福建省厦门大学附属科技中学2025_2026学年高二上学期期中物理试题【附解析】

这是一份福建省厦门大学附属科技中学2025_2026学年高二上学期期中物理试题【附解析】，共21页。
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效。
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. 以下关于电场与电路说法正确的是（ ）
A. 根据公式，匀强电场中任意两点的电势差与两点间的距离成正比
B. 沿电场线的方向，电场强度必定越来越小
C. 根据公式，某电容器两板间电压U增大一倍，则电容C减为原来一半
D. 由公式可知，点电荷电场中某点的电场强度E与场源电荷的Q成正比
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据公式，可知匀强电场中任意两点的电势差与这两点沿场强方向上的距离成正比，故A错误；
B．沿电场线的方向，电场强度不一定越来越小，如负点电荷的场强，沿电场线的方向，电场强度越来越大，故B错误；
C．是电容的定义式，电容器的电容大小是由电容器的本身结构所决定的，与电容器所带电荷量及两板间的电压无关，可知电容C不变，故C错误；
D．由公式可知，点电荷电场中某点的电场强度E与场源电荷的Q成正比，故D正确。
故选D。
2. 如图甲是我国自行研制的CPU“龙芯”系列。图乙中，R1和R2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的芯片内部电阻，R1的表面边长为R2的两倍。现给R1、R2通以相同的电流I，则R1与R2相比（ ）
A. 电阻率
B. 两端电压U1=U2
C. 相同时间内产生焦耳热Q1>Q2
D. 相同时间内通过的电荷量q1>q2
【答案】B
【解析】
【详解】A．两电阻材料相同，则电阻率
选项A错误；
B．根据
可知
因电流相同，可知两端电压
U1=U2
选项B正确；
C．根据
Q=I2Rt
可知，相同时间内产生的焦耳热
Q1=Q2
选项C错误；
D．根据
q=It
可知，相同时间内通过的电荷量
q1=q2
选项D错误。
故选B。
3. 有研究表明，当兴奋情绪传播时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布图如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种电荷产生的电场，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法中正确的是 （ ）

A. a、b两点的电场强度不同
B. c点的电势大于d点的电势
C. 将带正电的试探电荷从b点移到d点，其电势能增加
D. 负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
【答案】C
【解析】
【详解】A．该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故A错误；
B．c、d两点位于同一条等势线上，则c点的电势等于d点的电势，故B错误；
C．正电荷在电势高的地方电势能大，所以将带正电的试探电荷从b点移到d点，其电势能增加，故C正确；
D．负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在c点的电势能大于在a点的电势能，故D错误。
故选C。
4. 某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻器的滑片P不会超出a、b端，对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（ ）

A. 当向药液袋内注射液体时，灯泡变亮
B. 当向药液袋内注射液体时，电压表的示数变小
C. 当药液减少时，电源的输出功率减小
D. 当药液减少时，电源效率减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．当向药液袋内注射液体时，滑动变阻器的滑片向下滑动，即滑动变阻器接入电路的阻值变大，回路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电流减小，灯泡变暗；由于回路总电流减小，灯泡及电源内电压减小，滑动变阻器两端电压增大，电压表示数增大，故AB错误；
C．根据电源的输出功率公式
当时，输出功率最大，但由于不知道与电源内阻的关系，所以当药液减少时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，无法确定电源输出功率的变化，故C错误；
D．电源的效率为
当药液减少时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，减小，则电源的效率减小，故D正确。
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. 如图，在平行于一匀强电场的平面上以O为圆心画半径为10cm的圆，在圆周上取三点分别为A、B、C。若A、B间的电势差为，OC与电场方向夹角为53°，，，则（ ）
A. AB与BC间的电势差之比为5：3
B. 圆上各点的电势相等
C. 电场强度大小为
D. 负点电荷沿圆弧从A经B运动到C，电势能先增大后减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．在匀强电场中AB与BC间的电势差可表示为
故
A正确；
B．等势线垂直电场线，由图可知各点不在同一个等势线上，故电势不相等，B错误；
C．由可得
C正确；
D．将负点电荷沿圆弧从A经B运动到C，电场力做负功，电势能增大，D错误。
故选AC。
6. 一带正电金属板和一带负电的放电极形成电场，电场线分布如图所示。一电子从M沿直线运动到N，以放电极为原点，以MN方向为正方向建立x轴。该过程中，电场强度大小E、电子的加速度大小a、电势、电势能随x变化的图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题知该电场为非匀强电场，电子从M沿直线运动到N，电场线疏密程度非均匀变化，可知题中电场强度随位移非线性变化，电场强度随位移在逐渐减小，A错误；
B．电场强度随位移在逐渐减小，粒子所受电场力在逐渐减小，故粒子的加速度在逐渐减小，B正确；
C．电子逆着电场线运动，电势随位移在逐渐增大，C错误；
D．电子逆着电场线运动，电场力做正功，电势能随位移在逐渐减小，由于电场力减小，图像斜率减小，D正确；
故选BD。
7. 如图，水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，小球从A到B过程中克服重力做功2J，电场力做功3J，则（ ）
A. 小球在B点的动能比在A点少1J
B. 小球在C点的电势能比在B点少3J
C. 小球在C点的机械能比在A点多12J
D. 小球在C点的动能为6J
【答案】C
【解析】
【详解】A．从根据动能定理可得
即
即粒子在B点的动能比在A点多，A错误；
B．设在A点初速度为，小球在竖直方向只受重力，做加速度为g的匀变速运动，故从和的时间相等，而水平方向只受到电场力作用，设从的水平分位移为，从的水平分位移为，则可知
则
由于电场力做正功，则粒子在C点的电势能比在B点少，B错误；
CD．根据功能关系可知：从机械能增加量为
由于重力势能不变，即从动能增加，即粒子在C点的动能大于，D错误，C正确。
故选C。
8. 竖直平面内固定有两个电荷量均为的点电荷，两电荷相距为两电荷水平连线的中点。一带电量为的带电小球自点以的初动能向下运动，其动能与小球的位移之间的关系如图乙中曲线所示，小球在处的动能最小，且动能为，直线为计算机拟合的曲线的一条渐近线，其斜率为。已知小球可视为质点，运动过程中电量保持不变，空气阻力不计，重力加速度大小取，静电力常量，则（ ）
A. 下落到的过程中，小球的电势能增加了
B. 下落到的过程中，小球的加速度先减小后增加再减小
C. 电荷量
D. 电荷量
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由动能定理知，图像的斜率为合外力，由图知0.4m内，图像的斜率先减小后增大再减小，即小球所受的合外力先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知，此过程小球的加速度先减小后增加再减小；当时，小球所受的电场力趋近于0，则图像的渐近线的斜率为重力，即N
解得小球的质量
0～0.4m内，由能量守恒定律知，小球电势能的增加量
故A错误，B正确；
CD．小球在x=0.4m处所受合外力为0，此时
其中
解得电荷量C
故C正确，D错误。
故选BC。
三、非选择题：共60分，其中9-11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. 据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是，充电至9000V电压，如果电容器在0.002s时间内完成放电，则电容器充电后的电量为___________C，电容器放电过程的平均电流强度为___________A。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1] 根据电容的定义式
解得
[2] 放电过程的平均电流强度为
10. 用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较________（选填“大”或“小”）的倍率挡，重新测量。如图所示为指针在刻度盘上停留的位置，若选择开关旋钮在“”位置，则所测量的电阻值为________。若选择旋钮在“”位置，则所测量电流的值为________。
【答案】 ①. 大 ②. 3200 ③. 22.0
【解析】
【详解】[1]用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，说明待测电阻阻值很大，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较大的倍率挡。
[2]如图若选择旋钮在“”位置，则所测量电阻的阻值为
[3]若选择旋钮在“50mA”位置，则最小分度值为1mA，所测量电流的值为22.0mA。
11. 在生产生活中，电容器的应用十分广泛。利用电容器可监测压力的变化，如图所示，固定极板A和可动极板B组成一个可变电容器。极板B两端固定，施加压力F使它发生形变，从而改变电容器的电容。当F增大时，电容器的电容将______（填“增大”或“减小”），电容器将______（填“充电”或“放电”），通过电阻R的电流方向______（填“向左”或“向右”）。
【答案】 ①. 增大 ②. 充电 ③. 向左
【解析】
【详解】[1]当F增大时，电容器两板间距离减小，根据电容的决定式，可知电容C增大。
[2][3]电容器两板间电压U不变，电容器所带电量为
电容C增大，则Q增大，电容器将充电，A板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，通过电阻R的电流方向向左。
12. 在测量一节干电池的电动势和内阻实验中，提供如下器材：电流表（量程0~0.6A），电压表（量程0~3V），滑动变阻器，开关、导线若干。
（1）此电流表是由量程为1mA，内阻为59.9Ω的表头改装而成，改装时所用的并联电阻的阻值为______Ω。
（2）用图甲所示电路进行实验得到图乙中线①，则干电池的电动势______，内阻______。（结果均保留2位小数）
（3）现有一小灯泡伏安特性曲线如图乙中线②，将其与上述干电池组成串联电路时，干电池的输出功率是______W。（结果保留2位小数）
【答案】（1）0.1 （2） ①. 1.48 ②. 0.80
（3）0.26
【解析】
【小问1详解】
改装电流表时，根据并联分流可知，改装时所用的并联电阻的阻值为
【小问2详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
结合图像有，
【小问3详解】
两图线交点坐标为（0.20A，1.32V），则电源的输出功率为
13. 某研究性学习小组需测量某圆柱体新型材料的电导率σ（电阻率的倒数）。
实验提供以下器材：
A．电流表（0~100mA，内阻约5Ω）
B．电流表（0~1A，内阻约0.5Ω）
C．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器（0~5Ω）
E．滑动变阻器（0~100Ω）
F．滑动变阻器（0~1000Ω）
G．电源（3V，内阻约1.0Ω）
H．开关与导线若干
I．刻度尺与游标卡尺
（1）用刻度尺测出圆柱体长度为L。用游标卡尺测量圆柱体直径d，示数如图甲，则读数_______。
（2）用多用电表欧姆挡粗测圆柱体的阻值约为30Ω。为了更准确测量阻值且保证电压从零开始调节，则电流表选用_______，滑动变阻器选用_______（选填器材前的字母）
（3）如图乙，实验器材已连接了部分导线，完成剩余连线______。
（4）若测得圆柱体的阻值为R，则电导率_______（用d、L和R表示）。
（5）为解释滑动变阻器选择对实验的影响，该小组把器材D、E、F分别接入电路，让滑片由一端向另一端移动的过程中，其电压表读数随变化的关系曲线a、b、c如图丙所示，指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值。则图线a对应的器材是_______（选填“D”“E”或“F”），不选该滑动变阻器的理由是_______。
【答案】（1）42.40
（2） ①. A ②. D
（3） （4）
（5） ①. F ②. 从在较大范围内变化时，电压变化不明显，不方便调节
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺测量圆柱体直径d=42mm+0.05mm×8=42.40mm
【小问2详解】
[1][2]电路可能达到的最大电流，则电流表选用A；滑动变阻器接成分压电路，则选用阻值较小的D。
【小问3详解】
因电压表内阻远大于待测电阻，可知应该采用电流表外接，滑动变阻器用分压电路，则电路如图
【小问4详解】
根据
其中
可得
小问5详解】
[1][2]图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，则对应的器材应该是F。若选择F，则从在较大范围内变化时，电压变化不明显，不方便调节，所以为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
14. 一玩具起重机的电路示意图如图所示。图中电源电动势、内阻，电阻，当玩具起重机以的速度匀速向上提升一质量的物体时，标有“”的灯泡恰好正常发光。不计摩擦阻力，取重力加速度大小，求：
（1）此时流过灯泡的电流；
（2）通过电源的电流I；
（3）起重机的效率η。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由图可得灯泡与起重机并联，灯泡正常发光，电压为
电流为
【小问2详解】
起重机两端的电压为
根据闭合电路欧姆定律可知通过电源的电流
【小问3详解】
通过起重机的电流为
起重机的输出功率为
起重机的总功率为
可知起重机的效率
15. 如图所示，光滑绝缘竖直圆环轨道，O为圆心，半径为R=0.5m，B点与O点等高，在最低点固定一点电荷A，B点恰能静止一质量为m=0.9kg、电荷量为带正电小球，现将点电荷A的电荷量增加为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C时的速度为m/s，取g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：
（1）开始时点电荷A的带电荷量Q并判断电性；
（2）小球在B点刚开始运动时的加速度；
（3）点电荷A的电荷量增加为原来的两倍后，B、C两点间的电势差。（结果可以用根号表示）
【答案】（1），正电
（2）10m/s2，方向竖直向上
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球在B点静止时处于平衡状态，受力分析如图所示，可知库仑力应为斥力，故A带正电。
两者之间的库仑力大小为
竖直方向上根据平衡条件有
联立以上两式解得
【小问2详解】
将点电荷A的电荷量增加为原来的两倍，两点电荷之间的库仑力增大至原来的两倍，小球在水平方向上仍受力平衡，设小球在B点刚开始运动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
解得，方向竖直向上。
【小问3详解】
对带电小球从B到C的运动过程，根据动能定理有
解得
16. 如图甲所示建立坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第2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。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度从细管C水平射出，进入位于第1象限的静电分析器，分析器中存在电场线沿半径方向指向圆心O的均匀辐向电场，粒子恰好做匀速圆周运动，运动轨迹处的场强大小为。时刻α粒子垂直x轴进入第4象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场强度的正方向。已知α粒子电荷量为（e为元电荷），质量为m，求：
（1）α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径R和在静电分析器中运动的时间；
（2）α粒子从放射源发射至运动到C的过程中静电力所做的功；
（3）当时，α粒子的坐标。
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，设粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为R，由牛顿第二定律有
解得
设粒子在静电分析器中运动的时间为，由运动学公式有
解得
【小问2详解】
粒子运动到C处时速度为，由题意可知，粒子在平行金属板中的逆运动为类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
设粒子从放射源P运动到C的过程中静电力所做的功为，由功的计算公式
解得
【小问3详解】
时，粒子在x轴方向的速度
所以一个周期内，粒子在x轴方向的平均速度
每个周期内粒子沿x轴正方向前进的距离
即可知前半个周期沿x轴正方向前进的距离为，在时，根据匀变速位移公式可知沿x轴正方向前进的距离为
时，粒子的横坐标为
所以时，粒子的横坐标为
粒子在y轴负方向做匀速运动，纵坐标为
综上所述，在时，粒子的坐标为