2023-2024学年重庆市高二（下）质检物理试卷（2月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市高二（下）质检物理试卷（2月份）（含解析），共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，闭合矩形金属线框的长L与匀强磁场的宽d相等，线框的右边刚好与磁场的左边界重合。将该线框从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ的过程中，穿过线框的磁通量( )
A. 一直增大B. 一直减小C. 保持不变D. 先增大后减小
2.如图所示，长方形框架的面积为S，框架平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直。下列说法不正确的是( )
A. 框架在图示位置时，穿过框架平面的磁通量为1BS
B. 框架绕OO′转过60°角时，穿过框架平面的磁通量为3BS
C. 框架从图示位置转过90°角时，穿过框架平面的磁通量为零
D. 框架从图示位置转过180°角时，穿过框架平面的磁通量变化量为2BS
3.如图所示，真空中的正方体abcd—a′b′c′d′，在顶点a′和c固定两个电荷量相等的正点电荷，则下列关于其他六个顶点的说法正确的是( )
A. 其他六个顶点电场强度的大小均相等
B. 其他六个顶点电场强度完全相同
C. 仅有顶点b和b′电场强度大小相等
D. 仅有顶点a和c′电场强度大小相等
4.在绝缘光滑水平面上固定一带电+Q的点电荷A，距离A为d处放置另一带电−2Q的点电荷B。为了使B处于静止状态，则需要在水平方向加一个匀强电场。则点电荷B处于静止时，AB中点O处的场强为多大( )
A. k3Qd2B. k11Qd2C. k12Qd2D. k10Qd2
5.如图所示，圆心位于O点、半径为R的绝缘细圆环由三段长度相同的圆弧AB、BC和CA组成，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。现取走圆弧AB，余下圆弧上剩余的电荷分布不变，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. O点的电场强度方向从C指向OB. O点的电场强度方向从O指向C
C. O点的电场强度大小为2kQ3R2D. O点的电场强度大小为kQ3R2
6.汽车的安全气囊是评价汽车安全性能的一个重要指标，电容式加速度传感器可用于汽车安全系统(如图)。平行板电容器由M、N两块极板组成，其中M极板固定，N极板可左右移动，汽车的加速度可通过间接测量电容器M、N两极板之间电压的变化得到。当汽车速度减少时，极板M、N的距离减小，若极板上电荷量保持不变，则该电容器( )
A. 极板间电场强度不变B. 极板间电压变大
C. 电容不变D. 极板间电场强度变小
7.如图所示，空间立方体的棱长为a，O、P分别为立方体上下表面的中心，在两条竖直边MN和FG的中点处分别固定甲和乙两个带电荷量均为q的负点电荷，上下表面中心连线OP所在直线上O点的上方有一点S(图中未画出)，S到O点的距离为r，电子的电荷量为e，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. 重力不计、比荷为3 3a8m的电荷沿OP所在直线运动时，在O和P点的加速度最大，最大值为kq2ma2
B. 在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，当r= 3 32a时，O点的电场强度恰好等于零
C. 在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，无论r为何值，比荷为3 3a8m的电荷在M点的电势能总大于在F点的电势能
D. 在立方体所在空间加一方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场，将一电子由M移动到G时，电子的电势能减少了 3eEa
8.下列说法正确的是( )
A. 打雷时，人呆在木屋里要比呆在汽车里安全
B. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零
C. 燃气灶点火器的放电电极做成针形是为了利用尖端放电现象
D. 超高压带电作业的工人穿绝缘服比穿含金属丝的工作服安全
9.如图所示，a、b是平行金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c、d是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c、d在导轨上运动时，下列哪种情况中两表均有示数( )
A. c、d以相同速度向右运动B. c、d以相同速率相向运动
C. c、d均向右运动，且vc>vdD. d不动，c向左运动
10.如图，一个带正电的小球穿在一根足够长的绝缘粗糙直杆上，直杆与水平方向的夹角为θ角，整个空间存在着沿直杆向下的匀强电场。小球以120J的初动能从A点开始沿直杆向上滑行，第一次经过B点时，它的动能比A点的减少了80J，重力势能比A点增加了40J，小球从A点到B点的运动过程中，克服电场力做功为20J，则小球从A点开始上滑到再次回到A点的过程中( )
A. 小球在最高点的电势能最大
B. 小球克服摩擦力做功为40J
C. 小球再次回到A点的动能为60J
D. 小球的机械能减少量大于克服摩擦力所做功
二、非选择题
11.如图所示，欧姆表的刻度盘末使用时指针指A，短接时电流满偏指针指B，已知表的总内阻为24Ω，C是AB弧的中点，D是AC弧的中点，E是AD弧的中点，则C点的刻度值是______，D点的刻度值是______，E点的刻度值是______。
12.真空中的某装置如图所示，现有质子、氚核和α粒子都从O点静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氚核和α粒子质量之比为1：3：4，电量之比为1：1：2，重力都不计)，则在荧光屏上将出现______个亮点，偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为______。
13.甲、乙两电阻的电流—电压关系图线如图所示。
(1)试判断甲、乙两电阻的大小关系。
(2)在图中大致绘制出将甲、乙串联后得到的新电阻的电流—电压关系图线，并说明理由。
14.如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω。
(1)若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少?
(2)若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少?
15.一束电子从静止开始经加速电压U1=U0加速后，水平射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示。金属板长为l，两板距离为d=l，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L=2l，若在两金属板间加直流电压U2=U0时，光点偏离中线打在荧光屏上的P1点，已知电子的质量为m，电量为e，U0=2mv2e。不计电子重力及电子之间的相互作用。求：
(1)电子刚进入偏转电场时的速度大小；
(2)电子离开偏转电场后打在荧光屏上OP1的距离；
(3)若把两金属板间加直流电压U2′=2U0，电子打在荧光屏上P2点，则电子两次打在荧光屏上的动能之比Ek1：Ek2是多少。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：通过图线，能够看出，当金属线框完全进入磁场时，磁通量Φ=BS，面积最大，磁通量最大，然后减小，故磁通量先增大后减小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
本题根据磁通量定义，即可解答。
本题关键是分析出，当金属线框完全进入磁场时，磁通量最大。
2.【答案】B
【解析】解：A、框架在图示位置时，穿过框架平面的磁通量为1BS，故A正确；
B、框架绕OO′转过60°角时，穿过框架平面的磁通量为BScs60°=12BS，故B错误；
C、框架从图示位置转过90°角时，穿过框架平面的磁通量为零，故C正确；
D、框架从图示位置转过180°角时，穿过框架平面的磁通量变化量为2BS，故D正确。
本题选择不正确的。
故选：B。
根据磁通量的概念及公式进行求解。
本题主要考查了磁通量的相关知识，解题的关键正确理解磁通量的概念及磁通量的公式应用。
3.【答案】A
【解析】解：顶点a′和c固定两个电荷量相等的正点电荷，则形成了等量同种电荷的电场，根据E=kQr2和场强的对称性可知，其它六个点的场强大小均相等，但方向各不相同，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据点电荷电场的叠加以及点电荷电场强度公式E=kQr2可分析该题。
本题考查点电荷场强的叠加以及点电荷场强公式的运用，属于基本知识点的考查，学生易于掌握。
4.【答案】B
【解析】解：B处于静止状态，则所加匀强电场方向向左，设为E0，则对B，kQ⋅2Qd2=E0⋅2Q，解得，E0=kQd2，则AB中点O处的场强为E′=kQ(d2)2+k⋅2Q(d2)2−E0=11kQd2，方向向右。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据平衡条件解得外加电场大小，根据点电荷产生的场强公式解得中点的合场强。
本题考查电场强度的叠加，解题关键掌握电场是矢量，叠加符合平行四边形法则。
5.【答案】A
【解析】解：AB、电荷在细圆环上均匀分布，设很小的一段小圆弧对应的圆心角为θ，则小圆弧上所带电荷量为
q=θ2πQ
小圆弧在O点产生的电场强度大小为
kθQ2πR2
方向由圆弧指向O点，该小圆弧与它关于O点对称的小圆弧的电场强度矢量和为0，根据对称性，可知O点的电场强度方向从C指向O，故A正确，B错误；
CD、现取走圆弧AB，余下圆弧上剩余的电荷分布不变，O点的电场强度大小与弧AB产生的场强大小相等、方向相反，若带电量为Q3的点电荷在O产生的场强为kQ3R2，圆弧AB在O产生的场强视为无数小圆弧产生的电场强度，小圆弧产生的电场强度方向大多与CO有一定的夹角，根据矢量合成的知识可知，O点的电场强度小于kQ3R2，故CD错误。
故选：A。
根据电场强度E=kQr2结合矢量叠加规律求出合场强即可。
本题主要考查了电场强度的叠加，解题关键是掌握点电荷电场强度公式以及平行四边形求矢量和。
6.【答案】A
【解析】解：C.极板M、N间的距离d减小时，由电容器的决定式C=εrS4πkd知，电容C增大，故C错误；
B.由于极板所带的电荷量Q不变，由电容器的定义式C=QU知，极板间的电压U减小，故B错误；
AD.联立C=εrS4πkd、C=QU和E=Ud知，电场强度E=4πkQϵrS，故E不变，故A正确，D错误。
故选：A。
根据电容器的决定式和定义式，结合本题电容器Q不变U变的特点，根据极板M、N的距离减小对电容器参数的影响分析求解。
本题考查了电容器的动态分析，学会利用决定式分析电容的变化，理解电容器的充放电过程是解决此类问题的关键。
7.【答案】A
【解析】解：A.如图所示，连接甲、乙，设OP所在直线上某点Q(图中未画出)与甲、乙连线的夹角为θ，甲、乙两电荷间的距离为L，利用点电荷电场场强决定式和平行四边形定则可求出Q点电场强度大小的表达式为
EQ=8kqL2(sinθ−sin3θ)
令y=sinθ−sin3θ，求导可知
y′=csθ−3sin2θcsθ=0
解得当
sinθ= 33
时该点的场强最大，将L= 2a代入以上关系式可求得最大值为
Em=8 3kq9a2
作图如图所示
Q点到甲、乙连线中点的距离为
ℎ= 22atanθ=12a
可见Q点跟O点重合，可知在甲、乙等量同种电荷电场中O、P两点的场强最大，最大值为
Em=8 3kq9a2
则比荷为3 3a8m的电荷沿OP所在直线运动时，在O和P点的加速度最大，根据牛顿第二定律可知
3 3a8mEm=mam
解得am=kq2ma2，故A正确；
B.在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，O点的电场强度恰好等于零，有
4kqr2=8 3kq9a2
解得
r= 6 32a
故B错误；
C.在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，根据电场的对称性特点可知，无论r为何值，M点和F点的电势总相等，所以比荷为3 3q8m的电荷在M点和F点的电势能总是相等的，故C错误；
D.在立方体所在空间加一方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场，将一电子由M移动到G，根据对称性可知，甲、乙电荷电场中M、G两点电势相等，则所加电场的电场力对电子做正功
W=eEa
所以电子的电势能减少了eEa，故D错误。
故选：A。
根据电场的计算公式结合数学方法解得最大值，根据矢量的合成分析B，通过比较电势的高低比较电势能的大小，可以分析C；根据电场力做功与电势能变化关系分析D。
本题考查电场力做功与电势能的变化关系，解题关键掌握电场的矢量合成及电场力做功与电势能变化关系。
8.【答案】BC
【解析】解：A、一辆金属车身的汽车也是最好的“避雷所”，一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下，打雷时，呆在汽车里更安全，而木屋不具备静电屏蔽的功能，故A错误；
B、根据静电平衡的特点可知，处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零，故B正确；
C、因为电荷集中于形状比较尖端的地方，即尖端放电，故燃气灶的电子点火器的放电电极做成针形比较好，故C正确；
D、电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的工作服，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业，故D错误。
故选：BC。
呆在汽车里时，可以对里面的人体起到静电屏蔽作用，从而可以保护人的安全；处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零；燃气灶点火器的放电电极做成针形是为了利用尖端放电现象；穿戴金属丝网制成的工作服，可以对人体起到静电屏蔽作用。
本题考查静电现象的掌握情况，注意掌握住基本的知识，对于生活中的一些现象要能够用所学的知识来解释。
9.【答案】BCD
【解析】解：根据感应电流产生的条件可知，只要闭合回路磁通量发生变化，回路中就会产生感应电流，而电压表又是根据电流表改装的，只要回路中有电流，两表均有示数，如果回路中不产生感应电流，则两表的示数均为零；
由此可知：c、d以相同速率相向运动、c、d均向右运动，且vc>vd、d不动，c向左运动，闭合回路磁通量均发生变化，回路中就会产生感应电流，两表均有示数；
c、d以相同速度向右运动，闭合回路磁通量不发生变化，回路中不会产生感应电流，两表均无示数；
故A错误、BCD正确，
故选：BCD。
根据感应电流产生的条件，判断回路中磁通量是否发生改变，由此确定两表是否有示数．
本题主要是考查感应电流产生的条件，解答本题的关键是弄清楚回路中是否产生感应电流，掌握电流表和电压表的工作原理．
10.【答案】AC
【解析】解：A、从A点开始沿直杆向上滑动的过程中，克服摩擦力做功，电势能增大，所以小球在最高点的电势能最大，故A正确；
B、根据功能关系可得小球从A点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为20J，此时小球的动能为40J，会继续上滑并克服摩擦力做功10J，所以从A点开始上滑到再次回到A点的过程中克服摩擦力做的总功为60J，故B错误；
C、整个过程中电场力做功为零，所以小球再次回到A点的动能为60J，故C正确；
D、整个过程中重力做功和电场力做功均为零，所以小球的机械能减小量等于动能减小量，即克服摩擦力所做的功，故D错误。
故选：AC。
从A点开始沿直杆向上滑动的过程中，克服摩擦力做功，电势能增大；下滑过程中摩擦力的功等于上滑过程中的摩擦力的功；整个过程中重力做功和电场力做功均为零。
本题考查电场力做功与电势能间的关系以及功能关系的应用，要注意明确运动过程，掌握功能关系，明确重力和电场力做功的特点。
11.【答案】24Ω 72Ω 168Ω
【解析】解：根据Ig=ER内
I=ER内+R外
可知当测量电阻时外接电阻与内阻相等时电流为两表笔短接时的一半，则电路总电阻为内阻的二倍，则外接电阻与内阻相等，故在中点的刻度线所标的阻值与内阻相同，为中值电阻，C处所标为中值电阻，即为欧表的内阻为24Ω．
当电路总电阻为内阻的4倍时，指针在D点，即测量电阻时外接电阻是内阻3倍，所以D点的刻度值是72Ω；
当电路总电阻为内阻的8倍时，指针在D点，即测量电阻时外接电阻是内阻7倍，所以E点的刻度值是168Ω；
故答案为：24Ω；72Ω；168Ω
C点阻值所标注的为中值电阻：即外接电阻后电流为两表笔短接时的一半，则总电阻为两表笔短接时的二倍，则外接电阻与内阻相等，依次求出D、E点阻值。
考查欧姆表的电路原理，明确电流与总电阻成反比，理解中值电阻的意义。
12.【答案】1；1：1：2
【解析】解：根据动能定理得：qU1=12mv2−0，
在偏转电场中运动时间有：t=Lv，
偏转位移为：y=12at2=12⋅qEm⋅t2=12⋅qU0md⋅t2，
联立解得：y=U0L24dU1，即侧移量与粒子的电量和质量无关，故荧光屏将只出现一个亮点；
偏转电场的电场力对粒子做功W=qEy=qU0dy∝q，由于质子、氚核和α粒子的电量之比为1：1：2，故偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：2；
故答案为：1，1：1：2。
根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，抓住在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间。结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移。根据动能定理求出偏转电场电场力做功的大小关系。
本题考查粒子在电场中的加速和偏转，掌握处理粒子在电场中偏转的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解。
13.【答案】解：(1)根据
R=UI
图像中因为纵坐标是电流I，横坐标是电压U，可知电流−电压关系图线的斜率的倒数表示电阻，甲的斜率大，电阻小，故甲的电阻比乙的小；
(2)根据电路的串并联特征可得，甲、乙串联后的电阻大于甲、乙任意一个的电阻，在图中图线的斜率比甲和乙的都小，故甲、乙串联后得到的新电阻的电流—电压关系图线如下图所示：

答：(1)甲、乙两电阻的大小关系是甲的电阻比乙的小；
(2)图像如上图所示，原因是串联时总电阻等于两个电阻总和。
【解析】(1)根据I−U图像的斜率判断；(2)由电阻的串联特征总电阻等于各部分电阻之和。
注意图像的斜率所代表的的物理意义，电阻的串并联特点。
14.【答案】解：
(1)若在C、D间接入理想电压表，电路连接如图
由闭合电路欧姆定律得干路电流I1=ER1+R2+r=124+6+2A=1A
理想电压表读数为 UV=I1R2=6V
(2)若在C、D间连一个理想电流表，电路连接如图所示
这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小
R23=R2R3R2+R3=2Ω
根据闭合电路欧姆定律，有
I2=ER1+R23+r=1.5A
理想电流表读数为
IA=R2R2+R3I2=1A
答：(1)若在C、D间连一个理想电压表，其读数是6V；
(2)若在C、D间连一个理想电流表，其读数是1A。
【解析】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，基础题。理想电表的串并联规律为：理想电压表与电阻串联，电阻可看作导线；理想电流表与电阻并联，电阻被短路，相当于不存在。闭合电路的欧姆定律在使用时要从总电阻和干路电流入手，分步操作，层层推进，避免急于求成，造成解题失误。
理想电表对电路没有影响，理想电压表内阻无穷大，相当于开路；理想电流表内阻为零，相当于短路。C、D间接入理想电压表后，R3可看做导线，R1与R2为串联关系，电压表示数为R2电压。接入理想电流表时，R2和R3并联后再与R1串联，电流表示数为R3支路电流；根据欧姆定律和电路的连接关系求解。
15.【答案】解：(1)设电子刚进入偏转电场时的速度大小为v0，由动能定理，可得：eU1=12mv02
代入数据解得：v0=2v
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有：l=v0t
垂直于电场线方向有：y=12at2
又根据牛顿第二定律：a=U2eml
解得：y=14l
由几何关系，可得：yℎ=12l32l
整理变形得：ℎ=34l
(3)同理，改变金属板间电压后，有：l=v0t，y′=12U2′emlt2
解得：y′=12l
由动能定理，可得电子两次打在荧光屏上的动能分别为：Ek1=eU0+e14U0=54eU0，
Ek2=eU0+e12U0=32eU0
所以动能之比为：Ek1：Ek2=5：6
答：(1)电子刚进入偏转电场时的速度大小为2v；
(2)电子离开偏转电场后打在荧光屏上OP1的距离为34ℎ；
(3)电子两次打在荧光屏上的动能之比Ek1：Ek2是5：6。
【解析】(1)电子在加速电场中运动过程中，根据动能定理求解速度大小；
(2)电子在偏转电场中运动过程中，根据类平抛运动的规律及推论求解偏转距离。根据类平抛过程中速度偏向角正切值是位移偏向角正切值的两倍，结合几何关系，即可求出OP的距离。
(3)根据动能定理求两次打在屏上的动能之比。
本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，要熟练运用正交分解法，将粒子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动，再用力学中动力学方法求解。