福建省福州第二中学2025_2026学年高二上学期11月期中物理试题【附解析】

这是一份福建省福州第二中学2025_2026学年高二上学期11月期中物理试题【附解析】，共21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。
（满分：100分，考试时间：75分钟）
一、单项选择题：本题共4小题，每题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. 以下关于电场与电路说法正确的是（ ）
A. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大
B. 沿电场线的方向，电场强度必定越来越小
C. 电动势越大，表明电源储存的电能越多
D. 闭合电路中电流总是从电势高处流向电势低处
【答案】A
【解析】
【详解】A．电场线是用来表示电场中电场强度的方向和大小的，电场线越密，表示电场强度越大，由公式F=qE知，同一试探电荷所受的电场力越大，故A正确；
B．电场线的疏密表示电场强度的大小，沿着电场线方向，电场线不一定越来越疏，则电场强度不一定越来越小，故B错误；
C．由可知，电动势越大，指电源内部非静电力移动单位正电荷从负极到正极做的功越多，不是电源储存的电能越多，故C错误；
D．在电源的外电路中，电流流向总是从高电势流向低电势，而电源的内电路中，电流流向总是从低电势流向高电势。故D错误。
故选A。
2. 如图为指纹锁示意图，当手指的指纹一面与锁表面接触时，指纹上凸处和凹处分别与锁基板上的小极板形成正对面积相同的电容器。现使电容器两端电压保持不变，手指挤压锁表面的过程中，指纹与小极板之间的距离变小，电容器（ ）
A. 电容变小B. 处于充电状态，电荷量增加
C. 内部电场强度变小D. 存储的电能减少
【答案】B
【解析】
【详解】A．手指挤压锁表面的过程中，指纹与小极板之间的距离减小，根据
可知电容变大，故A错误；
BD．两极板电压不变，根据
可知电容器所带电荷量变大，处于充电状态，存储的电能变多，故B正确，D错误；
C．根据
因U不变，d变小，可知内部电场强度变大，故C错误。
故选B。
3. 如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，C为两块彼此靠近而又绝缘平行金属板，两金属板中一带电液滴P处于静止状态，、和为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由图中位置向b端移动过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 电流表读数增大，电压表读数减小B. 金属板一个极板所带电荷量逐渐减小
C. 带电液滴P将向上运动D. 电源效率逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．当滑动变阻器的滑片由图中位置向b端移动过程中，滑动变阻器连入电路的阻值变小，则电路的总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小，由于通过的电流增大，则两端电压增大，电压表读数增大，并联部分的电压减小，可知通过的电流减小，即电流表读数减小，故A错误；
BC．由于电容器电压减小，根据
，
可知金属板一个极板所带电荷量逐渐减小，板间场强减小，带电液滴P受到的电场力减小，带电液滴P将向下运动，故B正确，C错误；
D．电源效率为
由于路端电压减小，则电源效率逐渐减小，故D错误。
故选B。
4. 如图，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB ，在将电键K接通的瞬间，下列判断正确的是（ ）
A. 通电直导线AB，A端向上，B端向下，悬线张力不变
B. 通电直导线AB，A端向下，B端向上，悬线张力不变
C. 通电直导线AB，A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小
D. 通电直导线AB，A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大
【答案】D
【解析】
【详解】根据图示可知将电键K接通的瞬间，马蹄形软磁体左侧将形成N极、右侧将形成S极。由于导线左右两部分所处的磁场方向不同，可将直导线分为左右两部分处理，根据左手定则，判断出图示位置导线左部A所受安培力向纸内，右部B所受安培力向纸外；又取特殊位置：导线转过时研究，直导线受到的安培力向下。故A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大。
故选D。
二、双项选择题：本题共4小题，每题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，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. 如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则
A. 该粒子带正电
B. A点与x轴的距离为
C. 粒子由O到A经历时间t＝
D. 运动过程中粒子的速度不变
【答案】BC
【解析】
【详解】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：
A．根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A错误；
B．设点A与x轴的距离为d，由图可得：
r-rcs60°=d
所以
d=0.5r
而粒子的轨迹半径为，则得A点与x轴的距离为：
，
故B正确；
C．粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，所以粒子运动的时间为
故C正确；
D．由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故D错误．
6. 关于洛伦兹力的应用，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压
B. 图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极
C. 图丙是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D. 图丁是质谱仪的主要原理图。其中、、在磁场中偏转半径最大的是
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，当粒子在磁场中的半径达到最大时，有
可得粒子的最大动能为
可知粒子获得的最大动能与所加的电压没有关系，故A错误；
B．图乙是磁流体发电机的结构示意图，根据左手定则可知，带正电粒子向下偏转，带负电粒子向上偏转，故A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B正确；
C．图丙是速度选择器，根据受力平衡可得
解得
带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，且速度方向由P到Q，故C错误；
D．图丁是质谱仪的主要原理图，粒子经过加速电场时，根据动能定理可得
解得
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
解得
可知其中、、在磁场中偏转半径最大的是，故D正确。
故选BD。
7. 如图所示为三根平行直导线的截面图，它们的电流大小都相等，方向均垂直纸面向里。△ABC为等腰直角三角形，D为AB中点，三个电流在D处产生的磁感应强度大小均为B0。下列说法中正确的是（ ）
A. D点的磁感应强度大小为B0，方向由D到B
B. C电流受到AB两电流作用力的方向由D到C
C. 若仅将B处电流反向，D点的磁感应强度大小为
D. 若仅将B处电流反向，C电流受到AB两电流作用力的方向为由D到A
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由右手螺旋定则可知A、B、C三个电流在D点产生的磁感应强度如图所示
由矢量叠加可知D点的磁感应强度
方向由D到B，故A正确；
B．根据同向电流相互吸引的特点，对电流C受到A、B的作用力分析如图所示
由题意可知
所以C电流受到A、B两个电流作用力方向为由C到D，故B错误；
C．若仅将B处电流反向，由右手螺旋定则可知A、B、C三个电流在D点产生的磁感应强度如图所示
由矢量叠加可知D点的磁感应强度，故C错误；
D．若仅将B处电流反向，根据同向电流相互吸引（反向电流相互排斥）的特点，对电流C受到A、B的作用力分析如图所示
由题意可知
所以C电流受到A、B两个电流作用力方向为由D到A，故D正确。
故选AD。
8. 如图所示，水平固定的小圆盘A，带电量为Q，从盘心上方O点（电势为零）由静止释放一质量为m带电量为q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的最大高度可达盘中心竖直线上的c点，又知道过竖直线上b点时，小球速度最大，已知，，由此可知（ ）
A. 小球在c点的电势能为
B. c点电势
C 小球从O点到c点电势能和动能之和一直减少
D. Ob两点电势差
【答案】AC
【解析】
【详解】A．带点小球从O到c，由动能定理得
电场力做正功
电势能减小，O点的电势能为0，则c点的电势能为，故A正确；
B．由公式可知，c点的电势为
故B错误；
C．由于小球运动过程只有重力和电场力做功，则小球机械能和电势能之和保持不变，小球从O点到c的过程中，重力势能一直增大，则电势能和动能之和一直减少，故C正确；
D．带点小球从O点到b，根据动能定理可知
解得
则
故D错误。
故选AC。
三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13题为实验题，14-16题为计算题。考生根据要求作答。
9. 如图所示，面积为10m2的正方形导线框处于磁感应强度为的匀强磁场中。在线框平面以ad边为轴转过180°的过程中，线圈中________感应电流产生（选填“有”或“无”），整个过程中，磁通量变化量为________Wb。
【答案】 ①. 有 ②. 5
【解析】
【详解】[1]在线框平面以ad边为轴转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中有感应电流产生；
[2]整个过程中，磁通量变化量为
10. 如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。演示仪中有一对彼此平行且共轴的圆形励磁线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场。玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射电子。电子刚好从球心O点正下方沿水平方向向左射出，玻璃泡内稀薄气体能够显示出电子运动的径迹，要正常观察电子径迹，励磁线圈中的电流方向应为_________（选填“顺时针”或“逆时针”）；若保持I不变，减小U，电子运动的径迹半径_________（选填“增大”“减小”或“不变”），电子运动的周期_________（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ① 顺时针 ②. 减小 ③. 不变
【解析】
【详解】[1]要正常观察电子径迹，则电子发出后瞬间需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场方向应垂直纸面向里，根据右手螺旋定则可知，励磁线圈中的电流方向应为顺时针。
[2]电子经过加速电场，根据动能定理得
电子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
若保持I不变，减小U，则B不变，可知电子运动的径迹半径减小。
[3]电子运动的周期为
由于B不变，可知电子运动的周期不变。
11. 如图所示，带电量大小为的正电小球A被固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角，质量m=0.1kg、带电量大小为的B球（电性未知）在离A球L=0.1m处由静止释放，t时刻B球速度达到最大值，整个运动过程中A、B两球始终未发生碰撞。两球均可视为点电荷，静电力常量，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。则B球带_________（填“正”或“负”）电性，A球在B球释放处产生的电场强度E的大小为_________N/C，B球的速度最大时两球间的距离r为_________m。
【答案】 ① 正 ②. ③. 0.4
【解析】
【详解】[1]B球在离A球L=0.1m处由静止释放，t时刻B球速度达到最大值，可知B球先做加速运动，后做减速运动，所以B球受到库仑斥力作用，B球带正电；
[2]A球在B球释放处产生的电场强度大小为
[3]B球的速度最大时，根据平衡条件可得
代入数据解得
12. 指针式多用电表是常用的电学测量仪器，如图2所示为某款多量程多用电表的内部结构图。
（1）当接通1或2时，为_________挡（填“电流”、“电阻”或“电压”）。1的量程比2的量程__________（填“大”或“小”）。
（2）当接通3或4测量某电阻时，用×10Ω挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用__________挡（填“×1”或“×100”），换挡后，在测量前要先进行____________。正确操作后，某同学对一电阻进行测量，指针的位置如图1所示，则测量结果为__________Ω。
【答案】（1） ①. 电流 ②. 大
（2） ①. ×1 ②. 欧姆调零 ③. 18
【解析】
【小问1详解】
[1]改装成电流表时要并联电阻分流，所以接通1或2时，为电流挡；
[2]设表头的满偏电流为，内阻为；接通1时，设与表头串联的电阻为，并联的电阻为，对应的量程为
接通2时，对应的量程为
联立可得
即1的量程比2的量程大；
【小问2详解】
[1][2]当接通3或4测量某电阻时，用×10Ω挡时，发现指针偏转角度过大，可知待测电阻阻值较小，则应该换用×1挡，换挡后，在测量前要先进行欧姆调零。
[3]某同学对一电阻进行测量，指针的位置如图1所示，则测量结果为
13. 某学习兴趣小组测量一段粗细均匀的圆柱形实心合金短棒的电阻率，先用多用电表测得该合金短棒的电阻Rx约为5kΩ，除待测电阻外，还有如下实验仪器：
A.电源（电动势8V，内阻约为1Ω）
B.电流表A1（量程0~0.6mA，内阻约为15Ω）
C.电流表A2（量程0~300mA，内阻约为5Ω）
D.电压表V（量程0~3V，内阻约为5kΩ）
E.滑动变阻器R1（0~20Ω，额定电流2A）
F.开关、导线若干
实验步骤如下：
（1）上述器材中，电流表应选用___________（填写器材前面的字母序号）；
（2）用螺旋测微器测合金短棒的直径D；
（3）用游标卡尺测出合金短棒接入电路的有效长度L，示数如图甲所示，则L为___________mm；
（4）实验电路图如图乙所示，实物图（图丙）中已连接了部分导线，请将该图连接补充完整_____；
（5）若电流表示数为I、电压表示数为U，则合金短棒电阻率的表达式为______________________（用U、I、L、D表示）；由于电表内阻的影响，合金短棒电阻率的测量值___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
【答案】 ①. B ②. 98.50 ③. ④. ⑤. 大于
【解析】
【详解】[1]流过该合金短棒的最大电流为
为减小实验误差，电流表应选择量程为0.6mA的电流表。
故选B。
[2]游标卡尺的读数为主尺刻度与游标尺刻度之和，所以
[3]按照电路图，实物连接如图所示
[4]根据电阻定律
所以
[5]由于电流表有内阻分压，使得电压的测量值偏大，则电阻率的测量值偏大。
14. MN、PQ为水平放置的金属导轨，金属棒ab静止放在导轨上且与导轨垂直，导轨间距L=0.1m，ab棒的质量为m=0.01kg，电阻为0.4Ω，导轨所在区域处在匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度B=0.2T．电池电动势E=1.5V，内电阻r=0.2Ω，其余电阻忽略不计，当电键闭合的瞬间，测得棒ab的加速度大小为a=2m/s2，求电键闭合瞬间：
（1）通过直导线ab的电流；
（2）直导线ab所受的摩擦力的大小和方向．
【答案】（1）2.5A（2）0.03 N，方向水平向左
【解析】
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求解电流；（2）根据牛顿第二定律结合安培力的公式求解摩擦力的大小．
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，通过ab的电流为
解得 I=2.5A
（2）导线所受的安培力为 F=BIL=0.2×2.5×0.1 N=0.05 N
由牛顿第二定律可得F-f= ma方向水平向右
解得 f=0.03 N，方向水平向左.
15. 如图所示，两异种点电荷的电荷量均为，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O且与连线垂直，平面上A、O两点位于同一竖直线上，，点电荷到O点的距离也为l。现有比荷、带负电的小物块（可视为质点），从A点以初速度向下滑动，取g=10m/s2，。
（1）求A点电场强度的大小和方向；
（2）若物块与平面的动摩擦因数为，求物块在A点的加速度；
（3）若绝缘竖直平面光滑，求物块到O点的速度大小。
【答案】（1），方向水平向左
（2），方向竖直向上
（3）
【解析】
【小问1详解】
两异种点电荷在A点的场强，如图所示
根据场强叠加原则，可知A点的电场强度的大小为
方向水平向左。
【小问2详解】
若物块与平面的动摩擦因数为，物块在A点受到竖直向下的重力、水平向右的电场力、水平向左的支持力和竖直向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有
又，
联立解得
方向竖直向上。
【小问3详解】
若绝缘竖直平面光滑，只有重力做功，根据动能定理有
代入数据解得物块到O点的速度大小
16. 如图所示，光滑平台处于水平向右的匀强电场中（图中区域I），其场强，区域II存在场强未知的竖直向上的匀强电场，区域III存在场强未知的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为的小球从A点无初速度释放，距离为L，的距离也为L。小球恰经过点上方处的P点再进入区域III做匀速圆周运动后又能无碰撞地滑上平台并刚好回到A点。重力加速度为g，求：
（1）区域III内电场的电场强度；
（2）区域III内匀强磁场的磁感应强度B；
（3）小球从A点开始至回到A点运动时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】根据题意，做出小球的运动轨迹示意如图所示
（1）小球在区域III做匀速圆周运动，则：
解得：
（2）小球在区域I内做匀加速运动，设到达O点时速度为
由动能定理有：
得出
小球从O到P做类平抛运动，设经过时间到达P点，速度为v，有：
得出
，
由动能定理得：
设小球从边界进入区域III时速度与的夹角为θ，有
得出
，
小球在区域III内做匀速圆周运动，有：
得出
得：
（3）根据题意：从A到O，小球做匀加速运动，有：
得出
小球在区域III内做匀速圆周运动有：
得出
对小球运动全程，有：
得：