-2027学年高二第一学期10月适应性考试物理试卷

2026年福州高级中学10月适应性考试 高二物理试题 命卷教师：何晨芯 审卷教师：林晓琦 试卷总分：100分 完卷时间：75分钟 第I卷 （选择题) 一、单项选择题：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 一项是符合题目要求的. 1.下面理解正确的是（) A.电场和电场线都是客观存在的 B.根据p=多，可知点电荷电场中某点的电势与该点电荷的电量成反比 C日=是电场强度的定义式：F是试探电荷所受的力，g是场源电荷的电荷量 D.由U4=w知，带电荷量为1C的正电荷，从A点到B点克服电场力做功1J,则 A、B两点的电势差为-1V 2.如图所示，小球A、B、C均带正电荷，三个球的电荷量均为Q,其中A、B两球固定在 绝缘水平地面上，三球所在位置构成一个边长为a的等边三角形，A、B、C位于同一竖直 平面内，重力加速度为g,静电力常量为，则℃球的质量为() ⊕B 777777777777 A.V3ko2 B.V3k02 2ga2 ga2 C.ko2 2ga2 D.8 3.我国科研团队成功研发了一种新型高效晶体二极管，广泛应用于新能源电路中。该二极 管具有更低的能耗和更高的稳定性。实验人员测量了该二极管的伏安特性曲线，如图所 示，则（) //mA A.加正向电压时，二极管的阻值随着电压的增大而增大 20 B.若二极管两端的电压增加为原来的两倍，则流过二极管的 电流也增加为原来的两倍 0.51.01.5 UN C.加1V正向电压时，二极管的电阻为1002 D.加1.5V正向电压时，二极管的电阻为502 高二物理10月适应性考试试卷第1页（共6页） 4.如图为某昆虫机器人翅膀结构原理图。M、N为固定电极，P为柔性机翼电极，其间有 绝缘液体电解质，可视为电容器。电极M、P、N通过单刀双掷肝关连接在直流电源上，P 极接地。实验时，开关S掷于1端，P向上摆动；开关S掷于2端，P向下摆动，从而模拟 翅膀振动。己知O为MP间一点，则P缓慢向上摆动达到O点前( A.M板的电势逐渐减小 R.O点的电势逐渐减小 C.O点的场强逐渐减小 D.M极电荷量逐渐减小 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分.每小题有2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.关于下列四幅图画的说法，正确的是( 分 丁 A.甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、B两 部分后，A所带电荷量小于B所带电荷量 B.乙图中，A、B两点场强强度相同，电势也相同 C.丙图中，用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近易拉罐，易拉罐右侧感应出正电，左侧感 应出负电，且最终内部空腔各处的电场强度为零 D.丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针， 利用的是尖端放电原理 6.如图所示，A为粒子源，G为足够大的荧光屏。在A和 极板B间有加速电压U1,在两水平放置的平行导体板C、D 间有偏转电压U2,一质子（氢原子核）由静止从A发出， 经加速后以水平速度进入平行导体板C、D间，忽略粒子所 受的重力，质子打到F点。（) A.仅增大U2,则质子从发出到打在荧光屏上的时间不变 B.仅增大U1,则质子一定会打在F点上方 C.仅增大U2,则质子一定会打在F点下方 D仅把质子改为α粒子（氢原子核，质量约为质子的4倍、电荷量为质子的2倍）， 则α粒子仍通过相同的轨迹且以相同的速度打在F点 高二物理10月适应性考试试卷第2页（共6页） 1如图所示，光滑定滑轮01、02位于同一水平线上，轻绳一端跨过 0 0 ⊙ 定滑轮01与沙桶连接，另一端跨过定滑轮02与轻弹簧一端连接，轻 弹簧另一端连接带正电的小球B,带正电的小球A固定在定滑轮O2 正下方。初始时沙補、小球B均处于静止状态，且此时LABO2= 90°。小球A、B的电荷量不变，轻弹簧始终在弹性限度内。若轻轻 取走少许沙子，调整沙桶高度使系统再次平衡。则() A,小球A、B间的距离不变 B.小球B与O2间的距离不变 C.∠AB02增大 D.小球A、B间的库仑力减小 8.长为L的绝缘轻细线一端连接质量为m、电荷量为g的带正电小球，另一端固定在光滑 绝缘水平桌面上的0点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面 内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，PQ为轨迹圆的一条直径。以P点为起始点， 小球运动过程中的电势能E即与小球运动的路程s之间的关系如图乙所示，其中E>0。下 列说法正确的是() 1.5E 0.5E 0.5E 6 Z A. 电场强度的大小为2@ B. 电场强度的大小为e C.小球运动过程中所受细线拉力的最大值为D.系统的总能量为2.5E,0 第卷（非选择题） 三、填空题（每题3分，共9分.） 9.如图所示，带电的乌云飘过某建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，虚 线α、b、c、d是等差等势面，实线是某企电荷在电场中的运动轨迹，A、B是 轨迹上的两点。不计电荷重力，则云层下表面带 (选填“正电”或“负 电”)；正电荷在A点的速度 在B点的速度（选填“>”或“<”）。 10.如图中把量程为3mA,内阻为1002的电流表改装成15V的电压 表，则需串联一个阻值为2的电阻，改装后原来刻度1.4mA位置 sii 的读数为V。 11.己知x轴上各点电场强度方向沿x轴，x轴上各点电势如图所示， x=0处电势为最大值，为5V,则x=0处电场强度为 V/m. 一电子从x=一2cm处由静止释放，仅在电场力作用下运动，则该电子 …2 运动到x=0处时的动能为 eV。 -2 高二物理10月适应性考试试卷第3页（共6页） 四、实验题（共14分.） /mA 传感器A 传感器B 12.(4分)某同学用图甲所示的电路观察电容器的充放电情况。所用器材有：电源E(8V)、 电容器C、电阻R、开关S、电压传感器、电流传感器、导线若干。 (1)在图甲所示的电路图中，传感器B为 (选填“电流”或“电压”)传感器 (2)将开关S接1给电容器充电，充电完成后将开关S接2，电容器通过R放电。观察放电 过程中电压传感器的电压随时间的变化的-1图像可能为图 (选填“乙”或 “丙”)，实验中发现放电太快，可以通过 (选填“增大”或“减)R来延长放电时间。 (3)电容器放电时的I-1图像如图丁所示，已知图线与坐标轴围成的面积对应的格子约42 格，则该电容器一个极极的电荷量大小为C。(结果保留3位有效数字) 13.(10分)某同学在实验室测量一段圆柱形导电材料的电阻率。 (1)先用游标卡尺测其长度，如图甲所示，读数是 cmo (2)再用螺旋测微器测量金属丝直径，涉及到的步骤如图()所示，请选出需要的步骤，并 按实验时的先后顺序排列，其合理的是 如图乙所示，读数是 mm。 甲 乙 丙 图(a) A.甲乙 B.甲丙 C.甲乙丙D.丙甲乙 (3)然后用多用电表×12挡粗测其电阻，测量时指针位置如图丙所示； 100504030 2015 25 33333111313 100 0 0 5cm 6 1 20 15 005 0 A-V2 15 0 10 20 甲 丙 高二物理10月适应性考试试卷第4页（共6页） (4为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测材料外，还备有的实验器材如下： A.电压表（量程3V,内阻约为15kQ) B.电压表（量程15V,内阻约为75k2) C.电流表（量程3A,内阻约为0.22） D.电流表（量程0.6A,内阻约为1n) C.滑动变阻器R1(0.52,0.6A) D.输出电压为3V的直流稳压电源E E.开关S,导线若干 岐 E ①上述器材中，电压表应选，电流表应选 。 (填写各器材的字母代号) ②若要求实验过程中电压表的读数从零开始调节，用笔画线代替导线将实物图补充完整 (画线需体现电表量程的选择)。 ③若该材料的直径为D,长度为L,所测电压为U,电流为1，测其电阻率的表达式为 (用题中所给物理量的符号表示)。 ④由于所用电压表不是理想电压表，所以测得的电阻率比实际值偏（填“大”或 “小”)。 五、计算题（本题共3小题，共37分.应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写 最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，) 14.(8分)某玩具吹风机有两个挡位一自然风和热风，其原理简图（部分）如图所示。向上 推动选择开关，触点C、D可绕0点同时逆时针转动，选择开关在图示位置为关闭。将选择 开关向上推动一个挡位时，触点C与B接通，电动机正常工作，吹自然风。再向上推动一个 挡位时，触点C与A接通、触点D与B接通，电热丝接通，开始加热，电动机也正常工作，吹 热风。已知电动机的额定电压U。=3V,额定电流l。=0.5A,电动机线圈电阻Ro=12,电 热丝电阻R=3。求： ()电动机正常工作时输出的机械功率； (②)吹热风时电动机和电热丝消耗的总功率。 电动机 A B 选择开关 高二物理10月适应性考试试卷第5页（共6页） 15.(13分)如图所示，光滑绝缘斜面高度h=0.45m,斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆 弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。正对的平行板和电阻及输出电压恒定为U的 电源，构成如图所示电路，平行板板长为L=09m,板间距离d=0.6m,定值电阻阻值为 R。(未知)，可以看作质点的带电小球电量q=-0.01C、质量m=0.03kg,从斜面顶端静 止下滑，重力加速度g=10m/s2。 (1)若S断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求小球运动速度、电源电压： (2)在(1)的条件下，若S闭合，调节滑动变阻器，使其接入电路的电阻R,=6,小球离 开平行板右边缘时，速度偏转角tana=0.,求电阻R,的阻值； (3)在(1)、(2)的条件下，若S闭合，调节滑动变阻器，使其接入电路的电阻R2=22, 求小球离开电场时的竖直偏转位移。 16、(16分)如图甲所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电 场方向未知，变化规律如图乙所示。把一质量为m、带+q电荷的小球在t=0时从A点以大 小为√2gh的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为√8gh的速度竖直向下 经过B点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。 已知AB之间的高度差为2h,水平距离为h,A点到水平面C的竖直距离为128h,重力加速 度为g。求： (1)AB两点间的电势差； (2)匀强电场的场强E,的大小和方向： (3)4T时刻，小球相对于A点的竖直距离。 A 甲 高二物理10月适应性考试试卷第6页（共6页） 2026年福州高级中学10月适应性考试高二物理试题参考答案 1,D【详解】A。电场是客观存在的，电场线用来形象的描述电场，本身不存在，A错误 B.p=是电势的定义式，采用的是比值法定义，反映电场能的性质，与E、9无关：故B项 错误：C.q是试探电荷的电荷量，C错误，： D.克服电场力做功1山，说明电场力做负功为1，因为带正电，则小、B两点的电势差为1V,D 正确。故选D 2.B【详解】依题意，小球C受力平衡，所受两个库仑力对称，大小为 Fac=Fc=学如图，由平衡条件可得2号co30°=mg,解得 3k02 9a2 1 3,C【详解】A.随U增大，图像斜率变大，即电阻的倒数变大，二极管电阻变小，故A错误： B.二极管为非线性元件，当电压增加为原来的两倍时，流过的电流大于原来的两倍，故B错误 C加1V正向电压时，二极管的电阻为R=号=品n=100n,故C正确： D.若错误地使用“动态电阻"的概念，取1.0V到1.5V这段的变化量来计算： 4/=0,5V,/=0.01A,得出r=兰=500。但选项明确说的是“电阻”（即静态电阻），当电 压为15V时，电流为20mA,此时的实际静态电阻应为R=兴=75，D错误的。 4.B【详解】A.开关S掷于1端，P向上摆动，因UMp=pM-0=E 故电极M电势不变，故A错误；B.因UMo=pM-P0=E-Pc=E场d 场强逐渐增大，O点到电极M距离不变，故UM增大，O点的电势逐渐减小，故B正确。 C.由%强=兰-号两板间距变小，0点的场强逐渐增大，放C错误： D.开关S掷于1端，P向上摆动，两板间距变小，由C=品，Q=CU=CE,M极电荷量逐渐增 多，故D错误。 5.CD【详解】A,根据电荷守恒定律，甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中 虚线将导体分割成A、B两部分后，A所带电荷量等于B所带电荷量，故A错误； B.由对称性知A、B两点的电场线的疏密一样，所以A、B两点的场强大小相同，方向为A、B 两点的切线方向，由对称性知方向相同，根据沿电场线的方向电势降低，所以pA<P0<P,故 B错误； C,发生静电感应现象时，靠近橡胶棒一侧电荷的电性与橡胶棒的电性是相反的，所以易拉罐右侧 感应出正电，左侧感应出负电，两侧电荷量等量异号，总电荷量为0：易拉罐放在电场中，出现静 电感应处于静电平衡状态，故易拉罐内部的场强处处为零，故C正确： D.避雷针的工作原理是尖端放电，即尖锐的金属棒容易聚集电荷，使空气电离，从而将云层中的 电荷导入大地，避免建筑物被雷击，故D正确。 答案第1页（共6页） 6.AB【详解】A.偏转电压U2增大时，质子在C、D中受到电场力增大，即偏转的加速度：增 大，又因为加速电压U不变，质子进入电场的速度没有变化，在电场中运动的时间t=兰没有发生 变化，故A正确：BC.设质子的质量为m,电荷量为g,粒子在A和极板B间加速，刚离开加速 电场时粒子的速度大小为，由动能定理有q山1=m。2,粒子在偏转电场中的侧移量y= 器（白可得y=品若仅增大心，则y减小，质子打在F点上方：若仅增大U2,则y增大， 质子有可能打到导体板D上，不一定能打在F点下方，故B正确，C错误： D.由于y=器 可知粒子的侧移量与粒子的质量和电荷量无关，故粒子仍打在F点。粒子从A点到F点，根据 动能定理可得9U1+9导y=m2,可得p=2兰心1+号) 由于粒子与质子的比荷不相等，则a粒子打在F点时的速度与质子不同，故D错误。 7,AC【详解】AD.以小球B为对象，设A、B间的库仑力为F1,弹簧弹力为F2,根据相似三角 形有器=希=品 根据库仑定律可得F,=k器联立可得器=k誉 AR 可知AB不变，则小球A、B间的库仑力大小不变，故A正确，D错误： BC,由于沙桶中沙子取走少许，则弹簧的弹力F2减小，故B0减小，小球B沿圆弧移动，则 ∠ABO2增大，故B错误，C正确。 8.BC【详解】AB.由乙图可知，小球在运动过程中的最大电势能为Epmx=1.5E0 最小电势能为Epmm=-0.5E0 小球在匀强电场中做圆周运动，电势能变化的振幅等于电场力大小与轨道半径的乘积，由此可得 q5L=5些，推导可得B=光故A错误，B正确： CD。小球恰好能在桌面内做完整圆周运动，在电势能最大处（即等效最高点），细线拉力刚好为 零，此时完全由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有q5=m学 解得该处小球的动能为Ekmn=0.5Epo 运动过程中小球的动能与电势能之和守恒，系统的总能量为B,=Epmx+Ekn 计算可得E1=2E0,D错误。 当小球运动到电势能最小处（即等效最低点）时，细线拉力最大，此时动能也达到最大，根据能 量守恒定律有Bmx=E1一Epmin,计算可得Elomax=2.5Ep0 在电势能最小处，电场力背离圆心向外，细线拉力与电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定 律有Tmr一qB=m亭，解得小球运动过程中所受细线拉力的最大值为T=,故C正确： 9.负电(1分) 大于(2分) 【详解】根据正电荷在电场中的运动轨迹可知，正电荷受电场力大致向上，可知场强方向大致向 上，则云层下表面带负电：正电荷从A到B电场力做负功，动能减小，电势能增大，即正电荷在 答案第2页（共6页） A点的速度大于在B点的速度 。 10.4900(2分) 7.0(1分) 代入数据解得R=4900n 数为U=1R,+R)解得U=7.0V 【详】日。图线的解率的绝对值表示电场强度的大水，所以在0处电场强度为0 11.0(1分) 3(2分) 到一2电势为2少，在0处电穷为5。所以 电势能减小3如心，由于电子运动的过程中只有一 量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处时的动能为3心V。 12.(4分))电压(1分) 2)两(1分)增大(1分)3)3.36×10-3(1分) 详解)由电路图可知、传感器B并联在电路两端，电压传感器并联接入电路，电流传悠 申联接入电路，因此B为电压传感晷。 2)电容器放电过程中，两螺电压按指数规律从初始最大值U逐渐减小到0，电玉下降速率逐斯交 慢，因此放电的一：图像符合图丙。电容器电压相同时，可增大电阻减小放电电流，从而延长 电时间。 （3)1-:图像与坐标轴围成的面积表示总电荷量Q。由图丁读数可知，二个格子对应的电流分度 为0.2mA,时间分度值为0.4s,那么一个格子表示电荷量为q=0.2×10-3×0.4C=8×10-5C 数格了估算面积可得，总电荷量Q=8.0×10-5×42C=3.36×10-3C 13.(10分)()5.020(1分)(2)D(1分) 4.700(1分) (4④①A(1分)D(1分) (每条1分，3分) RDU 4山 (1分) ④小(1分) 【详解】(1)[1由图可知，金属丝的长度为L=50mm+4× 2ōmm=50.20mm=5.020cm ☑使用螺旋测微器测量金属丝直径的操作过程是：缓慢旋转粗调旋钮〈图丙)，当测微螺杆接近 被测物体时，改用棘轮即微调旋钮（图甲），当棘轮发出“咔咔"声时，停止旋转并锁上止动旋钮 《图乙)，此时被测物体已被夹紧，可进行读数。所以合理的顺序为丙甲乙。故选D。根据螺旋 测微器的读数可知，金属丝的直径为D=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm [)由于用x10挡粗电阻时，多用电表指针偏角较大，则说明需要更换×1n挡测量电阻，结合多 用表的示数可知，待测电阻的阻值大小为R=6Q (2)[]由于提供的电源电压为3V,因此电压表选择量程为3V的电压表即可。故选A: 答案第3页（共6页） [2由上述分析可知，待测金属丝的电阻约为R=6n 则电路中的最大电流为=票=A=05A,故电流表选择D. B]根据上述分析可知√RAR,=V1×15×1000n>R=6n 因此电流表应采用外接法，结合题意可知，由于电压表的读数从等开始 调节，故滑动变阻器应采用分压式接法，电路连接情况如下 []在闭合开关前，滑动变阻器触头应置于最左端，使电压表和电流表示 数从0开始调节。 [5]根据电阻定律可得R=P宁结合欧姆定钟可得R=兰联立解得金属丝的电用率p。出 [6)电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表的示数大于通过金属丝的电流，则测得的电 4 阻率比实际值偏小。 20.(8分)(1)P=1.25W (2)P=4.5W 【详解】(1)(4分)电动机正常工作，电功率为 Pw=Ul0=1.5W1分 热功率为 P内=6R=0.25w …1分 根据能量守恒有 Pn=PW-P内1分 解得 P机=1.25W1分 (2)(4分)吹热风时，电热丝与电动机并联，电压相等，则电热丝的电功率为 Pa-g=3w2分 故总功率 P=PM+PRI分 代入数据解得 P=4.5W1分 21.(13分)(1)=3m/s,0=18V (2)Ro=4n3)0.3m 【详解】(1) (3分)小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得 mgh=m哈 …1分 代入数据得 %=3m/s 当S断开时，极板电势差即为电源电压U, 由平衡条件得 mg=g号 1分 代入数据得 U=18V …1分 (2)(6分)当S闭合时，带电小球做类平抛运动，水平方向 L=ot1分 竖直方向 =a1t1分 vy votana 1分 答案第4页（共6页） 对带电小球，由牛顿第二定律 mg-q号=ma,1分 当S闭合，R1=6n时，R,和Ro串联，电容器与R,并联，R1两端电压U1=Uc1 根据串联分压 = 01分 代入数据得 R0=401分 (3)(4分)当S闭合，R2=20时，同理串联分压 1分 电容器电压Uc2=6V 对小球，由牛顿第二定律得 mg-9号=ma21分 代入数据联立得a2=婴m/s2 对带电小球类平抛运动分析，竖直方向 y=t1分 联立求解 y=0.3m1分 22.(16分) ()兰(2)，与水平方向成45°角斜向左下：(3)80n 【详解】(1)(4分)AB的水平距离为A,AB的竖直距离为2h,从A到B的过程根据动能定理 有 mg×2h+qW=m哈-2m听2分 解得AB两点之间的电势差 U=mh…2分 (2)(5分)小球从A点以，√2gh的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点，小球的 速度竖直向下，大小为，√8gh,说明水平方向上减速运动，水平方向有 2.唱.h=听1分 解得 -吗 人 方向水平向左：竖直方向有 2×m+×2h=哈1分 m 解得 答案第5页（共6页） B3=mg q 方向竖直向下。所以匀强电场的场强 =+路=22分 方向与水平方向成45°角斜向左下 】分 (3)(7分)根据题意建立如图所示的坐标系 已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间 为T,小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同 taB=tn=T1分 小球从A到B,在y轴上有 g=6, 2h=w号1分 解得 vaT=8h 到达D点时小球沿y轴方向的分速度为 v1=ayT=2vg 则A到D沿y轴方向的位移为 为=T=gT=8h1分 小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45指向右上方，小球在y轴上受力平 衡，以2：的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀诚速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在 2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为 y2=2vgT=16h.1分 经过E点后，2T3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以2g的初速度做匀加速直线运动，3T时 刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为 3=2vg+a,T=4vg… 2T3T时间沿y轴的位移为 y3=(2g+4g)7=24h1分 以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加 速直线运动与匀速直线运动交替运动， 3T4T时间沿y轴的位移为 y4=4vgT=32h1分 ,∴4T时刻，相对A点竖直方向的距离为 Y=1+y2+y为+y4=80h1分 答案第6页（共6页）