【文档说明】福建省三明市五县联合质检2023-2024学年高二上学期期中物理试题（解析版）.docx，共(18)页，691.620 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-f755ebd8470416cb166647f353b0f615.html

以下为本文档部分文字说明：

2023-2024学年第一学期五县联合质检考试高二物理试卷（考试时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题（共5小题，每小题4分，共20分。）1.下图是两个等量异种点电荷形成的电场，AB为中垂线上两点，CD为两电荷连线上两点，且A、B、C、D与O点间距

离相等，则（）A.A点场强比C点大B.A点电势比D点电势低C.A、B两点场强相同，电势也相同D.C、D两点场强相同，电势也相同【答案】C【解析】【详解】A．两个等量异种点电荷形成的电场，连线上电场强度是先减小后增大，连线中点场强最小，连线中垂线上，中垂线与连

线交点场强最大，则可知A点场强比C点小，故A错误；B．两个等量异种点电荷形成的电场，电场线从正电荷出发到负电荷终止，而顺着电场线方向电势降低，且中垂线是电势为零的等势线，则可知A点电势比D点电势高，故B错误；C．两个电荷的连线上下的电场是对称的，

AO=BO，那么A、B两点的场强相同，又都在中垂线上，电势均为零，故C正确；D．C、D两点场强相同，电势一正一负不相同，故D错误。故选C。2.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流。设电荷量为e的电

子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是（）A.电流大小为2ver，电流方向为顺时针B.电流大小为ver，电流方向为顺时针C.电流大小为2ver，电流方向为逆时针D.电流大小

为ver，电流方向为逆时针【答案】C【解析】【详解】电子绕核运动可等效为环形电流，电子运动周期为2rTv=根据电流的定义可得电流大小为===2qeveItTr因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故选C。3.如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行

板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（）A.在M，N之间插入云母板B.将

M板沿水平向左方向远离N板C.将M板向上平移D.将M板向下平移【答案】A【解析】【详解】A．在M、N之间插入云母板（介电常数1），根据4SCkd=可知电容变大，由QCU=判断得知，板间电势差U变小，静电计指针张角变小

，故A正确；B．将M板沿水平向左方向远离N板，根据4SCkd=可知电容C变小，电量Q不变，由QCU=判断得知，板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故B错误；C．将M板向上平移，极板正对面积减小，根据4SCkd

=可知电容C变小，电量Q不变，由QCU=判断得知，板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故C错误；D．将M板向下平移，极板正对面积减小，根据4SCkd=可知电容C变小，电量Q不变，由QCU=判断得知，板间电势差U变大，

静电计指针张角变大，故D错误；故选A。4.为测某电阻R的阻值，分别接成如图所示的甲、乙两电路，在甲电路中电压表和电流表的示数分别为12V、0.15A，乙电路中两电表示数分别为10V和0.20A，为了减少测量误差下列说法正确的

是（）A.应选用甲电路，其真实值小于80B.应选用乙电路，其真实值大于50C.应选用甲电路，其真实值大于80D.应选用乙电路，其真实值小于50【答案】A【解析】【详解】由题意可知，甲图中，电流

表是准确的，乙图中电压测量是准确的，两图中电流表示数变化量大小为0.2A0.15A0.05AI=−=电压表示数变化量大小为12V10V2VU=−=由于0.05110.1563IUIU===所以两种接法中电流表示数变化较大，电压表示数变

化较小，说明电压表的分流效果较大，故应采用电流表内接法误差较小，即甲图误差较小，测得数据Ω120Ω.1850xURI===因测量值是电流表与Rx串联的阻值，所以待测电阻真实值应比80Ω略小一些。故选A。5.如图，一圆环上均匀分布着电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、

d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷，已知b点处的场强为零，则d点处场强为（）A.229qkR水平向左B.229qkR水平向右C.2109qkR水平向左D

.2109qkR水平向右【答案】D【解析】【详解】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为2qEkR=，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为0qq（＞）的固定点电荷，在b点处的场强为零

，则圆盘在此处产生电场强度也为2qEkR=．那么圆盘在此d产生电场强度则仍为2qEkR=．而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为()2293qqEkkRR==，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d处产生电场强度为'2109

kqEER+=，方向水平向右，故选项D正确，ABC错误．点睛：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分。在每一小题给出的四个选项中有多项是正确的。没选全得

3分，有错不得分。）6.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A.三个等势面中，c的电势最高

B.带电质点通过P点时的电势能较Q点大C.带电质点通过P点时的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．质点所受电场力与等势面垂直且指向轨迹凹侧，故电场力的方向如图所示由于质点带正电，场强方向与F相同，沿电场方向电势降低，故三

个等势面中，c的电势最低，A错误；BC．若质点从P到Q，则速度方向与受力方向夹角小于90°，电场力做正功，动能增大、电势能减小，B正确，C错误；D．由UEd=可知，等差等势面间距d越小，场强E越大，质点的加速度越大，故带电质

点通过P点时的加速度较Q点大，D正确。故选BD。7.如图所示，一直流电动机与阻值9R=的电阻串联在电源上，电源电动势30E=V，内阻1r=，用理想电压表测出电动机两端电压10U=V，已知电动机线圈电阻1R=阻，则下列说法中

正确的是（）A.电源总功率为60WB.通过电动机的电流为3011AC.电源的路端电压为28VD.电动机的输出功率为18W【答案】AC【解析】【详解】B．根据闭合电路欧姆定律，有()EUIrR=++的解得3010A2A19EUIrR−−===++故B错误；A．电源的

总功率为60WPEI==总故A正确；C．电源的路端电压为10V29V28VRUUUUIR=+=+=+=故C正确；D．电动机的输入功率102W20WPUI===电动机的热功率2221W4WPIR===阻热电动机的输出功率20W4W16WPPP=−=−=

入出热故D错误故选AC。8.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中1Rr，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器4R的滑片向b端移动时，则（）A.电压表读数变大，电流表读数减小B.1

R和2R上的电压都增大。C.质点P将向下运动，电源的效率增大D.3R上消耗的功率增大，电源的输出功率减小【答案】AD【解析】【详解】A．当滑动变阻器4R的滑片向b端移动时，滑动变阻器的阻值变大，外电阻增大，总的电流I1减小，根

据闭合电路欧姆定律有()311UEIrR=−+则3R上的电压、电流I3都增大，根据123III=+则通过2R的电流I２减小，根据4222UUIR=−所以电压表读数变大，电流表读数减小，则A正确；B．1R上的电压为111UIR=总的电流I1减小，则1R上的电压减小，2R上的电压都

增大，所以B错误；C．电容器两端电压与R３两端电压相等，则电容器两端电压增大，两极板间的电场强度变大，电场力增大，质点P将向上运动，电源的效率为1100%100%100%1UIRrEIrRR===

++所以外电阻增大时，电源效率增大，则C错误；D．3R上消耗的功率为2333UPR=由于3R上的电压、电流I３都增大，则其消耗的功率增大，根据电源的输出功率规律，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于1Rr即外电阻大于内阻，则随外电阻的增大，电源的输出功率逐渐

减小，所以D正确；的故选AD。9.如图所示，水平固定小圆盘A，带电量为Q，电势为零，从盘心处O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OcH=，obh=，由此可知（）A.小球在c点的电势能为mgHB.c点电势cmgHq=−C.Ob两点电势差ObmghUqD.小球从O点到b点电势能和动能之和一直增大【答案】BC【解析】【详解

】AB．带电小球从O到c，根据动能定理得W电-mgH=0电场力做正功W电=mgH电势能减小mgH，O点电势能为0，所以c点电势能为-mgH，c点的电势为cmgHq=−故A错误，B正确；C．带电小球从O到b，根据动能定理得kmObqUmghE−=解得kmObEmghU

qq=+的则可知Ob两点电势差ObmghUq，故C正确；D．由于小球运动过程中只有重力和电场力做功，则小球的机械能与电势能之和保持不变，小球从O点到b点过程中，重力势能一直增大，则小球从O点到b点电

势能和动能之和一直减小，故D错误。故选BC。三、填空题：10~15（每空2分，共22分）10.真空中两个等量异种电荷电量的值均为q，相距r，两点电荷连线中点处的场强为______。【答案】28kqr【解析】【详解】[1]正、负点电荷单独存在时，在两点电荷连线中点处产生的电场强

度都为12224()2qkqEEkrr===且方向相同，故两点电荷连线中点处的合场强为12222448kqkqkqEEErrr=+=+=11.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V则

电子在a点的电势能比在b点的___________（“高”或“低”），坐标原点处的电势为___________V。【答案】①.高②.1【解析】【详解】[1]根据电势能的计算公式pEq=，可知电子在电势高的位置电势能小，所以电子在a点的电势能比在b点的高；[2]根据匀强电场中平行线上等间距同向的

两点间的电势差相等，则aOcb−=−解得1O=V12.（1）某同学用螺旋测微器测量某物体，结果如图。则螺旋测微器读数为______mm。（2）有下图可知，该游标卡尺的读数为______cm。【答案】①.7.600②.1.240【解析】

【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为7.5mm+10.0×0.01mm=7.600mm（2）[2]游标卡尺的读数为12mm+8×0.05mm=12.40mm=1.240cm13.一量程为0.6A的电流表，其刻度盘如图所示。今在此电流表的两端间

并联一电阻，其阻值等于该电流表内阻的12，使之成为一新的电流表，则图示的刻度盘上的每一小格表示___________A【答案】0.06【解析】【详解】[1]由图示表盘可知，其分度值为：0.02A；在此电流表的两端间并联一个

电阻，其阻值等于该电流表内阻的12，电流表内阻变为原来的13，改装后电流表的量程是原电流表量程的3倍，所以电表分度值变为为0.06A，即每一小格表示0.06A。14.某同学为了测量一电池的电动势和内阻，所用器材

是：量程3V的电压表V；量程0.6V的电流表A；滑动变阻器1R（0~10Ω）；开关S，导线。选用图1所示的电路图测量该电池的电动势和内阻。已知定值电阻01.20ΩR=，测出几组电流、电压的数值，并画出如图2所示的图像，则可知这个电池的

电动势为E=______V，内阻r=______Ω。【答案】①.1.48②.1.20【解析】【详解】[1][2]根据闭合电路欧姆定律有()0UEIrR=−+根据图像可得，图像纵轴的截距表示电源的电动势，图像斜率的绝对

值表示电源内阻与定值电阻之和，所以有1.48VE=01.01.48Ω2.40Ω0.20UrRI−+===−则1.20Ωr=15.指针式多用表是实验室中常用的测量仪器。请完成下列问题：（1）使用多用表测

电阻时，将选择开关拨至“×10”挡，进行欧姆调零。将两表笔接待测电阻两端，指针如图（甲）示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该进行哪些操作？请从下面的操作中选出合理的步骤并进行正确排序___________。A.将两表笔短

接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆挡零刻度线B.将选择开关拨至“×100”挡C.将选择开关拨至“×1”挡D.测量完毕后将选择开关拨至“OFF”挡E.再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数经以上正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针如图（乙）所示，待测电阻为__

_________Ω。（2）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流为5mA、内阻为10Ω；电池电动势为1.5V、内阻为1Ω，变阻器R0阻值为0~500Ω。则电阻刻度盘上指针指在1mA处应标上___________Ω【答案】①.BAED②.3200③.1200【解析】【详解】（1）[1

]由图可知选择开关置于“×10”挡，图中的偏角太小，说明阻值较大，所以要换大倍率“×100”挡，重新欧姆调零后再测量。测量完成后需要将开关打至OFF挡；故步骤为：BAED。[2]待测电阻为32100Ω3200ΩxR==（2）[3]欧姆表的内阻为1.5Ω300Ω0.005

gERI===内当电流表为1mA时，对应待测电阻为1.5300Ω1200Ω0.001xERRI=−=−=内四、计算题：16.如图所示，用长为l的绝缘细线悬挂一带电小球，小球质量为m．现加一水平向右、场强为E的匀强电场，平衡时小球静止于A点，

细线与竖直方向成角．(1)求小球所带电荷量的大小；(2)若将细线剪断，小球将在时间t内由A点运动到电场中的P点(图中未画出)，求A、P两点间的距离(3)求A、P两点间电势差的．【答案】（1）tanmgqE=；（2）22cosgtL

=；（3）2tan2EgtU=【解析】【分析】【详解】（1）设小球所带电荷量的大小为q．小球平衡时的受力情况如右图所示，则有tanEqmg=tanmgqE=（2）剪断细线后，小球受电场力和重力，它们的合力为F合，加速度为a，小球做初速度为0的匀加速运动．则cosm

gma=根据牛顿第二定律有Fma=合cosmgma=所以cosga=所以A、P两点间的距离22122cosgtLat==（3）A、P两点间电势差的大小2tansin2EgtUEL==考点：电场力及共点力作

用下的平衡；牛顿第二定律及运动学公式；匀强电场中电势差与场强的关系等．17.如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经过电压0U加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的

水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）右侧平行金属板的长度；（2）电子穿出右侧平行金属板时的动能。【答案】（1）02UdU；（2）0(2)2eUU+【解析

】【详解】（1）电子通过B点时的速度大小为vB，则由动能定理得2012BeUmv=解得02BeUvm=设右侧平行金属板的长度为L，由题意得2122dat=BLvt=eEeUammd==联立方程，解得02ULdU=（2）电子穿出右侧平行金属板时速度为v，则有222002(2)()BeUeUUe

Uvvatmmm+=+=+=则电子穿出右侧平行金属板时的动能为2k0(2)122eUUEmv+==18.如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中。一质量为m，带电量为q

+的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度0v水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小2mgEq=。求：（1）物块达到C点的速度；（2）物块在运动过程中克服摩擦力做的功；（3）物块离开轨道后落回水平面水平距离。【答案】（1）

22gR；（2）205412mgRmv−；（3）2R【解析】【详解】（1）物块沿半圆形轨道恰好通过最高点C，半圆形轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，则有的2CvmgEqmR−=解得2()2CgREqRgm=−=（2）物块在由A运动到C的过程中，设

物块克服摩擦力做的功Wf，根据动能定理有220112222fCEqRWmgRmvmv−−=−解得2200151()52242fRWmvEqmgmvgRm=+−−=（3）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，有Csvt=21()

22EqRgtm=−联立解得2sR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com