福建省福州市四校联盟2025-2026学年高二上学期期中联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福州四校联盟2025-2026年第一学期期中联考高二物理试卷（完卷时间：75分钟总分：100分）第I卷（选择题）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，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，某同学用毛皮摩擦过的橡胶管靠近一细水流，发现细水流向靠近橡胶管的方向偏转，下列说法正确的是（）A.摩擦可以创造更多电荷B.橡胶管所带的电荷量一定是元电荷e的整数倍C.下雨天，实验效果会更明显D.用丝绸摩擦过的玻璃棒代替本实验的橡胶管，细水流会向远离玻璃棒的方向偏转【答案】B【解析】A．摩擦只能转移电荷，不能创造电荷，故A错误；B．所有带电体所带电荷量一定为元电荷e的整数倍，故B正确；C．下雨天，空气潮湿，毛皮摩擦过的橡胶管所带的电荷会被导走一部分，对细水流的偏转会有着一定的影响，实验效果会不明显，故C错误；D．用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，毛皮摩擦过的橡胶管带负电，虽然二者带电种类不同，但根据带电体能够吸引轻小物体的特点，可知细水流依旧会向靠近玻璃棒的方向偏转，故D错误。故选B。2.如图所示，两完全相同的金属导体的长宽高之比，通以图示方向电流时，甲、乙电阻之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由电阻定律可得故所以C正确；ABD错误；故选C。3.如图所示，光滑绝缘水平面上的、两点分别固定两个带等量异种电荷的点电荷、，为的中点，为的垂直平分线，、为上关于点对称的两点，、为上关于点对称的两点。则关于各点电场强度、、、及电场力，下列说法正确的是（

）A.、、的方向不相同B.、两点的电场强度大小相等，方向相反C.任意改变点在中垂线上的位置，也不可能使D.将一点电荷由点沿移动到点，点电荷受到的库仑力先增大后减小【答案】C【解析】AB．根据等量异种电荷电场的特点可知，a、b、c、d四点的电场方向都相同，根据对称性可知Ea、Ec的电场强度大小相等，故AB错误；C．根据电场矢量叠加特点可知，在中垂线上O点的位置场强最大，a点的电场强度大于O点电场强度，所以任意改变b点在中垂线上的位置，也不可能使Ea<Eb，故C正确；D．根据电场矢量叠加的特点可知，在AB连线上，O点的场强最小，所以将一点电荷由a点沿AB移动到c点，点电荷受到的库仑力先减小后增大，故D错误。故选C。4.某静电场中，其一条电场线恰好与x轴重合，其电势随坐标变化的图像如图所示，一带正电的粒子以一定初速度沿x轴从O点运动到，粒子仅受电场力，下列说法正确的是（）A.处电场强度最大B.处电势为零，电场强度也为零C.粒子在处电势能最大，动能最小D.粒子从到受到的电场力和从到受到的电场力方向相反【答案】C【解析】CD．沿电场线方向电势逐渐降低，O到电场沿x轴负方向，到电场沿x轴正方向，粒子从O到电场力沿x轴负向，则粒子做减速运动；到粒子受电场力沿x轴正向，则粒子加速运动，即粒子先减速后加速，在处动能最小、电势能最大，C正确、D错误；AB．斜率大小等于电场强度大小，则在处电场强度为零，处电势为零，电场强度不为零，故AB错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5.两个相同的带电导体小球所带电荷量的比值为，相距为时相互作用的库仑力的大小为，今使两小球接触后再分开放回原处，则此时库仑力的大小可能为（

）A. B. C. D.【答案】AC【解析】设一个小球带电量大小Q，则另一个为大小3Q，根据库仑定律，两球接触前若两球带异种电荷，接触后再分开，两球分别带电量大小为由库仑定律得若两球带同种电荷，接触后再分开，两球分别带电量大小为由库仑定律得故选AC。6.有一横截面积为的铜导线，流经其中的电流为，设每单位体积的导线有个自由电子，电子的电荷量为，此时电子的定向移动速率为，在时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】设在时间内，通过导线横截面的自由电子数目为，根据电流定义式可得解得由于自由电子定向移动的速度是v，因此在时间内，位于以横截面S、长的这段导线内的自由电子都能通过横截面。这段导线的体积为所以在时间内，通过导线横截面的自由电子数目为故选AC。7.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）A.M点的电势大于N点的电势B.M点的电势小于N点的电势C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D.粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力【答案】AD【解析】试题分析：根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，故A正确，B错误；根据电场线的疏密来判定电场强度的强弱，M点的电场力小于N点，故D正确，C错误．8.如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。～时间内向A板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。A．电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故A错误。BD．根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，D错误。C．根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a-t图象应平行于横轴，故C正确。故选BC。第II卷（非选择题）三、填空题：本大题共3小题，每格1.5分，共9分。9.长为l导体棒原来不带电，现将一带电荷量为＋q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示。当棒达到静电平衡后，棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的电场强度大小等于________，方向为________。【答案】向左【解析】[1]棒处于点电荷+q的电场中处于静电平衡状态，则棒内各点的合场强为零，即棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的电场强度与+q在P点的场强等大反向，则棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的电场强度大小等于[2]因+q在P点场强向右，则棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的电场强度方向向左。10.匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如上图所示，三点的电势分别为10V、16V、22V，则O点的电势为_______V，该匀强电场电场强度的大小为____V/m。【答案】16【解析】[1]根据匀强电场中，相互平行同方向的间距相等的两点间电势差相等可得解得[2]由于O点的电势为16V，所以Ob所在的面为等势面如图所示根据几何知识可得a到Ob的距离为则电场强度的大小为11.校本课程中，老师给某合作学习小组一个灵敏电流计，电流计允许通过的最大电流（满刻度电流）为，表头电阻。若要求改装成量程为的电压表，则需__________（填“串联”或“并联”）一个阻值为__________的电阻。【答案】串联5##5.0【解析】[1][2]若要求改装成量程为的电压表，则需串联一个分压电阻，根据欧姆定律可知串联电阻的阻值为四、实验题：本大题共2小题，每格1.5分，共12分。12.电容器是最基本的电路元件之一，运用非常广泛，下面从两个角度研究电容器的特征，请根据要求完成实验内容。（1）在探究平行板电容器的电容由哪些因素决定的实验中，采用的实验研究方法是（）A.极限思维法 B.理想模型法 C.控制变量法 D.等效替代法（2）在研究电容器充、放电实验中，电路图如图甲所示，通过电流传感器显示充、放电电流随时间变化的图线，已知电源电压为8V，图乙为电容器充满电后，把开关拨到______（选填“1”或“2”），得到电容器放电的图线，图线与坐标轴围成的图形中有42个小方格，则放电过程中，该电容器释放的电荷量______C（结果保留3位有效数字）。【答案】（1）C（2）2【解析】（1）由于平行板电容器的电容与多个因素有关，需要采用控制变量法进行实验研究。故选C。（2）[1][2]把开关拨到2，电容器放电，其放电的图线与坐标轴围成的面积表示放出的电荷量，图中一小格表示的电荷量为该电容器释放的电荷量13.某学习小组通过实验检测某品牌纯净水的电阻率，步骤如下：（1）准备绝缘圆柱形容器，容器两端用电阻不计的金属圆片密封，测得容器长度为L；（2）用游标卡尺测量该容器的内直径D，如图所示，其读数为__________mm；（3）水样的电阻R0约为1000Ω，实验室提供的器材如下：A.电压表V（0~3V，内阻约为1kΩ）B.电流表A1（0~3mA，内阻约为40Ω）C.电流表A2（0~60mA，内阻约为1Ω）D.滑动变阻器R1（0~20Ω）E.滑动变阻器R2（0~3000Ω）F.干电池2节G.开关S和导线若干要求数据从0开始变化，则：电流表应选__________，滑动变阻器应选_________（选填器材前面的字母序号）；实验电路应该选下面的___________；A.B.C.D.（4）将水样注满容器，正确连接电路后，合上开关，调节滑动变阻器，得到多组电压、电流数据。某同学根据数据作出I—U图像，测得图像的斜率为k，则所取水样电阻率的表达式为________（用k、D、L表示）。【答案】21.3BDD【解析】（2）[1]游标卡尺的精确度是0.1mm，内径D的读数为D=2.1×10mm+3×0.1mm=21.3mm（3）[2]两节干电池的电动势为E=3.0V，待测电阻R0约为1000Ω，则最大电流故电流表应选择量程为3mA的A1。故选B。[3]因为要求数据从0开始变化，故选用总阻值较小的滑动变阻器，且使用滑动变阻器的分压式接法，所以滑动变阻器选择R1。故选D。[4]因为故采用电流表内接法，结合滑动变阻器的分压式接法。故选D。（4）[5]根据部分电路欧姆定律有可知图像的斜率解得根据电阻定律又联立解得所取水样电阻率五、计算题：本大题共3小题，共39分。其中14题12分，15题13分，16题14分。14.研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电压表和电流表的示数分别为U1=1.0V和I1=0.5A；重新调节R，使电动机恢复正常运转，此时电动机拉着重物以a=1m/s2的加速度匀加速上升，当重物的速度v0=1m/s时，电压表和电流表的示数分别为U2=15.0V和I2=2.0A，g取10m/s2。求此时：（1）电动机的输出电功率P出；（2）该重物的质量m和电动机的效率η。【答案】（1）22W；（2）2kg，【解析】（1）根据部分电路欧姆定律，可得根据功率公式，可得P入=U2I2=30WP热=I22RM=8WP出=P入-P热联立可得P出=22W（2）根据输出功率公式，有根据牛顿第二定律，有F-mg=ma联立可得m=2kg根据效率定义式，有15.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一半径的竖直光滑圆轨道，为圆轨道的中心。一个质量、带有正电荷的金属环套在竖直圆轨道上，从A位置无初速释放，之后金属圆环在轨道上A、M（图中未画出）间做往复运动，它经过B点时其动能到达最大，OB与竖直方向的夹角。已知，，取，求：（）小球所受电场力的大小和方向；（）小球通过B点时的动能；（）小球从A位置运动到轨道最低点C的过程中，其机械能的改变量。【答案】（）；方向向右；（）；（）【解析】（1）经过B点时其动能达到最大，所以带有正电荷的金属圆环在B点静止时合力零，则有小球所受电场力的大小电场力方向向右；（2）从A到B由动能定理可知小球通过B点时的动能为（3）从A位置运动到轨道最低点C的过程中机械能的改变量所以机械能减小了。16.一束质量为m，电荷量为e的电子（不计重力）从静止开始经加速电压U1加速后，以水平