2023-2024学年福建省泉州市高二（上）期末物理试卷（含解析）

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，当其两端电压为时，通过的电流是，若将此导线均匀拉长到原来的倍时，电流仍为，则导线两端所加的电压变为( )
A. B. C. D.
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点运动到点，该过程的速度随时间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，、是集尘板间的两点。下列说法正确的是( )
A. 点的电场强度大于点的电场强度
B. 点的电势高于点的电势
C. 带负电的尘埃在点的电势能小于在点的电势能
D. 若只受电场力作用，带负电的尘埃可沿电场线从点运动到集尘板
4.如图所示的电路中，电源内阻，，开关断开时，理想电压表的示数为。现将闭合，则( )
A. 电压表示数增大 B. 通过的电流增大
C. 电源的效率增大 D. 电源的输出功率增大
5.如图，边长的等边三角形所在平面与匀强电场方向平行。一电子从点运动到点，静电力做功；从点运动到点，克服静电力做功，则( )
A. 电子从点运动到点，静电力做功
B. A、两点间的电势差
C. 匀强电场方向由指向
D. 匀强电场的场强大小为
6.一带正电小球自点水平向右射入水平向左的匀强电场中，小球从点运动到点的轨迹如图所示。已知方向与水平方向夹角为，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，螺线管与滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；螺线管放在螺线管内，螺线管、开关与电流计组成另一个闭合回路。开始时开关、均闭合，下列操作中可以观察到电流计指针偏转的是( )
A. 开关断开瞬间 B. 开关断开瞬间
C. 将螺线管从螺线管中拔出 D. 使螺线管和一起在水平桌面上移动
8.如图，、是竖直平行板电容器的两个极板，为定值电阻，、为可调电阻。用绝缘细线将质量为的带正电小球悬于电容器内部。闭合开关，小球静止时受到悬线的拉力为。下列操作可使拉力变小的是( )
A. 保持不变，缓慢增大
B. 保持不变，缓慢增大
C. 保持、不变，将板缓慢向右平移一小段距离
D. 保持、不变，将板缓慢向左平移一小段距离
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，“”表示“”后面有“”个零，即“”；“”表示“”后面有“”个零，即“”。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“”，调零后将表笔搭在待测电阻两端，发现指针偏转太小，如图乙中所示；换挡后，重新调零，再次测量，指针偏转如图乙中所示。下列说法正确的是( )
A. 换挡后，选择开关旋至欧姆挡“” B. 换挡后，选择开关旋至欧姆挡“”
C. 该贴片电阻阻值数字可能为“” D. 该贴片电阻阻值数字可能为“”
10.如图甲，竖直平面中有平行于该平面的匀强电场，长为的绝缘轻绳一端固定于点，另一端连接质量为、带电量为的小球，小球绕点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动。图中为水平直径，为竖直直径。从点开始，小球动能与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为，则( )
A. 为电场的一条等势线 B. 该匀强电场的场强大小为
C. 轻绳的最大拉力大小为 D. 轻绳在、两点拉力的差值为
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，乙处的匀强磁场方向垂直纸面向内，两线圈绕轴转动时，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，线圈的面积为，当线圈从图示位置绕轴转过时，穿过该线圈的磁通量为______。
12.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的、两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。、、在、的连线上，为的中点，、位于的中垂线上，且、、、到点的距离均相等。每根导线在处产生的磁感应强度大小均为，则点的磁感应强度大小为______；点的磁感应强度______填“大于”“等于”或“小于”点的磁感应强度；点的磁感应强度方向与点的______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。
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
该小组采用如图乙所示的电路测量该电容器的电容。将开关拨到端，电压和电流传感器显示出图像和图像分别如图丙、丁所示，其中图线与轴所围的小格数约为个，则该电容器充满电后所带的电荷量约为______，电容大小约为______。结果均保留两位有效数字
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
B.滑动变阻器
C.滑动变阻器
D.电压表，内阻为
E.电流表
F.阻值为的定值电阻
G.阻值为的定值电阻
设计的电路图如图所示，其中滑动变阻器应选______，定值电阻应选______。填器材前字母序号
甲同学按照图电路连接实物，正准备接入最后一根导线时的实物如图所示，乙同学发现有两个不妥之处，请你指出： ______； ______。
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。以为纵坐标、为横坐标建立坐标系，得到图像如图所示。由该图像可求得这个旧电池的电动势 ______，内阻 ______结果均保留位有效数字。
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和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、间的距离为。两小球都可视为点电荷，所带电荷量的绝对值都为，静电力常量为。求：
两球之间的库仑力大小；
匀强电场的电场强度大小。
16.某玩具车供电的简化电路如图所示，将拨动开关往左拨时，只有车灯亮且正常发光；将拨动开关往右拨时，电动机正常工作，车灯变暗。已知电池的电动势为，车灯和规格均为“，”，电动机正常工作时的电压为，电动机的电阻为，不考虑车灯电阻的变化。求：
电池的内阻；
电动机正常工作时的输出功率。
17.如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板、的长度为、间距为，两板间加一恒定电压。一个质量为、电荷量为的带正电粒子从上极板边缘点以水平速度射入电容器后，从点飞出，点与下极板的距离为。不计粒子受到的重力和空气阻力。
求两板间的电压；
若两极板、间的电势差随时间变化的关系图像如图乙所示，其。中时刻，粒子从上极板边缘点以水平速度射入电容器，求粒子射出电容器的位置与下极板间的距离用表示。
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通过轻质定滑轮与水平面上的物块相连。、的质量分别为和，不带电，带正电且电荷量为。先将锁定，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，、从静止开始运动，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。以物块的初始位置为原点，沿斜面向下建立坐标系，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，图乙中已知，忽略一切摩擦。
求刚接触弹簧时速度大小；
求匀强电场的场强大小；
取物体的初始位置为零电势点，求电势能的最大值。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由欧姆定律可知，
导线拉长后，横截面积减小为原来的一半，则电阻；
则由欧姆定律可知，电压；故ABC错误，D正确
故选：。
由导线长度的变化可知电阻的变化，再由欧姆定律可求得导经两端所加电压。
本题考查欧姆定律及电阻定律，要注意当长度拉长后，导体的截面积减小为原来的一半。
2.【答案】
【解析】解：电场中电场线越密的地方电场强度越大，可知从到的电场强度逐渐减小，则粒子从到的加速度逐渐减小，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：。
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。图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况。能根据电场线的分布判断电场强度的大小，难度适中。
3.【答案】
【解析】解：、电场线的疏密程度表示场强的大小，则点的场强大于点的场强，故A正确；
B、电场线由高电势指向低电势，结合对称性可知点的电势低于点的电势，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点的电势能大于在点的电势能，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点运动到集尘板，故D错误。
故选：。
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】
【解析】解：、闭合开关，电阻与并联，外电路总电阻减小，路端电压降低，电压表的示数减小，流过电阻的电流减小，故AB错误；
C、电源的效率为：
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；
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，电源的输出功率最大。闭合开关后，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：。
熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律得出电路中电学物理量的变化趋势，结合电源效率和输出功率的影响因素完成分析。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析。
5.【答案】
【解析】解：、电子从点运动到点，静电力做功
故A错误；
B、、两点间的电势差
故B错误；
C、取点电势为，点电势为
点电势为
设中点为，点的电势为，所以是等势线，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指向。故C错误；
D、由项分析可知，由公式
故D正确。
故选：。
根据电场力做功与电势差的关系求出、、间的电势差，取点电势为，得到点、点电势，找到等势线，根据求电场强度。
本题考查电场力做功和电势差的关系，求出电势差进而求出某点的电势，求匀强电场的场强，一定要用沿着电场线方向的距离，不能简单的用两点之间的距离。
6.【答案】
【解析】解：依题意，小球竖直方向受重力作用，做自由落体运动，有
根据恒力功公式
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
又
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；
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、两点关于抛物线顶点并不对称，可知小球在点的动能小于在点的动能，即小球从点运动到点过程，动能减少，根据动能定理，有
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
电场力做功和电势能变化的关系
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：。
：小球竖直方向做自由落体运动，根据位移与时间关系和恒力功公式判断；
：小球水平方向做匀减速直线运动，根据位移与时间关系和恒力功公式判断；
：根据小球的受力分析可知，小球运动轨迹为抛物线，根据对称性可知、两点动能的大小关系，再根据动能定理可知重力和电场力做功的大小关系，进一步根据功能关系可判断重力势能的减小量和电势能的增加量的大小关系。
本题考查带电粒子在重力场和电场的复合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
7.【答案】
【解析】解：、开始时开关、均闭合，螺线管中有恒定的电流，产生稳定的磁场，开关断开瞬间，螺线管中磁场消失，穿过螺线管的磁通量减小，螺线管中会产生感应电流，可以观察到电流计指针偏转，故A正确；
B、开始时开关、均闭合，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管中没有感应电流，电流计指针不偏转。开关断开瞬间，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管中仍没有感应电流，电流计指针不偏转，故B错误；
C、将螺线管从螺线管中拔出，穿过螺线管的磁通量减小，螺线管中会产生感应电流，可以观察到电流计指针偏转，故C正确；
D、使螺线管和一起在水平桌面上移动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管中没有感应电流，电流计指针不偏转，故D错误。
故选：。
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。
本题考查研究电磁感应现象，解题关键要掌握产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。
8.【答案】
【解析】解：细线受的拉力
则要使拉力减小，则只需场强减小；
A.保持不变，缓慢增大，则电阻上的电压减小，则电容器两极板电压减小，根据可知场强减小，则减小，故A正确；
B.保持不变，缓慢增大，则电容器两板间电压不变，场强不变，则不变，故B错误；
保持、，不变，则两极板间电压不变，将板缓慢向右平移一小段距离，两板间距离变小，根据
可知场强变大，则变大；将板缓慢向左平移一小段距离，两板间距离变大，则场强变小，则减小，故C错误，D正确。
故选：。
先写出细线拉力的表达式。、当增大、时，知道电容器两板间电压的变化情况，然后根据分析即可；保持电阻不变，则电容器两板间电压不变，分析板间场强的变化，进而可知电场力的变化，分析出细线拉力的变化。
要知道的变化不会引起电容器两板间电压的变化是解题的关键，另外还要熟练掌握场强的计算公式。
9.【答案】
【解析】解：欧姆表表盘右端为“”，把选择开关旋到“”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“”挡，故A正确，B错误；
指针偏转如图乙中，读数应该为，由题意该贴片电阻阻值数字可能为“”，故C错误，D正确；
故选：。
根据欧姆挡指针偏角过大或者过小进行判断需要更换什么倍率；
根据欧姆表的读数规则完成读数，再结合贴片电阻的读数规律判断贴片数字。
考查欧姆表的使用和读数规则，会根据欧姆挡的要求进行数据测量，结合贴片电阻的读数规律进行数据处理。
10.【答案】
【解析】解：、将恒定的重力与电场力的合力作为等效重力如下图所示，由图乙可知当时动能最大为，此处是等效最低点下图中的点，当时动能最小为，此处是等效最高点下图中的点，的方向平行的直径，可得重力方向与方向的夹角为。
设电场力方向与方向的夹角为，对小球由到点的过程，应用动能定理得：
，解得：
由几何关系可知、、组成的矢量三角形为等边三角形，可得：，，
解得电场强度大小为：
其方向与直径的夹角为，与直径的夹角为，可见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点时细绳拉力最大，设在点的速度为，则有：
设轻绳拉力的最大为，根据牛顿第二定律得：
，解得：，故C正确；
D、设轻绳在点拉力的为，受力分析如上图所示，根据牛顿第二定律得：
同理在点可得：
两式联立可得：
由到的过程，应用动能定理得：
联立可得：，故D错误。
故选：。
将重力与电场力的合力作为等效重力，确定圆周运动的等效最低点和最高点，根据动能定理求解电场力；小球运动到等效最低点时细绳拉力最大，根据牛顿第二定律求解；应用动能定理和牛顿第二定律求解轻绳在、两点拉力的差值。
解答本题关键是将重力和电场力的合力等效为“等效重力”，然后可以类比竖直平面内的圆周运动的“绳模型”分析，结合动能定理、牛顿第二定律和向心力公式进行分析。
11.【答案】没有 有
【解析】解：两线圈绕轴转动时，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轴转过时，线圈与磁场平行，穿过该线圈的磁通量为。
故答案为：没有，有，。
感应电流产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，根据感应电流产生的条件分析有无感应电流。根据线圈与磁场方向的关系确定穿过线圈的磁通量。
本题应掌握感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，根据线圈与磁场方向的关系确定磁通量的大小。
12.【答案】 等于 相反
【解析】解：如图所示
由题知为的中点，根据右手定则知和等大反向，合磁感应强度为；
如图所示
因为、到点的距离相等，则可知，和，等大反向；
如图所示
因为、到点的距离相等，则可知，和等大反向。
故答案为：，等于，相反。
分别做出这几个位置的合磁场的磁感应强度矢量图，根据平行四边形定则进行矢量合成，进而分析即可。
能够根据安培定则做出这几个位置的磁感应强度的矢量图是解题的关键。
13.【答案】
【解析】解：由平行板电容器因素决定式
A.增大电容纸的厚度，增大，故电容减小，故A错误；
B.减小电容纸的厚度，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，增大，故电容增大，故D正确。
故选：。
其中图线与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
电容大小约为
故答案为：； ；
由电容决定式知增大或减小都可以增大电容；
根据图像与时间轴围成的面积计算电荷量，根据电容定义式计算电容。
本题考查电容器知识，根据电容决定式以及电容器充放电知识求解。
14.【答案】 开关未断开 滑动变阻器的滑片应位于最右端
【解析】解：为了方便调节，滑动变阻器应选阻值较小的，当定值电阻选择为时，改装后的量程为，大于电源电动势，故选F即可；
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：开关未断开；滑动变阻器的滑片应位于最右端；
电压表串接后相当于量程变为
即图像的纵轴坐标的倍等于路端电压，则由该图像可求得这个旧电池的电动势
内阻
故答案为：，；开关未断开；滑动变阻器的滑片应位于最右端；，。
根据题中电源电动势和电流表的测量值选择滑动变阻器的阻值范围，由改装电压表的原理和量程选择；
根据图中的具体情况找出不妥之处；
根据描绘的图像结合实际电压值的关系结合截距和斜率知识求解电动势和内阻。
考查器材的选择问题和电源的伏安特性曲线的认识和处理，会结合具体事例求解相关的物理量。
15.【答案】解：由库仑定律得
设匀强电场的电场强度大小为，根据任一小球的受力平衡有
解得：
答：两球之间的库仑力大小为；
匀强电场的电场强度大小为。
【解析】由库仑定律解答；
根据小球水平方向的受力平衡解答。
本题考查电场力与库仑定律的应用，解题关键掌握库仑定律的表达式。
16.【答案】解：开关往左拨时，通过车灯的电流
则电池的内阻
开关往右拨时，通过电源的电流
车灯的电阻
通过车灯的电流
通过电动机的电流
电动机正常工作时的输出功率
答：电池的内阻为；
电动机正常工作时的输出功率为。
【解析】根据车灯的工作状态计算车灯电流，再根据闭合电路的欧姆定律计算电源内阻；
根据电机的工作状态计算干路电流，结合电路结构计算电机的电流，由非纯电阻电路的知识利用相关公式计算电机的输出功率。
考查闭合电路的欧姆定律和非纯电阻电路的相关知识，会根据题意选择相应的公式进行计算求解。
17.【答案】解：带电粒子在电场中做类平抛，有：
根据牛顿第二定律有
解得：
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，则
由已知条件，解得
因为粒子时刻从上极板边缘点射入电容器，所以内，粒子在竖直方向上做初速度为的匀加速直线运动，内粒子做匀减速直线运动，并减速到，设内粒子在竖直方向上的位移为，则
内粒子的运动情况与内的运动情况相同，则
解得：
故粒子射出电容器的位置与下极板的距离为
答：两板间的电压为；
粒子射出电容器的位置与下极板间的距离为。
【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律、牛顿第二定律和匀强电场中电势差与电场强度的关系求板间电势差；
带电粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上匀变速运动，根据分析粒子的运动情况从而解答。
解决该题的关键是掌握带电粒子在偏转电场中的运动情况，知道平抛运动的运动规律，熟记运动学的相关公式。
18.【答案】解：由图乙，在运动过程中，、一起以匀加速，有：
解得：
在运动过程中，若绳子的拉力为，对受力分析，由牛顿第二定律
对受力分析，由牛顿第二定律
可得：
由图可知，当运动时，弹簧压缩量为，的加速度为，则的加速度也为，设弹簧的劲度系数为，对系统可得
设弹簧压缩量为时，、间的绳子恰好松弛，设此时、的加速度都为，对有
对有
联立可得：
当运动时，，由图像的对称性可得、两者的速度相等，为
之后在电场力作用下，以加速度匀减速，有
取物体的初始位置为电势能零势能点，电势能的最大值
解得：
答：刚接触弹簧时速度大小为；
匀强电场的场强大小为；
取物体的初始位置为零电势点，电势能的最大值为。
【解析】根据牛顿第二定律得出的加速度，结合运动学公式得出对应的速度；
根据牛顿第二定律联立等式得出匀强电场的场强大小；
根据动能定理，结合牛顿第二定律联立等式得出电势能的最大值。
本题主要考查了电场力做功与电势能的关系，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式得出物体的速度，掌握过程中的能量转化关系即可完成解答。
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