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16页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生留存，以备评讲）。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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. 在静电场中某位置放一个带电量为的点电荷，若该点电荷受到的电场力大小为，方向向左，则该位置场强大小和方向分别为（ ）
A. ，方向向左
B. ，方向向右
C. ，方向向左
D. ，方向向右
【答案】B
【解析】
【详解】由场强的定义式得，该位置场强大小为
因为负电荷所受电场力的方向与场强方向相反，所以该位置场强的方向向右。
故选B。
2. 如图，用充电器给处于开机状态的手机充电，若充电电压用表示，充电电流用表示，则手机（ ）
A. 总电阻等于B. 总电阻大于
C. 产热功率等于D. 消耗的电功率等于
【答案】D
【解析】
【详解】AB．因为手机电池为非纯阻电路，所以总电阻不等于，也不会大于，故AB错误；
CD．消耗的功率为
P=UI
消耗的功率一部分储存在电池里，一部分转化为内能，所以产热功率小于UI，故D正确，C错误。
故选D。
3. 如图，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑片向上滑动时（ ）
A. 灯L变亮B. 灯L亮度不变
C. 的电压变小D. 的电流变大
【答案】A
【解析】
【详解】当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变大，电阻中总电阻变大，由闭合电路欧姆定律得，电路中总电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，灯L两端电压变大，灯L电流变大，灯L变亮；根据并联分流可知通过、电流变小，因为
其中
变小，所以的电压变大。
故选A。
4. 如图所示是某同学在研究等量异种电荷电场时所画的等势面，该同学根据实验情况选取了零电势位置后，将其中两个等势面的电势标注在图上。已知相邻等势面间的电势差相等，则（ ）
A. b点电势为零
B. 电子在a点的电势能为
C. 电子从a点运动到b点，电势能增加
D. 电子从a点运动到b点，电势能减少
【答案】C
【解析】
【详解】已知相邻等势面间的电势差相等，根据电场线的方向可知，1.2V与0.6V之间有三个间隔，则每个间隔的电势差为
则
根据电势能和电势之间关系可知
电势差和电势之间的关系
则电子从a点运动到b点，电场力做功为
由于电场力做了，电势能会增加。
故选C。
5. 如图所示，一块均匀的长方体样品，长为a、宽为b，厚为c。在A、B两端加上电压U时测得通过样品的电流是，在C、D两端加上同样的电压U时测得通过样品的电流是，则等于（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，由电阻定律可得
，
由欧姆定律有
，
则有
可得
故选A。
6. 一电子只在静电力的作用下沿方向运动，其所在位置处的电势随变化情况如图，已知图线在处切线与轴平行，则（ ）
A. 电子从运动至处的过程中，速率不断变大
B. 电子在处时加速度为0
C. 轴上到之间的电场方向均沿方向
D. 轴上到之间的电场场强大小处处相等
【答案】B
【解析】
【详解】AC．根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，轴上1cm到3.8cm之间的电场方向沿-x方向，3.8cm到8cm之间的电场方向沿+x方向，电子从运动至处的过程中，其所受电场力方向先沿+x方向，再沿-x方向，即电子先加速后减速，速度先增大后减小。故AC错误；
B．-图像的斜率表示场强，处切线与轴平行，即此处电场强度为零。故电子在此处所受电场力为零。故电子在处时加速度为0。故B正确；
D．-图像的斜率表示场强。图像的斜率先减小后增大，故轴上到之间的电场场强大小不处处相等。故D错误。
故选B。
7. 某次实验需将一个内阻为，量程为1V的小量程电压表扩大量程后测量电压。已知待测电压最大值是，则下列设计正确且合理的是（ ）
AB.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】ABD．根据题意可知，待测电压最大值是3.8V，则需将电压表量程扩大到以上，需要串联一个电阻，则有
解得
即需要串联的电阻阻值最小值为，故AB错误，D正确；
C．若串联一个的电阻，则有
解得
量程太大，不符合题意，故C错误；
故选D。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 某电容器上标有“1.5μF 9V”字样，则该电容器（ ）
A. 击穿电压为9V
B. 正常工作时电压不应超过9V
C. 正常工作时所带电荷量不超过1.5×10-6C
D. 正常工作时所带电荷量不超过1.35×10-5C
【答案】BD
【解析】
分析】
【详解】AB．9V是电容器的额定电压，即能承担的最大电压，所加的电压不能超过9V，但9V不是击穿电压，故A错误，B正确；
CD．根据
Q=CU=1.5×10-6×9C=1.35×10-5C
即正常工作时所带的电荷量不超过1.35×10-5C，故C错误，D正确。
故选BD。
9. 如图甲所示，A、B间电压为且恒定，滑动变阻器与并联部分电阻为，的最大值为（即滑动变阻器总电阻为），移动滑片P的位置，就可以改变两端的电压，多次操作后可以得到图线（图乙中图线1）。更换滑动变阻器，重复实验，得到另一条图线（图乙中图线2），可知：（ ）
A. 图线1对应的滑动变阻器总阻值较大
B. 图线2对应的滑动变阻器总阻值较大
C. 采用图线1对应的滑动变阻器更易于调节电压
D. 采用图线2对应的滑动变阻器更易于调节电压
【答案】BC
【解析】
【详解】AB. 回路中Rx和R0并联电阻为
回路中的总电阻为
所以
取个特殊值，当时
当Rm越大，就越小，故A错误，B正确；
CD. 根据图像的走势，图像1更加平缓，从而更容易调节电压，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图所示，光滑绝缘圆轨道置于水平绝缘桌面上，O为轨道圆心，直径上有M、N两点，，，在M、N固定两个点电荷、，现将一个带电小球置于轨道内侧P点（小球可视为质点），小球恰能静止。若，则（ ）
A. 、一定是同种电荷
B. 和小球所带电荷一定是同种电荷
C. 、带电量绝对值之比为
D. 、带电量绝对值之比为
【答案】ABD
【解析】
【详解】AB．将一个带电小球置于轨道内侧P点（小球可视为质点），小球恰能静止，小球的受力如图所示
可知小球受到两个点电荷、均为库仑斥力，则小球、、都是同种电荷，故AB正确；
CD．由正弦定理有
在中，有
在中，有
其中
又
，
联立可得
故C错误，D正确。
故选ABD。
三、非选择题：本大题共5小题，共57分。
11. 如图甲是研究电容器电容大小的电路图。电压传感器（内阻可看作无穷大）可以实时显示A、B间电压大小，电流传感器（内阻可看作零）可实时显示出电流大小。连接好电路检查无误后进行了如下操作：
①将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零。
②将S拨至1，观察并保存计算机屏幕上的、图，得到图乙和图丙。
（1）操作①的目的是__________________；
（2）进行操作②时，通过R的电流方向是向______（选填“左”或“右”），电流随时间______（选填“增大”或“减小”）；
（3）该电容器的电容约为______；
（4）若电源的内阻不计，则______。
【答案】 ①. 让电容器充分放电或保证电容器初始电量为零 ②. 左 ③. 减小 ④. 173##174##175##176##177##178##179##180##181##182##183##184##185##186##187##188##189##190##191##192##193 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] 将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零，其目的是让电容器充分放电或保证电容器初始电量为零。
（2）[2] 进行操作②时，电容器接在电源两端，电容器充电。A、B极板分别带上正、负电荷。通过R的电流方向是向左。
[3] 由图乙可知，电流随时间减小。
（3）[4]由图乙可知，每个小格的面积表示
图像与坐标轴围成的面积代表电容器充满电时所带的电荷量
由图丙可知电容器充满电时两端的电压
该电容器的电容约为
（4）[5] 由公式和可知，图像中图像与横轴围成的面积为
由图丙可知图像中图像与横轴围成面积
得
12. 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响。实验原理图和实验器材如图甲、图乙所示。
（1）测量E和r的实验方案为：调节电阻箱阻值R，改变电源两端的电压U，计算出电流I，利用数据作出图像，依据公式___________，得出E和r。
（2）请在答题卡图乙中用笔画线代替导线连接电路__________。
（3）实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的图像如图中（a）、（b）、（c）所示。
由此可知，在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势_________（填“增大”“减小”或“不变”），电源内阻_________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）曲线（b）对应的电源电动势_________V，内阻_________（以上两空均保留三位有效数字）。若考虑电压表对测量结果的影响，所测得的电动势与真实值相比_________（填“偏大”“偏小”或“相同”）。
【答案】 ①. ②. ③. 不变 ④. 增大 ⑤. （） ⑥. （） ⑦. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1]图中由电压表、电阻箱，故采用伏阻法测电动势及内阻，根据闭合电路的欧姆定律有
（2）[2]根据电路图连接实物如图所示
（3）[3][4]图线与纵轴的交点的纵坐标表示电动势，四条图线与纵轴交点坐标相同，即电动势不变，为0.770V，图线斜率的绝对值表示内阻，斜率的绝对值变大，内阻增大；
（4）[5][6]图线b对应的电动势、内阻分别为
[7]相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使所测电源电动势小于电源电动势真实值。
13. 如图所示电路，电源电动势，内阻，，灯泡电压，的电压。求：
（1）通过的电流大小；
（2）外电路消耗的功率；
（3）消耗的电功率。
【答案】（1）0.5A；（2）1.375W；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意得，通过的电流大小为
（2）电源路端电压
外电路消耗的功率
（3）两端的电压
电阻消耗功率
14. 如图所示，带电绝缘环环面水平放置在支架（图中没画出）上，O为圆环的圆心，虚线过圆心且与环面垂直，A、到O点的距离均为h。圆环的半径为r，上面均匀带电。将一质量为m、带电量为的小球在A点无初速度释放，小球沿虚线运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，不计空气阻力。求小球被释放后：
（1）在点的速度大小；
（2）若小球经过O点时速度大小，求A、O两点电势差；
（3）在A点的加速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由对称性可知，此过程电场力做功为零，故有
解得
（2）从A到O由动能定理有
解得
（3）由对称性可知，小球在A点时受的电场力竖直向下，小球在A点的加速度为
解得
15. 如图所示，一对平行金属板a、b水平正对放置，两板长度均为L，板间距为d，板间电压为U。一质量为m小球从两板的左端正中央以一定的水平速度v射入电场，在电场中沿直线运动，然后射出电场，最后打到距离板右端处的屏MN上的P点（图中没画出），已知重力加速度为g，电场只存在于两板之间。求：
（1）小球所带电量大小和电荷的正负；
（2）OP间的距离；
（3）改变小球的电量，并使小球射入电场的速度（大小仍为v）与水平方向夹角大小为a，若小球仍能击中P点，且小球不会与平行金属板相碰，求小球的电量。
【答案】（1），负电；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，带电小球在电场中受力平衡，有
解得
可知，小球所受电场力方向向上，由于电场方向竖直向下，则小球带负电。
（2）根据题意可知，小球出电场后，做平抛运动，则有
，
解得
（3）以向上为正方向，速度斜向上时夹角为正，斜向下时夹角为负，令改变后小球的电量为q'，小球在两板间的加速度a满足
小球在电场中运动时间
出电场时偏转距离
竖直方向的速度
出电场后到打到屏上的运动时间
出电场后到打到屏上的过程竖直位移
小球击中P点，则
综上所述，当小球斜向上射入电场时，小球的电量为
当小球斜向下射入电场时，小球的电量为