福建厦门市集美区灌口中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题（选考卷）

厦门一中集美分校2024-2025学年上学期高二年期中考试卷（物理班） 物理学科 （答卷时间：75分钟；卷面总分：100分_) 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（共4小题，每题4分，共16分） 1.以下实际应用是利用静电屏蔽的是() 加油 甲 丙 A.甲图中，燃气灶点火器的放电电极是钉尖形B.乙图中，野外高压输电线上方有两根导线跟大地相连 C.丙图中，带电的灰尘经过静电除尘装置D.丁图中，工作人员给汽车加油前先要碰一下静电释放器 2.“救命神器”一自动体外除颤仪(AED)是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的 两个电极板放电，让电荷通过心脏，刺激患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次除颤器 的模拟治疗，该除颤器的电容器所含电荷量为0.045C,如果电容器在0.9s的时间内完 成放电，则本次实验放电的平均电流为() A.5A B.50A C.2A D.20A 3.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流I,=2A, 内电阻R=3002,则下列说法正确的是（) A.甲表是安培表，R增大时量程增大 B.乙表是安培表，R增大时量程增大 C.在甲图中，若改装成的安培表的量程为0.6A,则R=0.52 D.在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V,则R=12002 4.如图所示，虚线4、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场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，由此可知() A.带电粒子在P点时的动能小于在Q点时的动能 B.电场中P点的电势高于Q点的电势 6 C.带电粒子在P点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 D.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的大，比在P点时的小 试卷第1页，共4页 二、双选题（共4小题，共24分。选全对的得6分，选对但不全的得3分，不选或错选的得0分） 5.某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，带负电粉尘被吸附时由b点运动到 a点，以下说法正确的是() A.该电场是匀强电场 B.a点电势高于b点电势 C.电场力对粉尘做正功 D.粉尘的电势能增大 6.如图为手持电风扇，因其小巧便携、可充电等特点深受人们的喜爱。某品牌手持风扇电阻为0.52，正常工作时 的电压为3.7V、功率为4.44W。机内电池容量为1800mA.h。则() A.该风扇正常工作时的电流为7.4A B.该风扇正常工作时电动机的发热功率为0.72W C.该风扇连续正常工作的时间为2.5h D.若风扇叶片卡住不动，则电动机的发热功率可达27.38W 7.如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地。一带负电的油滴位于容器 中的P点且处于静止状态。现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则() A.带电油滴将竖直向下运动 B.带电油滴的机械能将增加 C.P点的电势将降低 D.通过灵敏电流计有从a往b的电流 8.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨 迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J,在M点的动能为6.0J,不计空 气的阻力，则() A.从A点运动到M点电势能增加2J E B.小球水平位移x与七的比值1：3 C.小球落到B点时的动能24J 一X1 D.小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于6J 三、填空题（每空1分，共8分) 9.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F,若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减小为原来 的2，它们之间的相互作用力变为一。 10.如图所示，A、B两板间电压为600V,A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm,C点离A板4cm,则两 板间电场强度= Vm,C点电势pc= V,电子在C点具有的电势能为 eV。 10 0.204 ●C 0.6 0 85 试卷第2页，共4页 11.某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，如图甲、乙所示，正确操作用游标卡尺测得金属丝的长度 为cm、用螺旋测微器测得金属丝的直径为，以及电流表、电压表的读数如图丙所示，则电流和电 压的读数值依次是 A、V。 四、实验题（共14分） 12.(7分)某研究性学习小组利用如图甲所示电路测量金属丝的电阻率。已知电源的输出电压为五，电流表的内阻 较小，具体操作步骤如下： ①用螺旋测微器在金属丝上五个不同的位置分别测量金属丝的直径，取平均值记为金属丝的直径： ②将金属丝拉直后固定在接线柱B和C上，在金属丝上夹上一个小金属夹A,并按图甲连接电路； ③测量AC部分金属电阻丝的长度x: ④闭合开关，记录电流表的示数I: 0A B ⑤进行多次实验，改变金属夹的位置，记录每一次的x和： 25 20 ⑥以为纵轴，x为横轴，作出}x的图像，并测量图像的斜率众 15 和纵截距a 甲 根据以上操作步骤，回答下列问题： (1)某次测量金属丝直径时，螺旋测微器的示数如图乙所示，该次测量金属丝直径的测量值为 nm。 (2)为了电路安全，开始实验时应将A夹在靠近 (填B”或“C)端的位置。 (3)该金属丝材料的电阻率p= (用题中所给字母表示)。 (4)该实验还可测出所用电流表的内阻R。=」 (用题中所给字母表示)。 13.(7分)实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图 1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U-I图像如图2所示。 2.5 →I/A B 图1 图2 (1)图1的电路图为下图中的 。（选填“A”或B”) (2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E= V,内阻r= (3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正， 在图2中重新绘制U-I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将 ,与纵坐标轴交 点的数值将 。（两空均选填“变大变小”或“不变) 五、解答题 试卷第3页，共4页 14.(12分)如图所示的电路中，电源电动势E=10V,内阻r=0.52,电动机的电阻R=1.02,电阻R=1.52。电 动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V,求：(1)电源释放的电功率；(2)电动机消耗的电功率及将电能转化 为机械能的功率；(3)电源的输出功率。 电动机 R 15.(12分)如图所示，B处质量为，带电量为e的静止正粒子，经过电压为U的加速电场，从A点沿图中圆弧 虚线匀速率地通过静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐射方向分布的电场），弧虚线的半径为R,然后沿中心 线OO垂直进入一个电压为的偏转电场，偏转电场两极板间距为d,极板长为L,不计粒子的重力。求： (1)粒子到达A点时速度v的大小： 十王 静电分析器 (2)粒子出偏转电场时的偏移距离y: (3)圆弧虚线所在处电场强度E的大小 16.(14分)如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半 径R=0.4,OD为半圆形轨道的半径且与AB平行。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小 E=1.5×104N/C。现有一电荷量q-+1.0×104C、质量=0.2kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静 止释放，带电体运动到半圆形轨道上D点时受到轨道的压力大小F=13N。已知带电体与水平轨道间的摩擦因数 4=0.4,取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力。求： C (1)带电体运动到D点时的速度大小VD: 0 D (2)释放点P到半圆形轨道最低点B的距离L1: 、R (3)带电体经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离L。 Z1E1111000111100110100111010111111 D B 试卷第4页，共4页 厦门一中集美分校2024-2025学年第一学期期中考高二年级物理答案 题号 1 2 3 6 7 答案 B B D B BC BD AD BD 1.B 【详解】A.甲图中，燃气灶点火器的放电电极是钉尖形，运用的是尖端放电的原理，故A错误： B.高压输电线线塔上有三根较粗的输电线，其上方还有两条较细的电线，它们与大地相连形成一个稀疏的金属" 网”，利用的是静电屏蔽的原理，故B正确： C,丙图中，带电的灰尘经过静电除尘装置，运用的是异种电荷相吸的原理，故C错误： D.丁图中，工作人员给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，是应用了接触起电现象，故D错误。故选B。 2.【答案】B 【详解】根据电流的定义式，有I=?代入数据可得放电的平均电流为I=50A故选B。 t 3.D 【详解】A.甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。安培表的量程 1=1+及可知当R增大时，量程I减小，故A错误； R B.乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表，伏特表的量程U=I(R+R) 故B错误； C.由公式I=1+ 知，甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，R≈1Q故C错误： R D.由公式U=I(R+)知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V,则R=12002 故D正确。故选D。 4.【答案】B 【详解】AB.粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，若粒子从P到Q的过程中，要克服电场力做功，因此粒 子的动能减小，电势能增大，由于粒子带负电，故其在电势低的地方电势能大，故P点的电势高于Q点的电势，A 错误，B正确： C.根据电场线的分布情况可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，所以粒子在P点时的加速度大小大于在Q 点时的加速度大小，C错误： D.根据能量守恒定律可知，带电粒子只受电场力的作用，在运动过程中，各点的动能与电势能之和保持不变，D 错误。故选B 5.BCD 【详解】A.由图可知，该电场方向变化，则不是匀强电场，故A错误： B.沿着电场线方向电势降低，所以α点电势高于b点电势，故B正确： 答案第1页，共4页 C.带负电粉尘受电场力向右，由b点运动到α点，电场力对粉尘做正功，故C正确： D.带负电粉尘被吸附时由b点运动到α点，电场力对粉尘做正功，电势能减小，故D错误。 故选BC。 6.BD 【详解】A.该风扇正常工作时的电流为I=P=44A=1.2AA错误， U-3.7 B.该风扇正常工作时电动机的发热功率为P热=2r=1.2×0.5W=0.72WB正确： C.根据题意可得机内电池容量为q=1800mAh 可得该风扇连续正常工作的时间为t=号=1.5hC错误： D.当风扇叶片卡住不动，此时电动机相当于纯电阻，正常工作时的电压全部加载在内阻上所以有此时电动机的发 热功率为2=37 W=27.38WD正确。故选BD。 r0.5 7.AD 【详解】A.将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，1增大，根据B= 可知板间场强减小，则油滴所受电场 d 力减小，小于油滴的重力，油滴将竖直向下运动，故A正确： BC.P点到上极板的距离不变，而E减小，由U=Ed知，P点与上极板间电势差减小，上极板接地，电势为零， 可知P点的电势小于零，P点的电势升高，由于油滴带负电，因向下运动，电场力做负功，则测带电油滴的电势能将 增加，则机械能减小，故BC错误； D。将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离。山增大，根据C一忍可知电容减小，电容器的电压U不变，根据 Q=CU可知电量减小，电容器放电，由电流计中由α到b的电流，故D正确。故选ACD。 8.BD 【详解】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀 减速直线运动； A对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，小球抛出时的动能为8.0J,在M 点的动能为6.0J,因此克服合力做功2J,而从A点运动到M点电场力做功为6J,则电势能减小6J,故A错误，B 正确： C.小球从A到M,电场力F做功为：W=F飞=6J 则从A到B电场力做功为：W'=F(x+x)=4W电=4×6=24J 则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为：E=E0+4W=8J+24J=32J故C错误： D.由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F,重力为G,则有： 答案第2页，共4页 所=61P=60Gh=811G=8所以： F3 2 m 2 m G2 古图可得：a0-所以：8- 3 G 则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G垂直，即图中的P点，故： m。0cn0-斗1k放D正痛：技选BD: 2 9.16 【详解】[山根据库仑定律有F=k可知，当带电量都增大为原来的2倍，距离减小为原来的它们之间的相 互作用力变为16F。 10. 5000 -200 200 【详解】两板间电场强度为：--500Vmr]c点电势为.=，-de-20OV [3]电子在C点具有的电势能为E。=-epc=200eV 11. 1.025 0.0300.422.26(2.252.28) 12. 4.700/4.699/4.701 B kndE aE 4 【详解】(1)[1]根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数+可动刻度读数+估读，金属丝直径的测量值为 4.51mm+20.0×0.01mm=4.700mm (2)[2]为了电路安全，应使连入电路的电阻尽可能大，故应将A夹在靠近B端的位置； (3)[3]电阻丝的电阻 R=P- =P- d 由闭合电路欧姆定律有B=(民+R)联立解得上星+4和 IEπdE 4p 故x图像的纵截距a= 斜率k= ndB, 解得该金属丝材料的电阻率p=kπB 4 (4)[4],-x图像的纵截距a= , 故所用电流表的内阻R=aE E 13 B 4.5 1.8 不变 变大 【详解】(1)[1]通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B: (2)[2[3]根据闭合电路欧姆定律E=U+r有U=-r+E 则U-I图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E,斜率是电池的内阻r,根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截 匝为25，结合上述分析可知电池电动势8=45V,内阻r0=1.82 (3)[4][5]分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示 可 U/V 数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻R,的影响，流过电压表的电流为v= Ry 4.5 知流过电池的电流为1=1，+，1>1 R →I/A 0 2.5 因电压表内阻R不变，随着电压U测值减小，电压表电流Iv减小，当电压U测值趋于 答案第3页，共4页 0时，I趋于I测，在图2中重新绘制的U-I图线如图所示 故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。 14.(1)20w:(2)12W,8W:(3)18W 【详解】（1)电动机正常工作时，总电流为1==30A A=2A R1.5 电源释放的电功率为P=EI=10Vx2A=20W (2)电动机两端的电压为U=E-r-U1=(10-2×0.5-3.0)V=6V 电动机消耗的电功率为P=I=6V×2A=12W电动机消耗的热功率为P热=I2R=(2×1.0)W=4W 电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为P=P电-P熟=(12-4)W=8W (3)电源的输出功率为P=P-P=P-I=(202×0.5)W=18W 2eU 2U 5【答案】①四m(2y=3)B, 4Ud 【详解】(1)根据动能定理eU=}m粒子在加速电场中获得的最大速度v= 2eU n (2)质子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线直线运动L=t, 在竖直方向微匀加速直线运动y=号a=普联立可得y-出 4Ud 2 (3)粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律E,= 解得E、p R 6,(1)y2=V23ms:(2)Z=m;3)0.6m 【详解】(1)带电体在D点，根据牛顿第二定律有R,-g="解得y。=V23s R (2)带电体从P点运动到D点的过程，根据动能定理有Bg(马+R)-mg-gR= 2m6-0 15 解得4=气m 《3)带电体从D点运动到C点的过程，根据动能定理有-邪-sR)n1 带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，则2迟- 在水平方向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有qE@ 则水平方向的位移大小为L2=d-1ad解得L2=0.6m 答案第4页，共4页