2024-2025学年福建省漳州市高二上学期期末考试物理试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年福建省漳州市高二上学期期末考试物理试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
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，只有一项符合题目要求。
1. 关于各图所涉及的静电知识，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲，导体棒因静电感应A端带正电荷，端带负电荷
B. 图乙，用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电吸收信号
C. 图丙，避雷针防止建筑物被雷击的原理是静电屏蔽原理
D. 图丁，利用静电喷漆能使油漆比较均匀地喷涂在工件表面
【答案】D
【解析】A．图甲，根据静电感应原理可知，导体棒A端因感应带负电，B端带正电，故A错误；
B．图乙，用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电屏蔽，防止外部信号干扰，故B错误；
C．图丙，避雷针可以避免建筑物被雷击，当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云层中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电，故C错误；
D．图丁，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相反的电荷，这样使油漆与金属表面在静电引力作用下喷涂更均匀，故D正确。
故选D。
2. 下列关于电磁场和电磁波的说法中正确的是（ ）
A. 移动电话是利用无线电波进行通信的
B. 电磁波在真空中的传播速度为340m/s
C. 均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波
D. 赫兹最早预言了电磁波的存在，并通过实验证实了电磁波的存在
【答案】A
【解析】A．移动电话是利用无线电波进行通信的，故A正确；
B．电磁波在真空中的传播速度等于真空中的光速，故B错误；
C．均匀变化的磁场产生恒定的电场，不能产生电磁波，故C错误；
D．麦克斯韦最早预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选A。
3. 如图，和是两个等量异种点电荷，以为圆心作圆，A、B为圆上两点，为两点电荷连线的中点，B点与C点关于点对称，则（ ）
A. A点处和B点处的电场强度大小相等，方向不同
B. B点处和C点处的电场强度大小相等，方向相同
C. 把电子从A点移动到B点的过程中，电场力对其不做功
D. 质子在B点的电势能等于在C点的电势能
【答案】B
【解析】A．等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，由图可知A、B两点的场强大小和方向均不相同，故A错误；
B．等量异种点电荷连线上的电场线的方向由正电荷指向负电荷，由B、C关于MN对称，即B点的电场强度等于C点的电场强度，故B正确；
C．由电场分布图可知过A、B的圆不是等势线，A、B两点的电势不等，所以电场力做功不为零，故C错误；
D．沿电场线方向电势降低，在等量异种电荷连线上电场线方向由B指向C，B点电势高于C点电势，质子带正电，则在B点的电势能大于在C点的电势能，故D错误。
故选B。
4. 电容式加速度传感器安全气囊、手机移动设备方面应用广泛。其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器两极板固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动。则（ ）
A. 当电路中没有电流时，电容器所带电荷量为零
B. 当电路中没有电流时，传感器一定处于静止状态
C. 当电路中有顺时针方向的电流时，传感器一定向右加速
D. 当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容一定增大
【答案】D
【解析】A．当电路中没有电流时，说明电容器充电结束，处于稳定状态，有电荷量且保持不变，故A错误；
B．若传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，电介质插入极板间的深度不变，则电容器的电容不变，又因两极的电压不变，根据可知，电容器的电量不变，即电路中没有电流，因此当电路没有电流时，传感器可能处于静止状态、匀速运动或匀变速运动，故B错误；
CD．当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，电容器的电量增大，根据可推知电容在增大，电介质插入极板间的深度加大，弹簧伸长，电介质受到的弹簧弹力向右，加速度向右，因此传感器可能向左减速，也可能向右加速，故D正确，C错误；
故选D。
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. 库仑扭秤原理如图所示，细金属悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的两端分别固定带电量为Q的带正电小球A和不带电小球B，把另一个带电量为q的金属小球C靠近A，A、C两球相互排斥，最终A、C两球距离为r。已知静电力常量为k，忽略球的大小，则（ ）
A. C球带负电
B. A、C两球间库仑力为
C. 若，则A球对C球的库仑力大于C球对球的库仑力
D. 若不带电的同样小球D与C接触后移开，保持A、C间距不变，库仑力变为
【答案】BD
【解析】A．由A、C两球相互排斥可知，C球带正电，故A错误；
B．由库仑定律得，A、C两球间库仑力为，故B正确；
C．根据牛顿第三定律可知，A球对C球的库仑力等于C球对A球的库仑力，故C错误；
D．C球带电量变为，A、C间距不变，A、C间库仑力大小变为，故D正确。
故选BD。
6. 下列闭合回路中能产生感应电流的是（ ）
A. 图甲中条形磁铁以速度向右远离螺线管
B. 图乙中水平轨道上两根金属棒分别向两侧匀速移动
C. 图丙中水平放置的圆形导线框圆心正上方的直导线电流不断增大
D. 图丁中导线框在匀强磁场中绕平行于磁场的轴转动
【答案】AB
【解析】A．图甲中条形磁铁向右远离螺线管，闭合线圈内磁通量变小，可以产生感应电流，故A正确；
B．图乙中两根导体棒以一定速度向相反方向运动，穿过闭合回路的磁通量变大，可以产生感应电流，故B正确；
C．根据通电直导线周围磁场的分布规律以及对称性可知圆形导线框中的磁通量始终为零，不能产生感应电流，故C错误；
D．丁图中导线框在匀强磁场中绕平行于磁场的OO＇轴转动，导线框中的磁通量始终为零，不能产生感应电流，故D错误。
故选AB。
7. 图甲为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）
A. 、两点间的电势差为
B. 点电势等于点的电势
C. 沿轴从点到点，电场强度先减小后增大
D. 将一电子沿轴从点移动到点，电势能增大
【答案】AD
【解析】A．x1、x2两点间的电势差为0-（-φ0)=φ0，故A正确；
B．电势是标量，O点的电势为正，x2点的电势为负，电势的正负表示大小，O点的电势大于x2点的电势，故B错误；
C．φ−x图像的斜率的绝对值等于电场强度大小，由图可知，沿x轴从O点到x2点，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，故C错误；
D．沿x轴从O点移动到x1点，由图看出电势逐渐降低，电子在高电势处电势能小，故电子的电势能增大，故D正确。
故选AD。
8. 实验室常用的和的双量程电流表原理如图所示。已知小量程电流计G（表头）的满偏电流，内电阻。则（ ）
A. 开关接2时量程为
B. 的阻值约为
C. 的阻值约为
D. 开关接2时电流表的内阻小于开关接1时的内阻
【答案】CD
【解析】A．接2时，分流电阻只有，分流电阻越小，电流表的量程越大，所以接1时量程为0~0.6 A，接2时量程为0~3A，故A错误；
BC．接1时量程
接2时量程
代入数据得 R1≈ 0.025 Ω，R2≈0.10 Ω
故B错误、C正确；
D．开关接1时，新电流表的内阻
接2时新电流表的内阻
由于，所以
故D正确。
故选CD。
三、非选择题：共60分，其中9、10题为填空题，11、12题为实验题，13~15题为计算题。考生根据要求作答。
9. 在磁感应强度的匀强磁场中，一根长度，通有电流的通电导线与磁场方向垂直放置，则导线所受磁场力大小为_____；若仅将通过导线的电流减小为原来的一半，导线所受磁场力为_____，此时磁场的磁感应强度为_____。
【答案】8.0×10-3 4.0×10-3 0.1
【解析】[1]当磁感应强度B与电流I垂直放置时，可知F＝ILB＝0.4×0.2× 0.1N＝8.0×10-3 N
[2][3]当导线中电流减小为原来一半时，受到的磁场力也减半，即变为4.0×10-3；但磁场中某点的磁感应强度的大小和是否放置通电导线以及放置的方向无关，B＝0.1T。
10. 某同学研究了学校宿舍楼的火警报警装置的电路如图所示，电源内阻不可忽略，为热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，当电铃两端电压达到一定值时，电铃会响。若出现火情，流过的电流_____（填“变大”“不变”或“变小”），路端电压_____（填“变大”“不变”或“变小”）；若报警装置的电池老化，导致内阻变大、电动势变小，则报警装置的临界温度_____（填“升高”或“降低”）。

【答案】变大 变小 升高
【解析】[1] [2]若出现火情，则R1减小，总电阻减小，流过R1的电流变大，根据闭合电路欧姆定律有
可知，路端电压变小；
[3]若电池内阻变大、电动势变小，同一温度时，根据闭合电路欧姆定律可知R2两端电压变小，则电铃电压变小，报警临界温度升高。
11. 如图a为某品牌电池，小文同学测量此电池的电动势和内阻。他选用的器材为：电压表（0~15V，内阻未知），电流表（0~0.6A，内阻0.5Ω），滑动变阻器R（0~100Ω）。按正确操作测量的数据描绘U-I图线如图d所示。完成下列几个问题。
（1）根据题中条件，本次实验应选择图_____（填“b”或“c”）测量更精确。
（2）闭合开关前，滑片P应置于滑动变阻器的_____（填“最左端”或“最右端”）。
（3）该电源电动势为_____V，内阻为_____Ω。
【答案】（1）b （2）最右端 （3）9.0 0.50
【解析】（1）根据题中条件，因为电流表内阻已知，选择图b没有系统误差，测量更精确。
（2）闭合开关前，滑片P应置于滑动变阻器阻值最大处，起保护电路作用，滑片P滑到最右端。
（3）[1][2]根据图d可得，该电源电动势为
内阻为
代入得
12. 废水脱盐过程中，电导率是一个关键的监测指标（电导率是电阻率的倒数）。某研究性学习小组对废水电导率进行了检测。
（1）为了方便测量水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的塑料圆柱形容器内，容器两端用圆片状金属电极密封，容器两电极间长度为，圆柱形容器内径为。
（2）该小组先用多用电表欧姆挡粗测容器内水样的电阻。当选择“”挡时，发现指针偏转角度过小，指针指在如图甲中位置，该同学换挡后进行正确操作，指针指在如图甲中位置，则电阻阻值为_____。

（3）该小组从实验室中找到如下实验器材：
A电流表（，内阻约）
B.电流表（，内阻约）
C.电压表（，内阻约）
D.滑动变阻器
E.电源（，内阻约）
F.开关和导线若干
①电路中电流表应选用_____（填器材前的字母）；
②按图乙连接好电路，闭合开关后，滑动变阻器的滑片从一端移到另一端，电压表和电流表均有示数但变化不明显，则可以推断_____。（填正确答案标号）
A.样品连接处发生断路
B.电流表连接方式有误，应改为外接法
C.滑动变阻器连接方式有误，应改为分压式接法
（4）该水样电导率的表达式为_____（用测得的物理量、、、表示）。由于电表内阻的影响，实验测得该水样的电导率_____（填“大于”、“小于”或“等于”）其真实值。
【答案】（2）12000 （3）A C （4） 小于
【解析】（2）[1]选择“”挡时，发现指针偏转角度过小，说明电阻值偏大，应该换大倍率进行测量，所以应该选×1k挡，由图甲中位置可知电阻阻值为
（3）①[2]由于电源电动势为12 V，估算可得流过待测样品的电流最大值为
故电流表应选择A；
②[3]A．闭合开关后，滑动变阻器的滑片从一端移到另一端，电压表和电流表均有示数说明样品连接处没有发生断路，故A错误；
B．无论电流表内接法或外接法两电表均有读数且变化明显，故B错误；
C．由于滑动变阻器最大阻值200Ω，远小于样品的电阻值（约12000Ω），采用限流接法调节滑动变阻器对整个电路的总电阻影响很小，故两电表变化不明显，故C正确。
故选C。
（4）[4]根据电阻定律可得
又，
联立可得该水样电导率的表达式为
[5]由电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压使得电压表示数大于真实电压，根据
可知由于电表内阻的影响，实验测得该水样的电导率小于其真实值。
13. 如图为著名的密立根油滴实验装置：水平放置的两平行绝缘金属板间距d=0.2m，两极板间电压U=20V。在上极板的中间开一小孔，使质量m=3.2×10-16kg的微小带电油滴从这个小孔落到极板中，观察到油滴缓慢降落，最终悬浮在距上极板h=0.1m的P位置，g取10m/s2，求：
（1）油滴所带电荷量q；
（2）从小孔到P点的过程中电场力对油滴做的功。
【答案】（1）3.2×10-17C （2）-3.2×10-16J
【解析】（1）油滴最终悬浮在P位置，则，
解得
（2）油滴从小孔到P点的过程中电场力做功为
代入数据解得
14. 如图为某品牌的桶装饮用水电动抽水器，内置电池、电动水泵。已知电动水泵工作电压U=5V，工作电流I=0.5A。某次用该电动抽水器抽水喝时，出水口与桶内水面高度差h=0.6m，若桶内水的初速度为零，出水口出水速度v=2m/s，每秒出水质量m=0.2kg，忽略水在管道中的机械能损失，g取10m/s2。求：
（1）每秒水泵消耗的电能；
（2）水泵的输出功率；
（3）水泵的内阻。
【答案】（1）2.5J （2）1.6W （3）3.6Ω
【解析】（1）水泵在1秒内消耗的电能等于电流所做的功，则
解得
（2）根据功能关系，水泵抽水1秒所做的功为
水泵的输出功率为
解得
（3）水泵的输入功率
水泵的热功率为
根据焦耳定律可得
可得，水泵的内阻
15. 有一研究粒子运动的设备，内部构造如图甲所示。电极不断释放出带负电的粒子（初速度为零，不计重力），经电压为的、间电场加速后，能沿着板的下边缘射入正对的两极板、之间。当、两极未加电压时，测得粒子穿过两板间区域的运动时间为。已知、两板的板长和间距均为，粒子打在极板上会被极板吸收，不考虑极板电荷量的变化。
（1）求带电粒子的比荷；
（2）若，粒子能否从两极板的右侧穿出？若不能穿出，计算出粒子落在极板上离端的距离；若能穿出，计算出粒子射出板间时，在垂直于极板方向上的位移大小；
（3）若的变化如图乙所示，求哪些时刻射入的粒子恰好不碰到板。
【答案】（1） （2）粒子不能穿出极板，落在PQ极板上离P端的距离为
（3）（n=0，1，2，3…）或，（n=0，1，2，3…）
【解析】（1）粒子在A、B间电场加速过程中，由动能定理得
粒子在两极板MN、PQ间匀速运动时
解得带电粒子的比荷为
（2）假设不能穿出，则根据牛顿第二定律有
又
粒子类平抛运动，根据类平抛运动规律有，
解得
则粒子不能穿出极板，落在PQ极板上离P端的距离为。
（3）当UDC=18U时，在时刻，射入极板间的粒子，经过时间，由（1）（2）中公式可知
会被极板吸收；
假设0~的时间内，在时刻射入的粒子恰好不碰下板。
粒子以此加速度在竖直方向上先向下加速（）时间，再向下减速（）时间，则
解得
由交变电流的周期性得以下时刻射入的粒子恰好不碰到PQ板时应满足（n=0，1，2，3…）或（n=0，1，2，3…）