【文档说明】福建省泉州市2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量跟踪监测物理试题（解析版）.docx，共(20)页，1.584 MB，由envi的店铺上传

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2023~2024学年度上学期泉州市高中教学质量监测高二物理2024.01（考试时间90分钟，总分100分）一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。1.一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，

通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为（）A.8UB.4UC.2UD.U【答案】B【解析】【详解】根据电阻定律可得：拉长后电阻变为24'412llRRSS===所以根据欧姆定律可得4UUURRR==

故'4UU=故选B。【点睛】做本题的关键是知道导线在拉长时体积不变，然后根据公式判断面积和长度的变化。2.如图所示电场中，一带电粒子仅在电场力作用下沿电场线从M点运动到N点，该过程的速度v随时间t变化的

关系图像可能为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】粒子从M到N，电场线越来越疏，则场强越来越小，受电场力逐渐减小，加速度减小，则粒子做加速度减小的加速运动，则v-t线斜率逐渐减小。故选C。3.法拉第首先引入了电场线形象描绘电场。图示为静电除尘集尘板与放电极间的电场线，M、N是集尘

板间的两点。下列说法正确的是（）A.M点的电场强度大于N点的电场强度B.M点的电势高于N点的电势C.带负电的尘埃在M点的电势能小于在N点的电势能D.若只受电场力作用，带负电的尘埃可沿电场线从M点运动到集尘板【答案】A【解析】【详解】A．M点的电场线较N点密集，可知M点的电场强度大于N点的电

场强度，故A正确；BC．上下极板的电势相等且都大于零，N点距离正极板较近，则M点的电势低于N点的电势，带负电的尘埃在M点的电势能大于在N点的电势能，故BC错误；D．若只受电场力作用，因从M到集尘极的电场线为曲线，则带负电的尘埃不可能沿电场线从M点运动到集尘板

，故D错误。故选A。4.如图所示的电路中，电源内阻1Ωr=，122ΩRR==，开关S断开时，理想电压表的示数为2.0V。现将S闭合，则（）A.电压表示数增大B.通过1R的电流增大C.电源的效率增大D.电源的输出功率增大【答案】D【解析】【详解】AB．闭合电键，电阻R1与R2并联，外电路总电阻减小

，路端电压降低，电压表的示数减小，流过电阻R1的电流减小，故AB错误；C．电源的效率221()1UIIRrEIIRrR===++可知，外电阻R越大，电源的效率越大，因此闭合电键后，外电阻减小，电源的效率减小，故C错误；D．当

外电阻越接近内电阻时，电源的输出功率越大，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大。闭合电键后，外电路的总电阻等于内电阻，因此电源的输出功率增大，故D正确。故选D。5.如图，边长0.5mL=的等边三角形ABC

所在平面与匀强电场方向平行。一电子从A点运动到B点，静电力做功20eV；从B点运动到C点，克服静电力做功10eV，则（）A.电子从A点运动到C点，静电力做功30eVB.A、C两点间的电势差AC10VU=C.匀强

电场方向由A指向BD.匀强电场的场强大小为40V/m【答案】D【解析】【详解】A.电子从A点运动到C点，静电力做功201010ACABBCWWWeVeVeV=+=−=故A错误；B.A、C两点间的电势差10VACACWUe==−−故B错误；C.取A点电势为0，B点电势为2020VABBBAWeVU

ee−====−−C点电势为1010VCACCAWeVUee−====−−设AB中点为D，D点的电势为10V，所以CD是等势线，AB是其一条电场线，根据顺着电场线电势降低，所以匀强电场方向由B指向A。故C错误；D.由C项分析可知，由公式20V/m40

V/m0.5BAUUEdL====故D正确。故选D。6.一带正电小球自A点水平向右射入水平向左的匀强电场中，小球从A点运动到P点的轨迹如图所示。已知AP方向与水平方向夹角为45，不计空气阻力，则该过程中，

（）A.任意相等的时间内小球所受重力做功相等B.任意相等的时间内小球所受电场力做功相等C.小球电势能的增加量大于重力势能的减小量D.小球电势能的增加量小于重力势能的减小量【答案】C【解析】【详解】A．依题意，小球竖直方向受

重力作用，做自由落体运动，有212ygt=又GWmgy=可知任意相等的时间内小球的竖直分位移不相等，所受重力做功也不相等。故A错误；B．依题意，小球水平方向受水平向左的电场作用，做匀减速直线运动，有2012xvtat=−又WqEx=电易知任意相等的时间内小球水平分位移不相等，所受电场

力做功并不相等。故B错误；CD．小球所受电场力和重力均为恒力，则小球所受合力也为恒力，可得其运动轨迹为一抛物线，由图可知A、P两点关于抛物线顶点并不对称，可知小球在P点的动能小于在A点的动能，即小球从A点运动到P点过程，动能减少，根据动

能定理，有GkWWE−=电可知重力做的正功小于电场力做的负功，根据重力做功与重力势能变化的关系GGpWE=−电场力做功和电势能变化的关系pWE=−电电可知小球电势能的增加量大于重力势能的减小量。故C正确；D错误。故选C。二、双项选择题：本题共4小题

，每小题4分，共16分。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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。7.如图为探究感应电流的实验装置，螺线管A与滑动变阻器、电源、开关C组成一个回路；螺线管A放在螺线管B内，螺线管B、开关D与电流计组成另一个闭合回路。开始时开关C、D均闭

合，下列操作中可以观察到电流计指针偏转的是（）A.开关C断开瞬间B.开关D断开瞬间C.将螺线管A从螺线管B中拔出D.使螺线管A和B一起水平桌面上移动【答案】AC【解析】【详解】A．开始时开关C、D均闭合，螺线管A中

有恒定电流，则产生恒定的磁场，在螺线管B中的磁通量不变，螺线管B不会产生感应电流，电流计指针不偏转，当开关C断开瞬间，螺线管A中的电流减小，产生的磁场减弱，螺线管B中的磁通量减小，由产生感应电流的条件可知，螺线管B中产生感应电流，电流计指针偏转，

A正确；B．开始时，螺线管B中无电流，电流计指针不偏转，开关D断开瞬间，螺线管B中仍无电流，电流计指针仍不偏转，B错误；C．将螺线管A从螺线管B中拔出时，螺线管B中的磁通量减小，螺线管B中产生感应电流，电流计指针

在的偏转，C正确；D．使螺线管A和B一起在水平桌面上移动，螺线管B中的磁通量不变，螺线管B中不会产生感应电流，电流计指针不偏转，D错误。故选AC。8.如图，MN、是竖直平行板电容器的两个极板，0R为定值电阻，12RR、为可调电阻。用绝缘细线将质量为m的带正电小球悬于电容器内部。闭

合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F。下列操作可使拉力F变小的是（）A.保持1R不变，缓慢增大2RB.保持2R不变，缓慢增大1RC.保持12RR、不变，将M板缓慢向右平移一小段距离D.保持12RR、不变，将M板缓慢向左平移一小段距离【答案】AD

【解析】【详解】细线受的拉力()()22FmgqE=+则要使拉力F减小，则只需场强E减小；A．保持1R不变，缓慢增大2R，则电阻R0上的电压减小，则电容器两极板电压减小，场强E减小，则F减小，故A正确；B．保持2R不变，缓慢增大1R，则电容量两板间电压不变，

场强E不变，则F不变，故B错误；CD．保持12RR、不变，则两极板间电压不变，将M板缓慢向右平移一小段距离，根据UEd=可知场强变大，则F变大；将M板缓慢向左平移一小段距离，则场强变小，则F减小，故C错误，D正确。故选AD。9.贴片电阻是电子电路中常用的元件，其阻值常用三位（或四位）数字表

示。如图甲，“123”表示“12”后面有“3”个零，即“12000Ω”；“5102”表示“510”后面有“2”个零，即“51000Ω”。某同学用多用电表试测一贴片电阻的阻值，先把选择开关旋至欧姆挡“100

”，调零后将表笔搭在待测电阻两端，发现指针偏转太小，如图乙中a所示；换挡后，重新调零，再次测量，指针偏转如图乙中b所示。下列说法正确的是（）A.换挡后，选择开关旋至欧姆挡“1k”B.换挡后，选择开关旋至欧姆挡“10”C.该贴片电

阻阻值数字可能为“1501”D.该贴片电阻阻值数字可能为“153”【答案】AD【解析】【详解】AB.欧姆表表盘右端为“0”，把选择开关旋到“×100”挡位，由图可以看出测量时指针偏转角度太小，说明被测电阻阻值大，应改为较大档，即换挡后，选择开关旋至欧姆挡“×

1k”，故A正确，B错误；CD.指针偏转如图乙中b，读数应该为15000Ω，由题意该贴片电阻阻值数字可能为“153”，故C错误，D正确。故选AD。10.如图甲，竖直平面中有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为q+的小球，小球绕

O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动。图中AC为水平直径，BD为竖直直径。从A点开始，小球动能kE与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（）A.BD为电场的一条等势线B.该匀强电场的场强大小为mgqC.轻绳的最大拉力大小为7

mgD.轻绳在AC、两点拉力的差值为6mg【答案】BC【解析】【详解】AB．由图像知6=为等效最低点，76为等效最高点，根据动能定理可知3Wmglmgl=−合解得2Wmgl=−合重力和电场力的合力在等效最低点与等效最高点连线上，运动距

离为2l，则合力大小为mg，根据余弦定理可知222()()()2cos60Eqmgmgmgmg=+−解得mgqE=根据几何关系可知，电场强度方向和重力方向夹角为120，方向斜向上，如图所示由于为匀强电场，则可知B

D不是电场的等势线，故A错误，B正确；C．在等效最低点拉力最大，可得2Tmaxcos60cos60vFmgEqml−−=2132mglmv=解得Tmax7Fmg=故C正确；D．在等效最高点拉力最小，可得2Tminco

s60cos60vFmgEqml++=212mglmv=解得TminFmg=则轻绳在等效最底点和最高点拉力的差值为7()8Fmgmgmg=−−=故轻绳在AC、两点拉力的差值为8mg，故D错误。故选BC。三、填空题：本题共2小题，每小题3分，共6分。11.如图，甲、乙线圈平

行纸面放置，甲处的匀强磁场方向平行OO，乙处的匀强磁场方向垂直纸面向内，两线圈绕OO轴转动时，甲线圈中_________（填“有”或“没有”）感应电流，乙线圈中_________（填“有”或“没有”）感应电流。已知乙中磁场的磁感应强度大小为B，线圈的面积为S，当线圈从图示位置绕OO轴转过

90时，穿过该线圈的磁通量为_________．【答案】①.没有②.有③.0【解析】【详解】[1]甲线圈与磁感线方向平行，故线圈绕OO轴转动时，甲线圈中磁通量不发生变化，故没有感应电流；[2]乙线圈转动时线圈中的磁通量发生变化，故产生感应电流；[3]当

线圈从图示位置绕OO轴转过90时，线圈平面与磁感线方向平行，故穿过该线圈的磁通量为0。12.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的MN、两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。aO

b、、在MN、的连线上，O为MN的中点，、cd位于MN的中垂线上，且abcd、、、到O点的距离均相等。每根导线在O处产生的磁感应强度大小均为B，则O点的磁感应强度大小为_________；a点的磁感应强度________

_（填“大于”“等于”或“小于”）b点的磁感应强度；c点的磁感应强度方向与d点的_________（填“相同”或“相反”）。【答案】①.0②.等于③.相反【解析】【详解】[1]如图所示由题知O为MN的中点，根据右手定

则知NOB和MOB等大反向，合磁感应强度为0。故填“0”。[2]如图所示因为a、b到O点的距离相等，则可知，aB和bB等大反向。故填“等于”。[3]如图所示因为c、d到O点的距离相等，则可知，cB和dB等大反向。故填“相反”。四、实验题：本题共2小题，共16分。13.某兴

趣小组自制电容器。他们用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图甲所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。（1）为增大该电容器的电容，下列方法可

行的有_________A．增大电容纸的厚度B．减小电容纸的厚度C．增大锡箔纸的厚度D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积（2）该小组采用如图乙所示的电路测量该电容器的电容。将开关S拨到a端，电压和电流传感器显示出Ut−图像和It−图像

分别如图丙、丁所示，其中It−图线与t轴所围的小格数约为60个，则该电容器充满电后所带的电荷量约为_________C，电容大小约为_________F。（结果均保留两位有效数字）【答案】①.BD##DB②.51.21

0−③.62.410−【解析】【详解】（1）[1]由平行板电容器因素决定式r4SCkd=A．增大电容纸的厚度，d增大，故电容减小，故A错误；B．减小电容纸的厚度，d减小，故电容增大，故B正确；C．增大锡箔纸的厚度，对电容无影响，故C错误；D．同时增

大锡箔纸和电容纸的面积，S增大，故电容增大，故D正确。故选BD。（2）[2]其中It−图线与t轴所围成的面积表示电荷量，该电容器充满电后所带的电荷量约为45600.010.210C=C1.210Q−−=[3]电容

大小约为56F=F1.2102405.1QCU−−==14.某小组选用以下器材测量旧电池的电动势和内阻。A．待测旧电池（电动势约为4.2V）B．滑动变阻器()01000ΩC．滑动变阻器()050ΩD．电压表(03V，内阻为3kΩ)E．电流表()00.6AF．阻值为

1.5kΩ的定值电阻G．阻值为150Ω的定值电阻（1）设计的电路图如图a所示，其中滑动变阻器R应选_________，定值电阻0R应选_________。（填器材前字母序号）（2）甲同学按照图a电路连

接实物，正准备接入最后一根导线时的实物如图b所示，乙同学发现有两个不妥之处，请你指出：①_________；②_________。（3）更正并接好电路后，调整滑动变阻器读取多组电压表和电流表的数据。以U为纵坐标、I为横坐标建立

坐标系，得到UI−图像如图c所示。由该图像可求得这个旧电池的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω（结果均保留2位有效数字）。【答案】①.C②.F③.开关未断开④.滑动变阻器的滑片应位于最右端⑤.4.0⑥.1.2【解析

】【详解】（1）[1][2]为了方便调节，滑动变阻器R应选阻值较小的C，定值电阻0R应选与电压表阻值相当的F即可。（2）[3][4]最后一根导线应该连接在电键的右侧和滑动变阻器的右上接线柱上，则两个不妥之处为：①

开关未断开；②滑动变阻器的滑片应位于最右端。（3）[5][6]电压表接R0后相当于量程变为'04.5VVUUURR=+=即U-I图像的纵轴坐标的1.5倍等于路端电压，则由该图像可求得这个旧电池的电动势E=2.68×

1.5V=4.0V内阻(2.682.2)1.51.20.6r−==五、计算题：本题4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值的计算题，答案中必须明确写出数值和单位，或按题目要求作答。15.如图，真空中存

在一水平向右的匀强电场，两个带等量异种电荷的小球A和B用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好竖直，此时A、B间的距离为L。两小球都可视为点电荷，所带电荷量的绝对值都为Q，静电力常量为k。求：（1）两球之间的库仑力大小F；（2）匀强电场的电场强度

大小E。【答案】（1）22QkL；（2）2QkL【解析】【详解】解：（1）由库仑定律得A、B之间的库仑力为22QFkL=（2）设匀强电场的电场强度大小为E，则A、B在水平方向受力平衡，则有22QQEkL=整理可得2QEkL=16.某玩具车供电的简化电路如图所示，将拨动开

关S往左拨时，只有车灯亮且正常发光；将拨动开关S往右拨时，电动机正常工作，车灯变暗。已知电池的电动势为12V，车灯1L和2L规格均为“10V,10W”，电动机正常工作时的电压为9V，电动机的电阻为1Ω，不考

虑车灯电阻的变化。求：（1）电池的内阻；（2）电动机正常工作时输出功率。【答案】（1）1Ω；（2）9.36W【解析】【详解】（1）开关往左拨时，通过车灯的电流LLLPIU=电池内阻LL2EUrI−=解得1Ωr=（2）开关往右拨时，通过电源的电流MEUIr−=车灯

的电阻2LLLURP=通过车灯1L的电流MLLUIR=通过电动机的电流的的ML2III=−电动机正常工作时的输出功率2MMMMPUIIR=−出解得：9.36WP=出17.如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板MN、的长度为L、间距为d，两板间加一恒定

电压。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从上极板边缘A点以水平速度0v射入电容器后，从P点飞出，P点与下极板的距离为3d。不计粒子受到的重力和空气阻力。（1）求两板间的电压0U；（2）若两极板MN、间的电势差U随时间t变化的关系图像如图乙所示，其0LTv=。0=t中时刻，粒子从上极板边

缘A点以水平速度02v射入电容器，求粒子射出电容器的位置与下极板间的距离（用d表示）。【答案】（1）220243mdvqL；（2）3d【解析】【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛，在水平和竖直方向分别有0

Lvt=，22132dat=又根据qEam=，0UEd=方程联立解得2200243mdvUqL=（2）带电粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，设粒子在电场中运动的时间为0t，则0012Lvt=由已知条件0LTv=解得02tT=因为粒子0=t时刻从上极板边缘A点射入电容器，所以02T内

，粒子在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，2TT内粒子做匀减速直线运动，并减速到0，设02T内粒子在竖直方向上的位移为1y，则211()22Tya=2TT内粒子的运动情况与0T内的运动情况相同，则14yy=总解得23

dy=总故粒子射出电容器的位置与下极板的距离为233ddd−=18.如图甲，倾角为的斜面底端固定一轻弹簧，顶端与一水平面相连，一绝缘轻绳将斜面上的物块A通过轻质定滑轮与水平面上的物块B相连。A、B的质量分别为2m和m，A不带电，B带正电且电荷量为q。先将B锁定，使细绳处于拉紧状态，滑轮左侧细绳

与斜面平行，右侧细绳与水平面平行。解除锁定，A、B从静止开始运动，B始终处于水平向右的匀强电场中且不会与滑轮相碰，带电量保持不变。以物块A的初始位置为原点O，沿斜面向下建立坐标系Ox，A的加速度与其位置的关系如图乙所示。弹簧未超过弹性限度，重力加速度大小为g，图乙中0l已知，忽略一切摩擦。（1

）求A刚接触弹簧时速度大小1v；（2）求匀强电场的场强大小E；（3）取B物体的初始位置为零电势点，求B电势能的最大值。【答案】（1）10sinvgl=；（2）sin2mgEq=；（3）p02sinEmgl=【解析】【详解】（1）由图乙，在A运动00l过程中，A、B一起以加速度0

a做匀加速运动，则有01sin2ag=21002val=联立解得10sinvgl=（2）在A运动00l过程中，若绳子拉力为1T，对A受力分析，由牛顿第二定律可得102sin2mgTma−=对B受力分析，由牛顿第二定律可得

10TqEma−=解得sin2mgEq=（3）由图可知，当A运动02l时，弹簧压缩量为0l，A的加速度是0，则B的加速度也是0，设弹簧的劲度系数为k，对AB组成系统可得02sin0mgklqE−−=的设弹簧压缩量为l时，A、B间的绳子恰好松弛，设此时A、B的加速度都为a，对B有qEma−=对A

有2sin2mgklma−=联立可得02=ll1sin2ag=−可知当A运动03l时，则有1sin2ag=−由图像的对称性可得A、B两者的速度相等，为10sinvgl=之后B在电场力作用下，以加速

度1sin2ag=−做匀减速运动，有2102vas−=取B物体的初始位置为电势能零势能点，B电势能的最大值()p0EqElls=++解得p02sinEmgl=