重庆市2023_2024学年高二物理上学期期中试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高二物理上学期期中试题含解析，共19页。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时90分钟。
一、选择题（共48分，其中1-8题每小题只有一个正确选项，每小题4分；9-12题每小题有多个正确选项，全部选对的每题得4分，未选全的得2分，有选错的得0分）
1. 下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 由知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B. 由知，电场中某点的电场强度仅与场源电荷所带的电荷量有关
C. 由知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V
D. 由知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
【答案】C
【解析】
【详解】A．电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误；
B．根据点电荷的场强的决定式知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故B错误；
C．根据电势差的定义式知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为－1J，则A、B点的电势差为
故C正确；
D．是电容的定义式，电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，电容器的电容与所带电荷量、两极板间的电压无关，故D错误。
故选C。
2. 某导线中的电流是7.5×10–3 A，则通过导线横截面的电荷量为15 C所需要的时间为
A. 2.0×104 sB. 2.0×106 s
C. 2.0×105 sD. 2.0×103 s
【答案】D
【解析】
【详解】已知电流和电量，则由电流的定义变形后可求得通过15C电量所需要的时间．由I=可知：通过导线横截面的电荷量为15C所需要的时间为
t==2.0×103s
故选D．
【点评】本题考查电流的定义式的变式计算，属公式的简单应用，注意计算的准确性即可．
3. 随着生活水平的提高，电子秤已成为日常生活中不可或缺的一部分。如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移，则下列说法正确的是（ ）
A. 电容器的电容减小
B. 电容器的带电电荷量减少
C. 电容器两极板间电场强度减小
D. 膜片下移过程中，电流表有b到a的电流
【答案】D
【解析】
【详解】A．平行板上层膜片电极下移时，两个极板的距离减小，根据电容的决定式
可知，电容器的电容增大，故A错误；
BD．由于电容器一直和电源相连，两极板的电压不变，根据由电容的定义式
可知，当电容增大时，电容器的带电荷量增大，即电容器被充电，电流表有从b到a的电流，故B错误，D正确；
C．根据
可知，场强变大，故C错误。
故选D。
4. 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、16V、22V，下列说法不正确的是（ ）
A. O点的电势φO=16V
B. 电场强度的大小为E=2V/m
C. 电子在a点的电势能比在b点的高6eV
D. 将一正电荷从c移至a电场力做功是将此电荷从b移至a电场力做功的2倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据匀强电场中，相互平行同方向的间距相等的两点间电势差相等可得
代入数据解得
φO=16V
故A正确，不符合题意；
B．由于O点的电势为16V，所以Ob所在的面为等势面，根据几何知识可得，a到Ob的距离为
则电场强度的大小为
故B错误，符合题意；
C．根据EP=qφ可知，电子在a点的电势能比在b点的高
ΔEP=-e×10V-（-e×16V）=6eV
故C正确，不符合题意；
D．将一正电荷从c移至a电场力做功为
W1=qUca
其中
Uca=φc-φa=12V
将此电荷从b移至a电场力做功为
W2=qUba
其中
Uba=φb-φa=6V
所以
W1=2W2
故D正确，不符合题意。
故选B。
5. 如图的电路中，UAB＝15V，R1＝R2＝R3＝3Ω，那么，理想电压表和理想电流表的示数分别为（ ）
A. 10V,10AB. 15V,10A
C. 15V,5AD. 5V,5A
【答案】C
【解析】
【详解】等效电路如图所示，理想电压表连接在两端，则理想电压表示数为
理想电流表的示数为
故选C。
6. 如图甲为电场中的一条电场线，沿电场线建立坐标轴。若坐标轴上O~x2间各点的电势φ分布如图乙所示，则（ ）
A. 在O~x2间，电场强度先减小后增大
B. 在O~x2间，电场强度方向没有发生变化
C. 若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小
D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O~x2间一直做匀加速运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．φ-x图线的斜率表示电场强度，从图上可以看出斜率先变大后变小，所以电场强度先变大后变小，故A错误；
B．在O-x2间可以看出，电势逐渐降低，电场强度的方向从高电势指向低电势，所以场强方向一直沿x轴正方向，故B正确；
C．对负电荷来说，电势越低，电势能越大，所以从O点运动到x2点，负电荷的电势能逐渐增大，故C错误；
D．由在O-x2之间图线的斜率不是定值可知，电场是非匀强电场，所以电荷受电场力是变力，电荷要做变加速运动，故D错误。
故选B。
7. 在校园学术节之物理学科周活动中，某同学重现了教材上的一个“魔术”。如图所示，在一个没有底的空塑料瓶内固定着一根铁锯条和一块易拉罐（金属）片，把它们分别跟起电机的两极相连，实验时，在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。然后摇动起电机，顿时塑料瓶内清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕，下列关于该实验的说法中正确的是（ ）
A. 锯条换成同宽度金属直尺效果更好
B. 起电机摇动前，需先让烟尘颗粒带上电荷才能做成功
C. 若锯条接起电机负极，金属片接正极，则这些烟尘附着金属片上面
D. 起电机摇动时，塑料瓶内易拉罐（金属）片边电场强度最大
【答案】C
【解析】
【分析】当静电除尘装置接通静电高压时，存在强电场，它使空气电离而产生负离子和正离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，带电尘粒在电场力的作用下，向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上。
【详解】A．锯条换成同宽度的金属直尺，尖端变少，使周围空气电离的本领降低，实验效果变差，故A错误；
B．起电机摇动，锯条和金属片间产生电场，强电场让空气电离，烟尘颗粒俘获电离出的负离子而带上负电荷，所以，起电机摇动前，不需先让烟尘颗粒带上电荷，故B错误；
C．若锯条接电源负极，金属片接正极，则俘获负离子的烟尘在电场力的作用下，向正极移动，最终被吸附到金属片上，故C正确；
D．起电机摇动时，锯条尖端旁边，由于尖端放电原因，使周围空气电离的本领最大，电场强度最大，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆形轨道运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球受到的电场力大小为
B. 小球通过D点时的速度大小为
C. 小球在运动过程中的最大速度为
D. 小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在通过D点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则小球受到的电场力大小为
故A错误；
B．小球在通过D点时的速度最小，则D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，恰好能完整的做圆周运动，在等效最高点有最小速度，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有
解得
故B错误；
C．小球在等效最低点C点的速度最大，故小球从D到C的过程中，由动能定理得
联立解得
故C错误；
D．在C点，由牛顿第二定律得
解得
故D正确。
故选D。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 摩擦起电和感应起电均是电荷发生转移所致
B. 电荷量很小的电荷就是元电荷
C. 一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点所受电场力相同
D. 所有物体带电量一定是元电荷的整数倍
【答案】AD
【解析】
【详解】A．摩擦起电和感应起电均是电荷发生转移所致，故A正确；
BD．元电荷是物体最小的带电量，所有物体带电量一定是元电荷的整数倍，电荷量很小的电荷不是元电荷，故B错误，D正确；
C．一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点所受电场力大小相等，方向不同，故C错误。
故选AD。
10. 如图所示，实线为某一点电荷的电场线，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（ ）
A. 粒子一定带正电
B. 粒子在c点的速度比在b点的速度小
C. 粒子在c点的电势能比在b点的电势能小
D. c点电势比a点低
【答案】AB
【解析】
【详解】A．带电粒子只在电场力作用下做曲线运动，可知电场力方向指向轨迹的凹侧，故电场力方向与电场方向相同，粒子带正电，故A正确；
BC．根据沿电场线方向电势降低，且等势面与电场线垂直，可知c点电势比b点高，根据
由于粒子带正电，所以粒子在c点的电势能比在b点的电势能大，又只有电场力做功，粒子的动能和电势能之和保持不变，则粒子在c点的动能比在b点的动能小，粒子在c点的速度比在b点的速度小，故B正确，C错误；
D．根据沿电场线方向电势降低，且等势面与电场线垂直，可知c点电势比a点高，故D错误。
故选AB。
11. 如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig＝300mA，内阻为Rg＝10Ω，变阻箱接入电路的阻值为R。下列说法正确的是（ ）
A. 改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R＝5Ω
B. 改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R＝10Ω
C. 改装为15V量程的电压表，选择图甲，R＝20Ω
D. 改装为15V量程的电压表，选择图乙，R＝40Ω
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据电表改装的知识可知，将灵敏电流计改装为0.6A量程的电流表，需要并联一个电阻，选择图甲，根据欧姆定律可得
解得
R＝10Ω
故A错误B正确；
CD．根据电表改装的知识可知，将灵敏电流计改装为15V量程的电压表，需串联一个电阻，选择图乙，根据欧姆定律可得
解得
R＝40Ω
故C错误D正确。
故选BD。
12. 如图所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A. 质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B. 加速器筒长和加速电压不变，若要加速荷质比更大的粒子，则要调小交变电压的周期
C. 各金属筒的长度之比为
D. 质子进入第n个圆筒时的瞬时速度为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；
C．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，则第n个圆筒长度
所以各金属筒的长度之比为，故C正确；
B．由C选项的分析可知，保持和不变，荷质比增大，则T必须减小，故B正确；
D．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
解得
故D错误。
故选BC。
二、实验题（本题共2小题，共计13分，第11题6分，第12题7分。）
13. 某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻的阻值。现有电源（3V，内阻可不计）、滑动变阻器（阻值范围为0~50Ω，允许通过的最大电流为2A）、电流表（量程为0~0.6A，内阻约为0.125Ω）、电压表（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）以及开关和导线若干。
（1）实验电路应采用图中的______（填“甲”或“乙”）。
（2）若选用甲电路，产生误差的主要原因是______；若选用乙电路，产生误差的主要原因是______。（用字母代号填写）
A．电流表测量值小于流经的电流值
B．电流表测量值大于流经的电流值
C．电压表测量值大于两端的电压值
D．电压表测量值大于两端的电压值
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如下图所示，U＝______V，I＝______A，可得该电阻的测量值＝______Ω。
【答案】 ①. 甲 ②. B ③. D ④. 2.60 ⑤. 0.50 ⑥. 5.20
【解析】
【详解】（1）[1]根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的内阻对比可知，待测电阻的阻值
因此选择电流表外接法，故选择甲图。
（2）[2]选用甲电路，产生误差的主要原因是电压表的分流，使电流表的示数大于流过待测电阻的电流。
故选B。
[3]选用乙电路，产生误差的主要原因是电流表的分压作用，使电压表的示数大于待测电阻两端的电压。
故选D
（3）[4]电压的量程为0~3V，其最小分度值为0.1V，则电压为U＝2.60V；
[5]电流表的量程为0~0.6A，其最小分度值为，则电流为；
[6]该电阻的测量值
14. 电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量。某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为___________，如图乙所示，用游标卡尺测其长度为___________，如图丙所示，用多用电表挡粗测其电阻为___________。
（2）为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体的电阻，除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则电压表应选___________，电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。（均填器材前的字母代号）
A．电压表（量程，内阻约为）
B．电压表（量程，内阻约为）
C．电流表（量程，内阻约为）
D．电流表（量程，内阻约为）
E．滑动变阻器（阻值范围）
F．滑动变阻器（阻值范围）
G．直流电源（电动势为，内阻不计）
H．开关S，导线若干
（3）若流经圆柱体的电流为，圆柱体两端的电压为，圆柱体横截面的直径和长度分别用表示，则用表示该圆柱体电阻率的关系式为___________。
【答案】 ①. 1.844（均可） ②. 4.240 ③. 6.0##6 ④. A ⑤. C ⑥. E ⑦.
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为
[2]游标卡尺读数为主尺读数+游标尺读数×精度，由题图乙知，长度为
[3]多用电表的读数为电阻的粗测值，其电阻为；
（2）[4]电源电动势为，所以电压表应选量程的；
[5]为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的电流约为
所以电流表量程应选量程的；
[6]待测电阻大约，若用滑动变阻器（阻值范围）调节非常不方便，且额定电流太小，所以应用滑动变阻器（阻值范围）。
（3）[7]由
，，
解得
三、计算题（本题共4小题，共计39分，第15题8分，第16题8分，第17题10分,第18题13分。）
15. 如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ，一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A。细线与斜面平行，小球A的质量为m，电荷量为q。小球A的右侧固定放置带电小球B，两球心的高度相同，间距为d。.静电力常量为k，,重力加速度为g。两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上。
求：（1）若B球带正电且细线对A球的拉力刚好为0，则B球电量大小是多少；
（2）若B球带负电且斜面对A球的支持力刚好为0，则B球电量大小是多少。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由题意，细线拉力为零，则
B球电量大小为
（2）由题意，支持力为零，则
B球电量大小为
16. 如图所示，空间中有一对彼此绝缘的平行金属带电极板MN，一带电液滴恰好静止在极板MN之间的A点处，已知金属板M、N之间相距为d=8cm，其中N板接地，带电液滴的质量为m=4×10-4kg，带电量为q=2×10-6C，取g=10m/s2。
（1）求MN两板间的电势差UMN；
（2）若A点到N板的距离为3cm，试求液滴在A点的电势能EpA。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由平衡条件有
两板间的电压为
解得
E=2000V/m，U=160V
由于场强向上，N板电势较高，MN间的电势差为
UMN=
（2）NA两点间的电势差
UNA =EdNA=60V
N点电势为零，则A点的电势
φA=-60V
则液滴在A点的电势能为
EPA=
17. 如图所示，竖直放置的平行板电容器两板间电势差为U＝100V，xOy平面坐标系第Ⅰ象限内分布着沿y轴正方向的匀强电场，一个带负电的粒子从电容器左板处由静止开始加速，穿过右板后垂直于y轴从P点处射入电场，并从x轴上的A点处射出。已知P点的纵坐标为1m，A点的横坐标为2m，带电粒子的电荷量与质量的比值，不考虑带电粒子所受的重力。
（1）求带电粒子从平行板电容器射出时的速度v0；
（2）求匀强电场的场强E；
（3）若在过y轴上的B点处放一张感光胶片，感光胶片与x轴平行，B点的纵坐标为-1m。带电粒子打到感光胶片上会使胶片曝光。求感光胶片上曝光点的横坐标。
【答案】（1）6×106m/s；（2）100V/m；（3）3m
【解析】
【详解】（1）根据动能定理可得
解得
（2）设粒子在A点速度方向与x轴夹角为，根据类平抛运动的特点可得，速度方向反向延长线过水平位移的中点，则
所以
所以竖直方向的速度
从P到A的运动时间
t
竖直方向上有
解得
（3）如图所示
设粒子从A到感光胶片时的水平位移为d，则有
所以感光胶片上曝光点的横坐标为
18. 如图建立xOy直角坐标系，在其第二象限中放置平行金属板A、B和平行于金属板的细管C，细管C开口紧靠金属板右侧且与两板等距，另一开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿任意方向发射某一速度的带电粒子。当A、B板加上某一大小为U的电压时，有带电粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第一象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t=0时刻带电粒子垂直于x轴进入第四象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知带电粒子电荷量为+q，质量为m，重力不计。求：
（1）粒子源发射带电粒子的速度v；
（2）带电粒子在静电分析器中的轨迹半径r和运动时间t0；
（3）当t=nT时，带电粒子的坐标。（n=1，2，3……）
【答案】（1）；（2），；（3）（，）（n=1，2，3…）
【解析】
【详解】（1）粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理
解得
（2）由牛顿第二定律
解得
同时有
解得
（3）时，粒子在x方向的速度为
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度
根据运动的对称特点，每个周期粒子在x正方向前进距离为
因为开始计时时粒子横坐标为
所以nT时，粒子的横坐标为
粒子的纵坐标为