福建福州第一中学2026-2027学年高二上学期期中物理试题

1.【答案】D 【详解】A．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线越密集的地方电场强度越大，故A错误； B．电场强度是描述电场力的性质的物理量，电势是描述电场能的性质的物理量，电势的零点可人为选取，二者无必然对应关系，例如等量正点电荷连线的中点位置场强为零，若取无穷远为零电势点，该点电势大于零，故B错误； C．自然界仅存在正、负两种电荷，但所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，不能取任意数值，即电荷量是量子化的，故C错误； D．根据电势能的定义，电荷在某点的电势能等于把它从该点移动到零电势能位置时静电力做的功，表达式为，故D正确。 故选D。 2.【答案】B 【详解】与点对应的小灯泡电阻，就是小灯泡在、这一工作状态下的电阻。 由欧姆定律 故选B。 3.【答案】D 【详解】设半球面AB在D点产生的场强大小为E1，在C点产生的场强大小为E2，根据平衡条件得 补齐右半球，D点的合场强为 解得 故选D。 4.【答案】C 【详解】A．根据机械能随角度的变化图像可知，当小球转过的角度为时，小球的机械能最小，电场力做的负功最多，说明电场力的方向水平向左；根据动能随角度变化的图像可知，当小球转过角度为时，小球的动能为零，说明此时小球在等效最高点，有 解得，故A错误； B．对小球从B点到等效最高点的过程，在竖直方向移动的距离为，沿电场力方向移动的距离为，根据动能定理有 解得，故B错误； C．当小球转过的角度为时，电场力做的正功最多，根据功能关系有 联立解得最大机械能，故C正确； D．从B点到A点，根据牛顿第二定律有 联立解得，故D错误。 故选C。 5.【答案】BC 【详解】AB．微安表的内阻远远大于滑动变阻器右半部分电阻，它们并联后的阻值略小于滑动变阻器右半部分电阻，开始时电阻箱的阻值为零，将滑片P缓慢左移，使微安表上电流满偏，通过微安表电流为，调整的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的，通过微安表电流为 ，电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值基本不变，我们可以近似认为电阻箱和微安表串联的电路两端电压基本不变，通过微安表电流为，电阻箱和微安表串联的总电阻增大到原来的，设微安表的内阻为，则有 解得 故A错误，B正确； CD． 电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增大，总电流略减小，电阻箱和微安表串联的电路两端电压略增大，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于原来的，则有 解得 则内阻的测量值比真实值偏大，故D错误，C正确。 故选BC。 6.【答案】AC 【详解】A．由可知，图线与轴围成的面积对应两点间的电势差。由图可知到区间的的绝对值整体小于到区间的的绝对值，且两段区间间隔相等，因此、两点之间电势差的绝对值小于、两点之间电势差的绝对值，故A正确； B．场强的正负代表方向，和处的均为负值，说明两场强方向都沿轴负方向，方向相同，故B错误； C．从到，场强始终沿轴负方向，沿电场线方向电势降低，因此负点电荷由运动到电势逐渐升高。根据电势能公式 负电荷，故负电荷所处位置电势越高则电势能越小，因此负电荷从运动到电势能减小，故C正确； D．电场力，正点电荷的电场力大小与场强的大小成正比。从到的过程中，的绝对值先增大再减小，因此电场力先增大再减小，故D错误。 故选AC。 7.【答案】BD 【详解】A．抽出金属板前，极板间的电场强度的大小为 点的电势为，故A错误； B．由力的平衡条件有 解得带电油滴的比荷为，故B正确； C．抽出金属板过程，由于极板间距离增大，电容器的电容减小，根据公式可知，电容器的电荷量减少，则此过程电容器放电，故C错误； D．若把金属板从电容器中快速抽出后，极板间的电场强度的大小为 油滴运动的加速度大小为，故D正确。 故选BD。 8.【答案】AD 【详解】D．当滑动变阻器的滑动触头P从最上端向下滑动时，接入电路阻值增大，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大，即电压表V3示数增大；由于通过的电流减小，所以两端电压减小，即电压表V1示数减小；由可知，电压表V2示数增大，故D正确； AB．根据欧姆定律可知 根据闭合电路欧姆定律可得 可得 根据闭合电路欧姆定律可得 可得 则有，故A正确；B错误 C．电源的效率为 可知外电阻越大，电源的效率越大；当滑动变阻器的滑动触头P从最上端向下滑动时，接入电路阻值增大，外电阻一直增大，电源的效率一直增大，故C错误。 故选AD。 9.【答案】 < > 【详解】[1]带正电的金属导体电场中，电场线从正导体指向外，沿着电场线方向电势逐渐降低。观察等势线分布：a点所在的等势线比b点所在的等势线距离带正电的导体更远，沿着电场线向外电势不断降低，因此离导体更远的a点电势低于b点，即 [2]根据电势差与电场强度的关系定性分析沿导体中轴线上从d到e、e到f，两点间距相等，且越远离带正电的导体，电场线越稀疏，电场强度越小，因此de段的平均电场强度大于ef段的平均电场强度，可得 整理可得 10.【答案】 水平向左 【详解】[1][2]导体棒在点电荷＋q的电场中产生静电感应。左端出现负电荷，右端出现正电荷，棒中任何一点都受两个电场的影响。点电荷＋q在点形成的电场E0，方向水平向右。棒上感应电荷在该点形成的电场E′，达到静电平衡状态时E′＝－E0。棒上的感应电荷在棒内中点处产生的电场强度即为E′，通过上述等式转化为求E0，即 负号代表E′和E0方向相反，即E′方向水平向左。 11.【答案】 【详解】[1]由电流表改装原理，并联电阻阻值大小与量程扩大倍数的关系为 设连两端改装电流表满偏电流为，为表头满偏电流，则 连两端时， 代入数据联立得 故连两端改装电流表量程为 [2]由上述分析得改装后的电流表满偏电流，此时内阻 则得改装后的电流表满偏时两端电压 由电压表改装原理，串联电阻阻值大小与量程扩大倍数的关系为 连两端时，改装电压表为电阻与上述连两端改装的电流表串联而成，则 上述连两端改装的电流表内阻 满偏电压 设连两端改装电压表满偏电压为，则 代入数据联立得 故连两端改装电压表量程为 12.(1) (2) 4.749-4.751 (3)乙 【详解】（1）由欧姆定律可得 根据电阻定律可得金属丝电阻 其中金属丝横截面积 联立可得合金电阻率； （2）[1]如图甲所示，螺旋测微器最小分度，测其直径， [2]如图乙所示，游标卡尺为20分度，测得金属丝长度为； （3）为了更精确的测量待测电阻的阻值，需要电压从零开始，则滑动变阻器采用分压式连接，根据计算可得 可知电流表选用外接法。 故选乙。 13.【答案】(1)A (3)1 (4) 【详解】（1）对实线有 整理得 则电源电动势的测量值 此时虚线有 因为有，比较可得此时实线的斜率应小于虚线，且当电压为零时，两图线的电流相等，都为。故选A。 （2）待测电芯电动势约为，考虑测量精度，故电压表量程选。 电路连线如图 （3）当接1时，误差来源于电流表的分压，根据闭合电路欧姆定律 当接2时，由（1）问可知接1时的斜率比接2时的斜率大，即可以判断图线是利用单刀双掷开关接1时的实验数据描出的。 （4）[1][2]接1时，所测电动势为电流表、定值电阻与电源串联后整体的等效电源的电动势，即接1时的电动势的测量值等于真实值，即有。由于接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知。 14.【答案】(1)12.0V (2)1.5Ω (3)43% 【详解】（1）由电路图可知，电压表测量路端电压，电流表测量总电流。根据闭合电路欧姆定律有 代入数据，，解得 （2）电动机正常工作时输入功率等于输出机械功率与热功率之和。输入功率为 输出机械功率为 热功率为 根据能量守恒定律有 代入数据解得 （3）电动机被卡住不转时相当于纯电阻，阻值为此时电路电流 电源效率 解得 15.【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据动能定理 得 （2）小球p向下运动到O点时，点电荷A、B对带电小球对在O点的电场强度大小均为 则合场强的为。小球p经过O点时加速度的大小为 （3）小球在C、O和O、D两个过程中，电场力做功相同，则根据动能定理 则小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小为 16.【答案】(1) (2) (3)x=d 【详解】（1）由题意可知，粒子在电场中沿水平方向做匀速直线运动，故粒子进入平行板时的初速度为。 （2）粒子在平行板内竖直方向做匀加速运动，在时间内粒子的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得 解得，方向竖直向下。 此阶段粒子沿竖直方向的偏转位移为 。 此时粒子沿竖直方向的速度为。 在时间内，粒子竖直方向的加速度为a2，根据牛顿第二定律则有， 解得，方向竖直向上。 此阶段粒子在竖直方向做匀减速直线运动，其偏转位移为 根据题意有 联立解得 （3）粒子水平方向匀速运动，穿过极板的总时间始终为 离开极板时竖直方向分速度恒为零 第一段时长 ，加速度 第二段时长 ，加速度 对于任意时刻射入的粒子，在极板内经历的两段加速时间之和恒为T 速度变化总量 计算可知粒子离开极板时竖直分速度 vy=0 粒子飞出极板后，竖直方向不再运动，作水平匀速直线运动；t=0入射的粒子向下偏转，最大位移为； 另一临界时刻入射的粒子向上偏转，最大位移也为 ； 粒子飞出后竖直位置保持不变，因此荧光屏上光带总长度 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州一中2026-2027学年第一学期第一学段模块考试 高二物理期中考试试卷 (完卷75分钟 满分100分) 1、 单项选择题（每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。） 1．下列是某同学对“电场”中的概念的理解，其中正确的是( ) A．电场线越密集的地方，电场强度越小 B．静电场中电场强度为零的位置，电势也一定为零 C．自然界中仅有正、负两种电荷，电荷量的大小可以取任意数值 D．电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零电势能位置时静电力做的功 2．如图为一小灯泡的图像，P为图像上坐标为的一点。虚线PQ为图像上切点为P点的切线，切线与纵轴交点为。与P点对应的小灯泡电阻大小为( ) A． B． C． D． 3．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，电荷量为Q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，轴线上CO=DO=3R。一质量为m、电荷量为q的小球（用绝缘细线悬挂于悬点），受半球面产生的电场影响偏转θ角度静止于C点，（若球C与半球面AB彼此不影响对方的电量分布）则半球面AB在D点产生的场强大小为( ) A． B． C． D． 4．如图甲所示，半径为的圆管道固定在竖直平面内，管道内径较小且与半径相比可忽略，内壁光滑，管道最低点为，最高点为，空间中存在一匀强电场，方向平行于管道所在的平面。在点给质量为、带电荷量为的小球一水平向左的初速度，小球运动过程中动能与机械能随转过角度的关系分别如图乙、图丙所示，已知点为重力势能和电势能的零点，小球在管道内恰好做圆周运动，重力加速度为，小球可视为质点，则( ) A．电场强度大小为，方向水平向左 B．小球的初动能为 C．小球的最大机械能为 D．小球在点对管壁的作用力大小为 二．双项选择题（本题共4小题，每小题6分共24分。每小题有两个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 5．为了较精确地测量一只微安表的内阻，按照如图实验电路进行实验，步骤如下：先将滑动变阻器R的滑片移到最右端，调整电阻箱的阻值为零，合上开关S，再将滑片缓慢左移，使微安表上电流满偏；固定滑片不动，调整的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的，记下此时的电阻为450Ω，则微安表( ) A．内阻的测量值为450Ω B．内阻的测量值为900Ω C．内阻的测量值比真实值偏大 D．内阻的测量值比真实值偏小 6．静电场在轴上的电场强度随的变化关系如图所示，轴正向为场强正方向，其中、、、是间隔相等的四点，选无穷远处电势为零，下列说法正确的是( ) A．、两点之间电势差的绝对值小于、两点之间电势差的绝对值 B．和处电场强度方向不同 C．负点电荷由运动到的过程中，电势能减小 D．正点电荷由运动到的过程中电场力先减小再增大 7．如图所示，一平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）连接，极板水平放置，极板间距离为，下极板接地，且在下极板上叠放一厚度为的金属板。闭合开关，一带电油滴位于两板间且到上极板的距离为的点，油滴恰好处于平衡状态。已知重力加速度为，下列说法正确的是( ) A．点的电势 B．带电油滴的比荷 C．若把金属板从电容器中快速抽出，则此过程电容器充电 D．若把金属板从电容器中快速抽出后，则油滴运动的加速度大小a= 8．如图所示的电路中，电源电动势E=12V，内阻r=8Ω，定值电阻R1=2Ω，滑动变阻器R2的取值范围为0~30Ω，闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑动触头P从最上端向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU1、ΔU2、ΔU3表示，下列说法正确的是( ) A． B．， C．电源的效率先增大后减小 D．电压表V1示数减小，V2、V3示数增大 三、非选择题：共60分，其中9~11为填空题，12、13为实验题，14~16为计算题。 9．(2分)带正电的线状物体产生的电场中，部分电场线（实线表示）和等势线（虚线表示）如图所示。其中、与、两点间的距离相等，、、、、点电势分别为、、、、，则______，______（两空均选填“>”、“=”或“<”）。 10．(3分)长为l的导体棒原来不带电，现将一带电荷量为＋q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示。当棒达到静电平衡后，棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的电场强度大小等于__________，方向为________（填“向左”或“向右”）。 第9题图 第10题图 11．(3分)如图是电表改装的原理图，已知表头G的满偏电流Ig=100mA，内阻。现将表头改装成电流、电压两用的电表，如图所示，其中，，则连两端时是电流表，量程为________mA；连两端时是电压表，量程为________V。 12．(6分)“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的阻值约为，某同学游标卡尺测量金属丝的长度，用螺旋测微器测量金属丝直径，再用伏安法测出金属丝的电阻，根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。 (1)当金属丝两端电压为U时，通过金属丝的电流为I；测得金属丝的长度为L，直径为d，请根据这些物理量写出该合金电阻率的表达式 ______； (2)如图甲、乙所示，用螺旋测微器测其直径D________，再用游标卡尺测其长度为L________； (3)实验中能提供的器材有： A．电压表量程，内阻约 B．电流表量程，内阻约 C．滑动变阻器 D．电源电动势为及开关和导线若干 为了更精确的测量待测电阻的阻值，且需要电压从零开始，实验电路应选用图______。 13．(8分)某款国产品牌新能源汽车的电池采用刀片电池技术。某学习小组通过安全操作拆出一块电芯（电动势约3.5V），利用如图所示实验电路测这块电芯的电动势和内电阻。考虑到电芯的内阻较小，为了防止滑动变阻器接入阻值过小时电流过大而损坏电流表，在电路中串入一个保护电阻。 (1)在下列图中，实线是根据电表测量得到的实验数据描点作图得到的图像；虚线是用传感器（可视为理想电表）测量得到的数据绘制的图像。由于电表内阻引起的实验误差，分析下列四个图像，与如图电路对应的是______（选填“A”“B”“C”或“D”）。 A B C D (2)为了修正电表内阻造成的实验系统误差，该学习小组设计了一个可以更准确地测量一块电芯的电动势和内阻的实验方案，如图甲所示。 乙 乙 (3)实验记录了单刀双掷开关分别接1、2对应的多组电压表的示数和电流表的示数，根据实验记录的数据绘制出如图乙中所示的两条图线，可以判断图线是利用单刀双掷开关接___________（选填“1”或“2”）时的实验数据描出的。 (4)综合实验方案和两条图线，此电芯的电动势___________，内阻___________。（选用图中和表示） 14．(10分)如图为利用某直流电动机提升重物的装置，所用电源内阻为r=2.0Ω。闭合开关K，当电动机以v=1m/s的恒定速度竖直向上提升质量为m=1.0kg的重物时，理想电压表V的示数为U=8.0V，理想电流表A的示数为I=2.0A。不计空气阻力和各处摩擦。重力加速度g取10m/s2。求： (1)电源的电动势E： (2)电动机的内阻R0。 (3)工作一段时间后电动机突然被卡住不转了，求这种情况下电源的效率（结果保留2位有效数字）。 15．(12分)如图，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为＋Q和－Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，一质量为m、带电量为+q的小球p穿在细杆上。现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d。静电力常量为k，重力加速度为g。求： （1）小球p从C运动到O的过程电场力对小球做的功WCO； （2）小球p经过O点时加速度的大小； （3）小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小。 16．(16分)如图甲所示，两水平放置的平行导体板A、B，板长为L，板间距离为d，OO'为两板中心线，两板间加上有周期性变化的电压，UAB随时间变化图像如图乙所示（图中T为已知值，为未知值）。左侧P为粒子源，源源不断地发射质量为m、带电量为q（q>0）的带电粒子，粒子均以相同的初速度从O点水平射入两板间。若带电粒子在t=0时刻从O点射入平行板，T时刻刚好从B板的右边缘射出。带电粒子的重力、粒子间相互作用均忽略不计，两板间电场为理想的匀强电场。求： (1)带电粒子射入平行板的初速度； (2)图乙中的值； (3)如图丙所示，有大量该种粒子以平行于金属板方向的速度从左侧各个位置持续射入，距金属板右端L处竖直放置一足够大的荧光屏，求荧光屏上出现的光带长度x。 7 学科网（北京）股份有限公司 $