2023-2024学年福建省福州第一中学高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州第一中学高二（上）期中物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了15AB等内容，欢迎下载使用。

A. 0.15AB. 0.30AC. 0AD. 0.45A
2.如图甲，高大建筑物上通常都装有避雷针，雷雨天气时避雷针发生尖端放电现象，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。图乙所示是某次避雷针放电时的电场线分布，电场线关于直线ac对称，且Lab=Lbc。以下说法正确的是( )
A. Uca>2Ucb
B. 接近建筑物的雷雨云带负电
C. 电子在c点的加速度大于在a点的加速度
D. 将质子从图中d点由静止释放，质子可能沿电场线运动
3.如题图1所示，x轴上x=−1m和x=1m处分别固定A、B两点电荷，取电场强度沿x轴正方向为正，x轴上x>1m区域的电场强度分布如题图2所示，放入其中的电荷仅受电场力作用，由此可知( )
A. x=3m处的电势最高
B. A、B两点电荷电性相同
C. A、B两点电荷电荷量大小之比为9：1
D. 将一正点电荷从x=3m处由静止释放，仅在电场力作用下还能回到x=3m处
4.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距均为d，板间存在随时间周期性变化的匀强电场(如图乙)，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度大小均为v0。已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。不计粒子间的相互作用，则( )
A. t=0之后射入电场的粒子可能会打到极板上
B. T8时刻进入电场的粒子最终一定垂直电场方向射出电场
C. T4时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为d4
D. 若粒子的入射速度变为2v0，则无论哪个时刻进入电场的粒子，其从电场射出时的侧向位移都减半
5.如图所示，虚线表示某静电场的等势线(相邻两等势线间的电势差相等)，实线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。下列说法正确的是( )
A. M点的电场强度比N点的电场强度大
B. M点的电势比N点的电势低
C. 该粒子在M点时的电势能比其在N点时的电势能小
D. 该粒子在M点时的动能比其在N点时的动能小
6.如图所示为甲、乙两种元件的伏安特性曲线，将两元件串联，再在串联电路两端加上直流电压，电路两端电压从较小值逐渐增大至U0的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 甲元件电阻不断增大B. 乙元件电阻不断增大
C. 甲元件电阻始终大于乙元件电阻D. 甲元件两端电压始终小于乙元件两端电压
7.如图所示，倾角为θ=30°绝缘斜面长L=2m，顶端有一质量为m=1kg、带正电且电荷量q=1.0×10−6C的滑块，整个空间有电场强度E= 3×106N/C的水平向左匀强电场，静止释放滑块后，滑块到达斜面底端的动能为11J，重力加速度g取10m/s2，则滑块在沿斜面下滑的过程中( )
A. 滑块机械能增加了1J，电势能减少了3J
B. 滑块机械能减少了1J，电势能减少了3J
C. 滑块机械能和电势能之和减少2J，重力势能减少了10J
D. 滑块重力势能和电势能之和减少11J，重力势能减少了10J
8.如图所示，在由坐标轴与虚线围成的正方形区域内有平行于纸面的匀强电场，将电子从坐标原点O处以32eV的初动能向电场区域内的任一方向射出，从A点离开电场区域的电子动能为14eV，从B点离开的电子动能为8eV，若规定坐标原点的电势为零，不计重力和电子间的相互作用，则( )
A. 该电场的场强大小为5V/m
B. 电子不可能从C点离开电场区域
C. 电子经过A、B连线中点时的动能为12eV
D. 当电子沿电场线方向入射时，电子将从坐标原点离开电场区域
9.有一个小量程电流表G，其满偏电流为500μA，内阻为1200Ω。如果把该电流表改装为量程为0∼2.5mA的电流表，则应_______(选填“串”或“并”)联一个电阻，其阻值为_______ Ω。
10.如图所示，电荷量为q的点电荷在均匀带电薄板上方2d处，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心，A、B为垂线上两点，到薄板的距离均为d、将一带电小球置于B点，释放时的加速度恰好等于重力加速度g。已知静电力常量为k；则：
(1)薄板带 (选填“正电”或“负电”)
(2)带电薄板在A点的场强大小为 。
11.如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为D，在下极板上叠放一厚度为d的金属板A，d(1)板间电场强度E (选填“变大”、“变小”或“不变”)
(2)粒子运动的加速度大小为 。
12.某实验小组利用如图甲所示的电路“观察电容器的充、放电现象”。
(1)若将开关S接1，电容器上极板带 (选填“正电”或“负电”)，再将S接2，通过R的电流方向 (选填“向下”或“向上”)。
(2)流过电容器的电流随时间变化的图像及电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图像正确的是 。
13.如图甲所示一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为0.01C、质量为0.1kg的圆环套在杆上，整个装置处于水平方向的电场中，电场强度E随时间t变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5。t=0时，环静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则：在0∼6s内，
(1)电场力对环做功为 J；
(2)环的最大加速度为 m/s2；
(3)环的最大动能为 J。
14.一台直流电动机线圈电阻r=1Ω，与一阻值R=10Ω的电阻串联。当所加电压U=150V时，电动机正常工作，电压表示数为100V，求：
(1)电动机正常工作时电阻R的电压和电流；
(2)电动机正常工作时电动机消耗的电功率及输出的机械功率。
15.如图建立竖直平面内坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板(场强的方向竖直向下)的细管C组成。放置在第Ⅱ象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子(带正电)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0(已知)从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知α粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。求：
(1)α粒子在静电分析器中的运动半径r；
(2)A、B极板间所加的电压U。
16.如图，整个空间存在水平向左的匀强电场，竖直面内有一直角坐标系xOy，以y轴为对称轴的光滑圆弧形绝缘轨道ABC放置在x轴下方，轨道与y轴交于B点，与x轴交于A(−0.4,0)、C(0.4,0)两点。现有一个可视为质点的带电绝缘小球沿PA所在直线向A点匀加速运动，从A点沿切线方向进入轨道，一段时间后从C点离开。若小球在轨道内运动过程中恰好不脱离轨道，已知小球质量m=0.3kg，电荷量q=0.4C，P点的坐标为(0,0.3)，重力加速度为g=10m/s2，不考虑空气阻力的影响。求：
(1)匀强电场电场强度的大小；
(2)小球对轨道压力的最大值；
(3)当小球从C点飞出后，再落到x轴上的位置坐标。
17.如图甲所示，间距为d的两平行金属板A、B，板间电压UAB=8md2qT2,A板上一点粒子源能随时间均匀发射质量为m，电荷量为+q的带电粒子，放出的带电粒子(初速度可视为零)经AB间电场加速后恰好从金属板M左端的下边缘沿水平方向进入水平放置的平行金属板M、N间，M、N间距为d，板长L=2d，M、N间加如图乙所示的电压，U0=16md2qT2,距金属板MN右端d处有一接收屏(屏足够大)以M板延长线与屏的交点为坐标原点O，取向下为y轴正方向，忽略粒子所受重力。
(1)求：在t=T4时刻进入MN的粒子打在接收屏上的位置坐标y。
(2)若发射时间足够长(远大于UMN的变化周期)，则能够被接收屏接收的粒子占粒子源发射总数的比例为多少。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】根据电流的定义式I=qt求解电路中的电流，其中q是通过截面的正离子和负离子电量绝对值之和。
本题关键要准确理解电流的定义式I=qt中q的含义，在电解液中电流是由正离子和负离子向相反方向定向移动形成的，式中q是正离子与负离子电量绝对值之和。
【解答】电解液中的正、负离子定向移动的方向相反，故它们产生同向的电流，流过某截面的电量q=0.3C+0.3C=0.6C，
由公式I=qt得，电路中的电流I=qt=0.62A=0.30A。
故选：B。
2.【答案】A
【解析】A、由图，电场线越密集代表场强越大，则由c到a电场强度逐渐增大，同时沿着电场线方向电势逐渐降低，结合U=Ed，可知Uca>2Ucb，故A正确；
B、电场线由正电荷指向无穷远或者负电荷，由图可知接近建筑物的雷雨云带正电，故B错误；
C、电场线越密集的地方电场强度越大，根据牛顿第二定律可知电子在c点的加速度小于在a点的加速度，故C错误；
D、电场强度不是匀强电场，质子的运动轨迹不会沿着电场线，故D错误。
故选：A。
根据电场线方向判断电势的高低；根据电场线的疏密判断电场的强弱；根据牛顿第二定律分析加速度情况，该电场不是匀强电场，质子的运动轨迹不会沿着电场线。
解决本题的关键要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度。
3.【答案】C
【解析】AB.根据图2可知，x=2m处的电场强度为0，则A、B两点电荷电性必定相反，可知A带正电，B带负电，则x=−1m处的电势最高，故AB错误；
C.由于x=2m处的电场强度为0，则有kqArA2=kqBrB2
其中rA=3m，rB=1m
解得qA:qB=9:1
故C正确；
D.根据图像，将一正点电荷从x=3m处由静止释放，所受电场力方向始终沿x轴正方向，即该电荷将在电场力作用下沿x轴正方向做加速运动，不可能回到x=3m处，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】AB.粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，故 B正确，A错误；
C.当t=0时刻射入电场的粒子，运动时间为电场变化周期的整数倍，则有水平方向d=v0t=v0nT(n=1,2,3、、、)
竖直方向每T2移动的位移都相同设为Δy，则有Δy=12a(T2)2=18aT2
d2=2nΔy(n=1,2,3、、、)
则Δy=d4n
当该粒子在T4时刻进入电场，则此时粒子竖直方向上在电场力的作用下，先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对称性可知，竖直方向先匀加速后匀减速的位移为y1=2×12a(T4)2=116aT2=12Δy=d8n(n=1,2,3、、、)
当n=1时，y1取最大值，为y1=d8
故C错误；
D.在入射速度为v0时，T4时刻进入的粒子从中线位置射出，从电场射出时的侧向位移为零，若粒子的入射速度变为2v0，则时间t=nT2(n=1,2,3、、、)
若n=1，则该粒子在3T4时刻射出电场，此过程中沿着电场方向，粒子先做匀加速运动，再做匀减速运动到沿着电场方向速度为零时射出电场，侧向位移不为零，故 D错误。
故选B。
5.【答案】AC
【解析】A.等势线密的地方电场强度大，所以M点的电场强度比N点的电场强度大，故 A正确；
B.带电粒子所受电场力指向轨迹内侧，且电场力与等势面垂直，所以粒子所受的电场力指向右上方，但粒子电性未知，因此不能确定M点和N点的电势高低，故 B项错误；
CD.根据带电粒子受力情况可知，从M到N过程中电场力做负功，电势能增大，动能减小，故 C正确，D错误。
故选AC。
6.【答案】AD
【解析】A.甲曲线上的点与原点连线的倒数为电阻，因此甲元件的电阻越来越大，A项正确；
B.乙曲线上的点与原点连线的倒数为电阻，由图可知，乙的电阻不变，B项错误；
C.电路两端电压从较小值逐渐增大至U0的过程中，甲元件电阻始终小于乙元件电阻，C项错误；
D.由于甲、乙串联，电流相等，由串联分压可知，甲元件两端电压始终小于乙元件两端电压，D项正确。
故选AD。
7.【答案】AC
【解析】选取斜面的底部为重力势能的零点，则滑块在斜面顶端的重力势能Ep=mgh=mgLsinθ=1×10×2×sin30∘J=10J
所以滑块到达底端时，重力势能减少10J；
滑块到达斜面底端的动能增加为11J，重力势能减少10J，所以滑块的机械能增加1J；
滑块在沿斜面下滑的过程中电场力做的功W=qELcsθ=1.0×10−6× 3×106×2×cs30∘J=3J
则滑块到达底端时，电势能减少3J；
由以上的分析可知滑块的重力势能与电势能之和减少13J，机械能和电势能之和减少2J。
故选AC。
8.【答案】BD
【解析】A.由题意可知，电子在A点时的电势能为18eV，故A点电势为φA=−18V
电子在B点时的电势能为24eV，故B点电势为φB=−24V
故沿y轴方向的场强大小为Ey=φ0−φAy=3V/cm
沿x轴方向的场强大小为Ex=φ0−φBx=4V/cm
故该匀强电场的场强大小为E= Ex2+Ey2=5V/cm
A错误；
B.由匀强电场的相关性质可得φ0−φA=φB−φC
解得φC=−42V
因电子的动能只有32eV，故电子不可能从C点离开电场区域，B正确；
C.由匀强电场的特点可知，A、B连线中点处的电势为φ=φB+φA2=−21V
由动能定理可得电子经过此处时的动能为11eV，C错误；
D.设从O点出发的电场线与B、C连线的交点为D，则B、D两点间的距离为yBD=34xOB=4.5cm
故有φB−φDφD−φC
解得φD=−37.5V
故当电子沿电场线入射时，其速度减到零之后再返回坐标原点射出电场区域，D正确。
故选BD。
9.【答案】并， 300
【解析】将电流表改装为2.5mA的电流表应该并联一个分流电阻，并联电阻阻值。
10.【答案】负电
kq9d2

【解析】(1)将一带电小球置于B点，释放时的加速度恰好等于重力加速度g，则小球此位置只受重力作用，由此可知电荷量为q的点电荷和均匀带电薄板在B点产生的场强等大反向，合场强为0，则均匀带电薄板在B点产生的场强竖直向上，由此可知薄板带负电荷。
(2)在B点，释放时小球的加速度恰好等于重力加速度g，电荷量为q的点电荷和均匀带电薄板在B点产生的场强等大，则有EB=kq3d2=kq9d2
根据对称性可知薄板在A点产生电场与在B点产生电场等大反向，则有带电薄板在A点的场强大小为EA=EB=kq9d2。
11.【答案】变小
dDg

【解析】(1)因电势差U不变，当把金属板从电容器中快速抽出后，而极板间距增大，依据E=Ud可知板间的电场强度变小；
(2)粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg=qUD−d
当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mg−qUD=ma
解得a=dDg。
12.【答案】(1)正电；向下 (2)BD
【解析】(1)若将开关S接1，电容器上极板与电源正极相连，带正电，再将S接2，电容器放电，上极板相当于电源正极，所以通过R的电流方向向下；
(2)AB.电容器充电时，电流逐渐减小，且减小的越来越慢，电容器放电时电流肯定减小，且减小得越来越慢，故A错误，B正确；
CD.根据电流特点可知，充电时，电压逐渐增大，且增大的越来越慢，放电时，电压逐渐减小，且减小的越来越慢，故C错误，D正确。
故选BD。
13.【答案】0
10
20

【解析】(1)电场力方向与环运动方向垂直，电场力对环做功为0；
(2)当电场强度为零时，电场力为零，摩擦力为零，环的加速度最大为10m/s2；
(3在t=0时刻，圆环的最大静摩擦力为fm=μN=μqE=0.5×0.01×300N=1.5N
因为fm>mg=1N
所以开始时刻圆环保持静止，当μqE1=mg
即E1=200V/m时，所以圆环从t=1s开始沿着杆向下运动，因为电场力从t=1s时刻到t=3s时刻，逐渐减小，滑动摩擦力也逐渐减小，圆环的合外力增大，则圆环的加速度会增大，做加速运动，之后电场强度反向增大，摩擦力增大，加速度减小，但仍做加速运动，一直加速到t=5s时刻f=μqE2=mg
环的速度最大，根据E−t图得到函数关系为E=300−100t
由牛顿第二定律得mg−μqE=ma
代入数据解得a与t的函数关系为a=5t−5
即加速度a与时间t也是一次函数，即线性关系，依据a−t图像面积的物理意义表示速度的改变量，所以从t=1s到t=5s这段时间内，速度的改变量为Δv=2×12×3−1×5×3−5m/s=20m/s
又因为Δv=vmax−0
得圆环的最大速度为vmax=20m/s
故圆环的最大动能为Ekmax=12mvmax2=20J。
14.【答案】(1)电动机正常工作时电阻R的电压UR=U−UM=50V
根据欧姆定律得I=URR=5A；
(2)电动机与电阻R串联，则通过电动机的电流为5A。电动机的输入功率P入=UMI=100×5W=500W
电机输出的机械功率P出=UMI−I2r=475W。

【解析】本题考查有关电动机功率的计算，要注意电动机是非纯电阻电路。
15.【答案】(1)α粒子在静电分析器中的运动时满足E0q=mv02r
解得r=mv02E0q；
(2)粒子在两板间的逆过程为类平抛运动，则12d=12Uqdmt2，L=v0t
解得A、B极板间所加的电压U=mv02d2qL2。

【解析】本题考查带电粒子在电场中做曲线运动，在金属板A、B之间做类平抛运动，在细管C中，做圆周运动。
16.【答案】(1)根据几何关系可知，PA与y轴夹角为53∘，电场力与重力的合力方向沿PA，则tan53∘=qEmg
匀强电场电场强度的大小为E=10N/C
(2)小球运动至等效最低点D点时对轨道压力最大，且OD与y轴夹角为53∘，则N−53mg=mvD2r
小球在等效最高点E点恰好不脱离轨道，且OE与y轴夹角为53∘，则53mg=mvE2r
根据动能定理53mg⋅2r=12mvD2−12mvE2
联立得N=30N
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力的最大值为30N。
(3)根据动能定理−mgrcs37∘−cs53∘+qErsin53∘−sin37∘=12mvC2−12mvE2
得vC= 95gr=2 3m/s
当小球从C点飞出后，沿着x轴和y轴方向的加速度分别为ax=qEm=43g
ay=g
由x=vCcs37∘t+12axt2
vCsin37∘=gt2
得x=2.304m
则落到x轴上的位置坐标为x′=0.4m−2.304m=−1.904m。

【解析】本题考查了带电粒子在电场、重力场中的运动，综合运用了动能定理、斜抛运动、向心力等知识，有一定的难度。
17.【答案】(1)在加速电场中，由动能定理有qUAB=12mv02
由题意可知，粒子在偏转电场中运动时间为t=2dv0
解得t=T2
根据牛顿第二定律，粒子的加速度为a=qU0md=16dT2
设离开MN时偏移距离为y，则y=12a(T4)2×2=d
即在接收屏上的坐标为d；
(2)设t2时刻进入MN的粒子恰好能从M板右端离开，t2到T2的时间间隔为Δt，则12a(Δt)2×2−12a(T2−2Δt)2=0
解得Δt=T2− 24T
则可知t2=T2−Δt= 24T
即一个周期内，T4∼ 24T时刻进入的粒子能被屏接收，占比为k= 24T−14TT= 2−14。

【解析】本题是带电粒子在交变电场中运动的实例，考查类平抛运动的拓展，关键是一定要分清过程，注意对称性。其次要分段找到几个特殊时刻出发的粒子的竖直位移，这对求能穿出极板的粒子的时间段很重要。