2023-2024学年福建省泉州市高二（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年福建省泉州市高二（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共6小题，共24分。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，则导线两端所加的电压变为(

)A.8U B.U C.2U 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.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

4.如图所示的电路中，电源内阻r=1Ω，R1=R2=2ΩA.电压表示数增大 B.通过R1的电流增大

C.电源的效率增大 D.5.如图，边长L=0.5m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CA.电子从A点运动到C点，静电力做功30eV

B.A、C两点间的电势差UAC=10V

C.匀强电场方向由A6.一带正电小球自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

二、多选题：本大题共4小题，共16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一起在水平桌面上移动8.如图，M、N是竖直平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2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R1不变，缓慢增大R2

B.保持R2不变，缓慢增大R1

C.保持R1、R2不变，将M板缓慢向右平移一小段距离

D.保持R

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.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Ek与转过角度θ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mgq

C.轻绳的最大拉力大小为7mg D.轻绳在三、填空题：本大题共2小题，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12.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d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”)。四、实验题：本大题共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U−t图像和I−t图像分别如图丙、丁所示，其中I−t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______F14.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(0∼1000Ω)

C.滑动变阻器(0∼50Ω)

D.电压表(0∼3V，内阻为3kΩ)

E.电流表(0∼0.6A)

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R0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______；②五、简答题：本大题共4小题，共38分。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E16.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L1和L2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：

(

17.如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板M、N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v0射入电容器后，从P点飞出，P点与下极板的距离为d3。不计粒子受到的重力和空气阻力。

(1)求两板间的电压U0；

(2)若两极板M、N间的电势差U随时间t变化的关系图像如图乙所示，其T=Lv0。t=0中时刻，粒子从上极板边缘18.如图甲，倾角为θ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l0已知，忽略一切摩擦。

(1)求A刚接触弹簧时速度大小v1；

(2)求匀强电场的场强大小E；

(3答案和解析1.【答案】D

【解析】解：由欧姆定律可知，R=UI

导线拉长后，横截面积减小为原来的一半，则电阻R′=ρ2LS2=4R；

则由欧姆定律可知，电压U2.【答案】C

【解析】解：电场中电场线越密的地方电场强度越大，可知从M到N的电场强度逐渐减小，则粒子从M到N的加速度逐渐减小，粒子向右做加速度逐渐减小的加速运动，或向右做加速度逐渐减小的减速运动，根据v−t图像的切线斜率表示加速度，可知切线斜率逐渐减小。故ABD错误，C正确。

故选：C。

电场线的疏密表示场强的大小，由此判断电场力的变化与加速度的变化；速度—时间图象中，图象的斜率表示加速度，由此分析。

理解电场线的特点：电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线方向电势逐渐降低。3.【答案】A

【解析】解：A、电场线的疏密程度表示场强的大小，则M点的场强大于N点的场强，故A正确；

B、电场线由高电势指向低电势，结合对称性可知M点的电势低于N点的电势，故B错误；

C、负电的尘埃在电势高的位置电势能较小，所以带负电的尘埃在M点的电势能大于在N点的电势能，故C错误；

D、电场力是变力，则带负电的尘埃不会沿电场线从M点运动到集尘板，故D错误。

故选：A。

电场线由高电势指向低电势，由正电荷指向负电荷，电场线的疏密程度表示场强的大小，负电的尘埃在电势高的位置电势能较小。

本题考查电场线，知道电场线由高电势指向低电势，电场线的疏密程度表示场强的大小。4.【答案】D

【解析】解：AB、闭合开关，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、电源的效率为：

η=UIEI=UE

根据上述分析可知，电路中的外电压减小，则电源的效率减小，故C错误；

5.【答案】D

【解析】解：A、电子从A点运动到C点，静电力做功

WAC=WAB+WBC=20eV−10eV=10eV

故A错误；

B、A、C两点间的电势差

UAC=WAC−e=10eV−e=−10V

故B错误；

C、取A点电势为0，B点电势为

φB=UBA=WAB−e=−20eV−e=206.【答案】C

【解析】解：A.依题意，小球竖直方向受重力作用，做自由落体运动，有

y=12gt2

根据恒力功公式

WG=mgy

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

x=v0t−12at2

又

W电=qEx

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

WG−W电=7.【答案】AC【解析】解：A、开始时开关C、D均闭合，螺线管A中有恒定的电流，产生稳定的磁场，开关C断开瞬间，螺线管A中磁场消失，穿过螺线管B的磁通量减小，螺线管B中会产生感应电流，可以观察到电流计指针偏转，故A正确；

B、开始时开关C、D均闭合，穿过螺线管B的磁通量不变，螺线管B中没有感应电流，电流计指针不偏转。开关D断开瞬间，穿过螺线管B的磁通量不变，螺线管B中仍没有感应电流，电流计指针不偏转，故B错误；

C、将螺线管A从螺线管B中拔出，穿过螺线管B的磁通量减小，螺线管B中会产生感应电流，可以观察到电流计指针偏转，故C正确；

D、使螺线管A和B一起在水平桌面上移动，穿过螺线管B的磁通量不变，螺线管B中没有感应电流，电流计指针不偏转，故D错误。

故选：AC。

感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，对照感应电流的产生条件分析解答。

8.【答案】AD【解析】解：细线受的拉力

F=(mg)2+(qE)2

则要使拉力F减小，则只需场强E减小；

A.保持R1不变，缓慢增大R2，则电阻R0上的电压减小，则电容器两极板电压减小，根据E=Ud可知场强E减小，则F减小，故A正确；

B.保持R2不变，缓慢增大R1，则电容器两板间电压不变，场强E不变，则F不变，故B错误；

CD.保持R1、R2，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，两板间距离d变小，根据

E=Ud

可知场强变大，则F变大；将M板缓慢向左平移一小段距离，两板间距离9.【答案】AD【解析】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，应改为较大倍率挡，即选择开关旋至欧姆挡“×1k”挡，故A正确，B错误；

CD.指针偏转如图乙中b，读数应该为15×1kΩ=15000Ω，由题意该贴片电阻阻值数字可能为“153”，故C错误，10.【答案】BC【解析】解：AB、将恒定的重力mg与电场力qE的合力F作为等效重力如下图所示，由图乙可知当θ=π6时动能最大为3mgl，此处是等效最低点(下图中的P点)，当θ=7π6时动能最小为mgl，此处是等效最高点(下图中的Q点)，F的方向平行的直径PQ，可得重力方向与F方向的夹角为60°。

设电场力方向与F方向的夹角为β，对小球由P到Q点的过程，应用动能定理得：

−F×2l=mgl−3mgl，解得：F=mg

由几何关系可知mg、qE、F组成的矢量三角形为等边三角形，可得：qE=mg，β=60°，F=mg

解得电场强度大小为：E=mgq

其方向与直径AC的夹角为30°，与直径BD的夹角为60°，可见BD不是电场的一条等势线，故A错误，B正确；

C、在小球运动到等效最低点P点时细绳拉力最大，设在P点的速度为vP，则有：111.【答案】没有

有

0

【解析】解：两线圈绕OO′轴转动时，甲线圈始终与磁场平行，磁通量始终为零，没有感应电流。穿过乙线圈的磁通量发生变化，有感应电流。

乙图中，当线圈从图示位置绕OO′轴转过90°时，线圈与磁场平行，穿过该线圈的磁通量为0。

故答案为：没有，有，012.【答案】0

等于

相反

【解析】解：如图所示

由题知O为MN的中点，根据右手定则知BNO和BMO等大反向，合磁感应强度为0；

如图所示

因为a、b到O点的距离相等，则可知，Ba和Bb，等大反向；

如图所示

因为c、d到O点的距离相等，则可知，Bc和Bd等大反向。

故答案为：13.【答案】BD

1.2×10【解析】解：(1)]由平行板电容器因素决定式

C=ɛrS4πkd

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)其中I−t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

Q=60×0.01×0.2×10−4C=14.【答案】C

F

开关未断开

滑动变阻器的滑片应位于最右端

4.0

1.2

【解析】解：(1)为了方便调节，滑动变阻器R应选阻值较小的C，当定值电阻R0选择为1.5kΩ时，改装后的量程为U′=U+URVR0=3V+33000×1500V=4.5V，大于电源电动势，故选F即可；

(2)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)电压表串接R0后相当于量程变为U′=U+URVR015.【答案】解：(1)由库仑定律得F=kQ2L2

(2)设匀强电