福州三中2023-2024学年第二学期期末考试
高物理试卷
考试时间75分钟总分100分
一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选
项中，只有一个选项是符合题目要求的。)
1.对于教材中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法不正确的是()
尘埃
丙
A.甲图中，该女生的头发和金属球带有异种电荷
B。乙图中，带负电的尘埃被收集在静电除尘装置的板状收集器A上
C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电原理
.丁图中，话筒线外面包裹的金属网能起到静电屏酸作用
2.两个完全相同的金属小球，分别带有+Q和-39的电荷量，当它们相距r时，
它们之间的库仑力是F。若把它们接触后分开，再管开相距的两点（此时两
带电小球仍可视为点电荷)，则它们的库仑力的大小将变为()
A.F
B.3F
C.9F
D.12
3.下列关于电场的叙述中正确的是()
A。点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心、为半径的球面上，各点的场强
都相同
沿着电场线的方向，场强越来越小
C.取走电场中某点的试探电荷后，该点的场强不变
D.电荷在电场中某点所受电场力的方向就是该点场强的方向
试卷第1页，共7页
4.如图所示，用两根绝缘细线各悬挂质量分别为m4和m的小球，悬点为O,两
小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球和B球在同一
水平面，A球悬线与竖直线夹角为a,B球悬线与竖直线夹角为B,如果=
37°，B=53°，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8.则两小球ma和m之比为(）
A.4:3
LRERUKKRKT
B9:16
A
忍公
C.16:9
D.3:4
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.卫星失效后一般有“冰冻”和“火葬两种处理方案，对于较低轨道的“死亡”卫星，
备用发动机使其快速转移到更低的轨道上，最终一头扎入稠密大气层，与大气
摩擦燃烧殆尽；对于较高轨道的死亡”卫星，备用发动机可将其抬高到比地球
同步轨道高300千米的坟墓轨道”实施高轨道“冰冻”。下列说法正确的是()
A.“死亡”卫星进入“坟墓轨道”后速度变小
B.实施低轨道“火葬”时，备用发动机对卫星做正功
C.实施高轨道冰冻时，备用发动机对卫星做负功
D.卫星在“坟墓轨道”上运行的加速度小于在地球同步轨道上运行的加速度
6.空间有两个带等量正电荷的点电荷处于水平位
φC
置如图所示，O点为两点电荷连线的中点，A、B
为连线上相对O点对称的点，C、D在两点电荷
连线的中垂线上，OC>OD。下列说法正确的是
年D
()
A.A、B两点场强相同
B.C、D两点的场强大小可能相等
C.从A点静止释放一不计重力的带正电粒子，在从A点向B点运动的过程
中，带电粒子新所受的电场力越来越小
D.从C点静止释放一不计重力的带负电粒子，在从C点向O点运动过程其
加速度可能先增大后减少
试卷第2页，共7页福州三中 2023-2024 学年第二学期期末考试
高 一 物 理 参 考 答 案
1．A
【详解】A．甲图中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电荷，故 A 错
误；
B．乙图中线状电离器 B 带负电，管壁 A 带正电，带负电的尘埃被收集在管壁 A 上，故 B
正确；
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故 C 正确；
D．金属体壳能产生静电屏蔽作用，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏
蔽的原理，故 D 正确。
故选 A。
2．B
【详解】两金属小球接触前，相距 r时，它们之间的库仑力为
3Q Q 3kQ2
F = k =
r2 r2
把它们接触后分开，两金属小球带电量为
3Q Q
q = =Q
2
r
再置于相距 的两点，此时它们之间的库仑力为
3
q2 9kQ2
F = k = = 3F
r 2
( )2
r
3
故选 B。
3．C
【详解】A．点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小
相等，方向不同，所以场强不同，故 A 错误；
B．沿着电场线的方向，电势越来越小，而电场强度根据疏密才能确定，故 B 错误；
C．电场中某点的场强与该点有无试探电荷无关，与场源电荷有关，故 C 正确；
D．电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点场强的方向不一定相同，比如负电荷受力
与场强方向相反，故 D 错误。
故选 C。
答案第 1 页，共 9 页
{#{QQABbYSUggAAQoBAAAgCEQHqCgMQkBAACagOQAAIIAAAARNABAA=}#}
4．C
【详解】设 A、B 两球之间的静电力为F ，对 A 根据几何关系有
F
= tan
mAg
对 B 根据几何关系有
F
= tan
mBg
联立可得
mA 16=
mB 9
故选 C。
5．AD
【详解】A．对于卫星有
Mm v2
G = m
r2 r
整理有
GM
v =
r
由于进入“坟墓轨道”其轨道半径变大，所以卫星的速度变小，故 A 项正确；
B．实施低轨道“火葬”时，卫星需要减速进入低轨道，即备用发电机对卫星做负功，故 B
项错误；
C．实施高轨道“冰冻”时，卫星需要加速进入高轨道，即备用发电机对卫星做正功，故 C
项错误；
D．对卫星有
Mm
G = ma
r 2
整理有
GM
a =
r2
由于卫星在“坟墓轨道”的轨道半径大于地球静止轨道的轨道半径，所以卫星在“坟墓轨道”
上运行的加速度小于在地球静止轨道上运行的加速度，故 D 项正确。
故选 AD。
6．BD
【详解】A．等量同种点电荷形成的电场关于 O点对称的 A、B两点场强等大反向，场强
答案第 2 页，共 9 页
{#{QQABbYSUggAAQoBAAAgCEQHqCgMQkBAACagOQAAIIAAAARNABAA=}#}
不同，故 A 错误；
B．等量同种正点电荷形成的电场在中垂线上的任意一点场强为
Q
E = 2k cos
r2
其中 r为该点据点电荷的距离，θ为点电荷在该处场强与中垂线的夹角，由于OC OD则
rC rD
那么有
D C
即
cos C cos D
所以 C、D两点场强大小无法判定，有可能大小相等，故 B 正确；
C．等量同种正点电荷形成的电场在 O点场强为零，电场力为零，从 A点静止释放一不计
重力的带正电粒子，在从 A点向 B点运动的过程中，场强先减小后增大，电场力先减少后
增大，故 C 错误；
D．从 C点静止释放一不计重力的带负电粒子，由于 CO段场强变化无法确定，故加速度
大小变化无法确定，有可能是先增大后减少，故 D 正确。
故选 BD。
7．BD
【详解】由图可知小球向右运动，故电场线方向斜向右上方，受力分析如图所示
A．由于沿着电场线方向电势降低，故根据图像可知 A点电势高于 B点电势，故 A 错误；
B．竖直方向上根据动能定理可得
1
(Eq cos37 mg)h = 0 mv20
2
解得 A、B两点的高度差为
5v2
h = 0
2g
答案第 3 页，共 9 页
{#{QQABbYSUggAAQoBAAAgCEQHqCgMQkBAACagOQAAIIAAAARNABAA=}#}
故 B 正确；
C．到最高点过程中水平方向运动距离
2
2
1 2 1 qE sin 37 2h 15vx = axt =
0
=
2 2 m v0 2g
根据几何关系
13v 2
d = hcos37 + xsin 37 = 0 A、B两点的电势差为
2g
13mv2
U = Ed = 0
2q
故 C 错误；
D．小球再次回到抛出点等高位置过程，根据动能定理可知，电场力做正功，故电场力做
功等于动能的增加，且电势能减小，故小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量
等于动能的增加量，故 D 正确。
故选 BD。
8．BC
【详解】A．电子在 ( 3x0 , x0 )间做匀加速直线运动，在 ( x0 , x0 )间做匀减速直线运动，在
(x0 ,3x0 )间做匀加速直线运动，全程加速度大小均相等，但电子速度随位移并非线性变
化，A 错误；
B．根据Ep = q = ( e) ，B 正确；
C．由动能定理，Ek = qEx，故 C 正确；
D．电子在越过 x0前后电场力方向突变，其功率大小不变，由
P = Fvcos
可知其功率正负值突变，D 错误。
故选 BC。
9． 张开 张开 张开
【详解】[1]起初导体 A 和 B 不带电，先把带正电荷的物体 C 移近导体 A，发生静电感应
现象，则 A 端带负电，B 端带正电，金属箔片张开；
[2][3][接着保持 C 位置不动，用手摸一下导体 A，导体、人和大地形成了新的巨大导体，
此时 A 端和 B 端都是近端，都带负电，此时远端在地球另一端，带正电，然后移走 C，静
答案第 4 页，共 9 页
{#{QQABbYSUggAAQoBAAAgCEQHqCgMQkBAACagOQAAIIAAAARNABAA=}#}
电感应现象消失，则 AB 电荷均分，AB 带负电，则 A 导体的金属箔片张开，B 导体的金
属箔片也张开。
10． 7 200
【详解】[1]设 AB中点为C ，AB中点的电势为
A + B 32 18 C = = V = 7V
2 2
[2] x 轴方向的电场强度大小为
UOB 18Ex = = V/m =120V/m
dOB 15 10
2
y 轴方向的电场强度大小为
UOA 0 32Ey = = V/m = 160V/m
d 20 10 2
OA
电场的电场强度大小为
E = E2 2x + Ey = 200V/m
mv2
11． 0
3
- mv
2
0
2qR 4
【详解】[1]点电荷从 A点由静止释放，则在电场力作用下将做匀变速直线运动，连接
BC，由几何关系可知
AC = AB cos = R
从 A到 C运用动能定理可得
1
EqR = mv 20
2
解得
mv 2
E = 0
2qR
[2]由题意可知，场强方向沿 AC方向，则过圆心作 AC的平行线，交圆周于 D点，从 A点
到 D点电势差最大，电势能变化最大，如图所示
AF为等势线，则
答案第 5 页，共 9 页
{#{QQABbYSUggAAQoBAAAgCEQHqCgMQkBAACagOQAAIIAAAARNABAA=}#}
3
= × = × ( + cos ) =
2
0 4
Q
12． 增大 增大 减小 不会
C
【详解】(1)[1]如果该电容器的电容为 C，所带电量为 Q，则两极板间的电势差为
Q
U =
C
(2)[2]将 A极板向右移动少许，则根据
S
C =
4 kd
可知 d变大，C减小，根据 Q=CU可知，U变大，则静电计指针的偏转角将增大；
[3]将 B极板向上移动少许，则根据
S
C =
4 kd
可知 S减小，C减小，根据 Q=CU可知，U变大，则静电计指针的偏转角将增大；
[4]将一块玻璃板插入 A、B两极板之间，则根据
S
C =
4 kd
可知 ε变大，C变大，根据 Q=CU可知，U变小，则静电计指针的偏转角将减小；
(3)[5]如果在操作过程中，手无意中触摸了 B极板，相当于 B板接地，而原来 B板就是接
地的，则观察到的实验现象不会发生变化。
13．(1)
(2)A
S0
(3)
UmR
【详解】（1）根据电路图补充实物连线如图所示
答案第 6 页，共 9 页
{#{QQABbYSUggAAQoBAAAgCEQHqCgMQkBAACagOQAAIIAAAARNABAA=}#}
（2）第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过 R放电，给电容器充电过程中电
流从左向右流过电阻 R ，即为正向电流，由于充电后电容器下极板带正电，电容器通过 R
放电时，电流从右向左流过电阻 R ，即为负。
故选 A。
q
（3）根据 I = ，变形可得
t
U
q = It = t
R
而U t 图像与坐标轴所围面积为 S0，则
S
q = 0
R
故有
S0 = qR =CUmR
则电容为
S
C = 0
UmR
4 2
3
(R + h) 2 (R + h) R + h
14．（1）M = ；（2）v =
GT 2 T R
【详解】（1）由万有引力提供向心力有
Mm 4 2
G = m (R + h2
T 2
)
(R + h)
解得
3
4 2 (R + h)
M =
GT 2
（2）由万有引力提供向心力有
Mm v2
G = m
R2 R
解得
2 (R + h) R + h
v =
T R
15．（1）+2 10 5C，带正电；（2）2.0m / s2 ；（3）1.0s；（4）F = 3.01N
【详解】（1）A、B、C 静止时，以 AB 为研究对象，受力分析有
q q(mA +mB ) g sin 30 = k
B C
L2
答案第 7 页，共 9 页
{#{QQABbYSUggAAQoBAAAgCEQHqCgMQkBAACagOQAAIIAAAARNABAA=}#}
代入数据解得
qB = +2 10
5C
（2）A 向上运动 1m，向上力 F变为恒力，经分析知 AB 分离时两者之间弹力恰好为零，
此后 F变为恒力，即此时 B 向上运动了 1m，对 B 由牛顿第二定律得
q q
k B C m g sin 30 = m a
l2
B B
其中 l = L+1m = 3.0m，解得
a = 2.0m / s2
（3）由匀加速运动规律得
1
l L = at2
2
解得
t =1.0s
（4）根据牛顿第二定律有
F mAg sin =mAa
解得
F = 3.01N
2U0q U 2 2 16．（1） ；（2） 1 ；（3） √ =
m 4
【详解】（1）粒子在平行板 A 和 B 之间加速，由动能定理得
1
U0q = mv
2
0
2
解得粒子刚从 B 板小孔射出时的速度大小
2Uq
v 0 =
m
（2）由牛顿第二定律可知粒子在 CD 板间运动所的加速度为
Uq
a =
Lm
当 CD 板上的电压为 U1时有
L 1
= a t 21 1
2 2
L
= v0t1
2
当 CD 电压为 U2时
答案第 8 页，共 9 页
{#{QQABbYSUggAAQoBAAAgCEQHqCgMQkBAACagOQAAIIAAAARNABAA=}#}
L 1
= a2t
2
2
2 2
L = v0t2
解得粒子刚好从 D 板的边缘 M点离开时所加的电压的大小
U
U 12 =
4
（3）粒子刚好在圆弧轨道中做匀速圆周运动
Qq v2
k = m
r2 r
依题意可知
L
cos 45 = 2
r
得
2
r = L
2
粒子在M点的速度反向延长线过在偏转电场水平位移的重点，
tan = = 2 = 1
0
2
得
= 0
= √ 2 20 + = √2 0
解得 O点处点电荷电荷量为
2√2 0
=
答案第 9 页，共 9 页
{#{QQABbYSUggAAQoBAAAgCEQHqCgMQkBAACagOQAAIIAAAARNABAA=}#}
