福建省厦门市2024届高二物理第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

福建省厦门市2024届高二物理第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、用两根等长的轻绳将一质量为60kg的物块悬挂在水平天花板上，如图所示。已知两轻绳夹角为60°，取g＝10m/s2，则每根轻绳对物块的拉力大小为（）A．2003NB．3003NC．300N2、如图所示，用两根轻质细绝缘线把两个等质量的带电小球悬挂起来，球带电，球带电，且两球间的库仑力小于球的重力，即两根线都处于竖直绷紧状态，现加一水平向右的匀强电场，平衡时，表示两小球平衡状态的是（）A． B． C． D．3、用图甲所示的电路来测量电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U-I图像，由图像可知（

）。①电池电动势的测量值是1.4Ω②电池内阻的测量值是3.5Ω③外电路发生短路时的电流为0.40A④电压表的示数为1.2V时，电流表的示数为I’=0.20AA．①② B．①④ C．②③ D．②④4、如图所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B。则()A．电场强度的方向向左B．A点场强一定大于B点场强C．电场力做负功D．电势能增加5、如图所示装置，电源的电动势为E=8V，内阻r1=0.5Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距为d=0.2m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R=0.2m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中。闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量为m=0.06kg，电阻r2=0.5Ω，不考虑运动过程中产生的反电动势，则（）A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致B．导体棒在摆动过程中所受安培力F=8NC．导体棒摆动过程中的最大动能0.8JD．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=6、在图的电路中，表示电感器的是（）A．甲B．乙C．丙D．丁二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，直线b为电源的U﹣I图象，直线a为电阻R的U﹣I图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）A．电源的输出功率为4W B．电源的输出功率为2WC．电源的效率约为33.3% D．电源的效率约为67%8、在两个正对的平行金属板中间夹上一层绝缘物质，就形成一个最简单的电容器，叫做平行板电容器，以下说法正确的是：A．电容器的作用是发热； B．电容器的作用是储存电荷；C．两板正对面积越大，电容越大； D．两板间距离越大，电容越大．9、如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有A．路端电压为10VB．电源的总功率为10WC．a、b间电压的大小为5VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A10、如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带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．带点质点在P点的加速度大于在Q点的加速度B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小D．带电质点一定带负电三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学猜测电容可能与极板间的距离d、极板的正对面积S及插入极板间的介质有关．他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大．实验时保持电容器极板所带的电量不变，且电容器B板位置不动．（填“增大”、“减小”或“不变”）(1)将A板向左平移，静电计指针张角________；(2)将A板竖直向上平移，则静电计指针张角________；(3)在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角________．12．（12分）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为mm四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）在匀强电场中如图所示分布着A、B、C三点，当把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A沿AB线移到B点时，电场力做的功为零；从B移到C时，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，试判断该电场的方向，算出场强的大小．14．（16分）质量为m的带电液滴，在电场强度为E，方向竖直向上的匀强电场中处于静止状态，试求：（1）该液滴的带电性质和所带的电荷量；（2）当场强方向保持不变，而大小突然减为原来的一半时，求液滴的加速度。15．（12分）如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)．在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L，板间中线与电子源在同一水平线上．已知板间距d＝L，极板长L，距偏转板右边缘S处有荧光屏，经时间t统计(t≫T)只有50%的电子能打到荧光屏上．(板外无电场)，求：(1)电子进入偏转板时的速度；(2)时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离；(3)电子打在荧光屏上的范围Y．

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解题分析】

物体受重力和两个拉力，拉力与竖直方向的夹角为30°，根据平衡条件，竖直方向，有：2Tcos30°=mg，代入数据解得：T=2003N，故A正确，2、D【解题分析】首先取整体为研究对象，整体受到重力，电场力和上面绳子的拉力，由于两个电场力的矢量和为：，方向向左，所以上边绳子向左偏，设绳与竖直方向的夹角为则由平衡条件得：，再对B电荷研究可知，负电荷受到的电场力水平向右，所以下面的绳子向右偏转，设下面的绳子与竖直方向夹角为，则：，可见则，故D正确，ABC错误．故选D．【题目点拨】以整体为研究对象，根据平衡条件分析上面绳子的倾斜状态，以B为研究对象受力分析，根据平衡条件判断下面绳子的倾斜状态．3、B【解题分析】

①由图示图象可知，电源U-I图象与纵轴交点坐标值为1.4，则电源的电动势1.4V，①正确；②电源内阻，②错误；③由图示图象可知，路端电压为1.00V时，电路电流为0.4A，而短路时，路端电压为0，③错误；④当电压表示数为1.2V时，，④正确；A．根据分析①④正确，A错误；B．根据分析①④正确，B正确；C．根据分析①④正确，C错误；D．根据分析①④正确，D错误；4、A【解题分析】试题分析：根据电子的运动方向判断出电场的方向，从而可知电场力做功的正负，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．A、电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B，可知电场力方向水平向右，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，所以电场强度的方向向左；正确B、不知周围电场线的分布情况，故无法知道电场的强弱；错误CD、从A运动到B，电场力做正功，电势能减小；错误故选A考点：电场力做功与电势能点评：解决本题的关键掌握电场强度方向的规定，与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．以及知道电场力做功与电势能的变化关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．5、D【解题分析】

A.当闭合开关S后，导体棒中电流方向始终从a到b，所受安培力方向向右，而导体棒沿圆弧摆动，故A错误；B.导体棒沿圆弧摆动过程中的电流I==A=8.0A导体棒受到的安培力F=BId=0.5×8.0×0.2N=0.8N故B错误；CD.导体棒受到的重力与安培力的合力大小F合=N=1.0N合力与竖直方向的夹角==53°故导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=53°，由动能定理，导体棒在摆动过程中的最大动能Ekm=FR-mgR(1－cos53°)=0.08J故C错误，D正确。6、D【解题分析】

图中甲是电源；乙是电键；丙是电阻；丁是电感器；故选D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解题分析】试题分析：由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为U=2V，电流为I=2A，电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得P=2×2W=4W，电源的总功率为：P考点：考查了U-I图像【名师点睛】由图象A可知电源的电动势为3V，短路电流为6A，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，效率等于R消耗的功率除以总功率．8、BC【解题分析】

电容器的作用是储存电荷，选项A错误，B正确；根据可知，两板正对面积越大，电容越大，选项C正确；根据可知，两板间距离越大，电容越小，选项D错误；故选BC．9、AC【解题分析】

外阻为R：，则，则外压U=IR=10V，功率P=EI=12W，则A正确，B错误；根据并联电路的特点可求流过a、b电流均为0.5A，所以Uba=0.5×(15-5)=5V，故C正确；a、b间用导线连接后，根据电路的连接可求外电路电阻为，电流，故D错【题目点拨】考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律，计算前要明确电路结构是求解问题的关键；10、AB【解题分析】

A、电场线密的地方表示场强大，故P点的电场强度大，则电场力大，根据牛顿第二定律可知P加速度也大；故A正确.B、C、根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右方，从P到Q过程中电场力做负功，电势能增大，动能减小，故P点的电势能小,动能大，故B正确,C错误；D、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道电场的方向，因此无法确定质点带正电还是带负电，故D错误.故选AB.三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、增大增大减小【解题分析】

先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析得到板间电势差的变化；静电计是测量电势差的仪器，根据两板间的电电势差的变化得出张角的变化；【题目详解】(1)将A板向左平移，板间距离增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大；(2)将A板竖直向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大；(3)将电介质插入两板之间，根据电容的决定式得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U减小，则静电计指针张角减小．12、50.15【解题分析】

游标卡尺主尺读数为，游标读数为，所以最终读数为：，即为物体的长度．【题目点拨】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、电场的E的方向与AB垂直斜向下，1000v/m【解题分析】将电荷由A移至B时电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，又由于是匀强电场，等势面为平面，故AB面为一等势面；再将正电荷由B移至C时克服电场力做功可以知道，C点电势高于B点电势，场强方向应如图所示．根据W=qU，可得又由匀强电场中场强与电势差的关系E=U/d可得14、（1）带正电，且q=mgE【解题分析】试题分析：（1）液滴处于静止状态，所受电场力竖直向上，电场也竖直向上，所以应带正电荷，由平衡条件得：qE=mg，得q=mg（2）场强减半后，液滴竖直向下做加速直线运动，由牛顿第二定律，有：mg-q×12E=ma考点：本题考查电场强度、牛顿第二定律、物