重庆市 2022-2023学年高二物理上学期期中考试试卷（Word版含解析）

重庆市凤鸣山中学教育集团2022—2023学年度上期高2021级半期考试物理试题本试题卷共6页，满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。第I卷（选择题,共48分）一、单项选择题（本题包括8小题, 每小题4分,共32分,每小题只有一个选项符合题意。）1.下列说法正确的是（　　）A.检验电荷一定是点电荷，而点电荷不一定是检验电荷B.电子带电荷量为1.6×10-19C，因此一个电子就是一个元电荷C.富兰克林用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量D.根据，当两个电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向于无穷大【答案】A【解析】【详解】A．点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，检验电荷的体积和电荷量要足够的小，检验电荷一定是点电荷，而点电荷不一定是检验电荷，故A选项正确；B．元电荷是一个数值，并非实际物体，而电子是一个实物，故B选项错误；C．密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，故C选项错误；D．公式适用于真空中的点电荷，当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看成点电荷了，故电场力并不是趋于无穷大，故D选项错误。 故选A。2.如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过．若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是（）A.正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→AB.溶液内由于正负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零C.溶液内的电流方向从A→B，电流I=D.溶液内的电流方向从A→B，电流I=【答案】D【解析】【详解】正离子从A运动到B，负离子从B运动到A，电流的方向跟正离子的运动方向相同，跟负离子运动的方向相反，所以正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成得电流方向A→B，AB错误．通过溶液内截面的离子总数为，所以电流，D正确．3.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是（　　）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B.对应P点，小灯泡的电阻为C.对应P点，小灯泡的电阻为D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【答案】C【解析】【详解】A．图线上的点与原点O连线的斜率的倒数表示电阻值，由图可知随着所加电压的增大，图线斜率减小，故小灯泡的电阻增大，A正确，不符合题意；BC．由欧姆定律可得，对应P点，小灯泡的电阻为B正确，不符合题意，C错误，符合题意；D．对应P点，小灯泡的功率为P=U1I2与题图中PQOM所围的面积相等，D正确，不符合题意。故选C。4.如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（）A.静电计指针的张角变小B.P点电势升高C.带电油滴向上运动D.带电油滴的电势能变大【答案】A 【解析】【详解】A．若断开开关K，由于静电计所带电荷量很少，可忽略，故电容器所带电荷量保持不变，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，根据，可知电容器电容增大，电容器极板间电压减小，静电计指针的张角变小，故A正确；C．根据可知板间电场强度不变，带电油滴受力保持不变，带电油滴仍处于静止状态，故C错误；BD．根据由于板间电场强度不变，P点与下极板距离不变，又下极板接地，电势为零，可知P点电势保持不变，带电油滴在P点处于静止状态，则带电油滴的电势能保持不变，故BD错误。故选A。5.如图所示的电路中，电阻R=2Ω。断开S后，电压表的读数为3V（电压表为理想电压表）；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为（　　）A.1ΩB.2ΩC.3ΩD.4Ω【答案】A【解析】【详解】开关s断开时有：，开s闭合时有：，其中，解得：，故A正确．6.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点，以下正确的是（　　） A.粒子在N点的加速度大于在M点的加速度B.该带电粒子应该带负电C.M点的电势低于在N点的电势D.粒子在M点的电势能小于在N点的电势能【答案】A【解析】【分析】【详解】A．电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M点的场强小于N点的场强，在N点的加速度大于M点的加速度，故A正确；B．带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，故B错误；C．沿电场线方向电势降低，故M点的电势高于在N点的电势，故C错误；D．电场力做正功，电势能减小，即粒子在M点电势能大于在N点的电势能，故D错误。故选A。7.如图甲所示的电路，其中电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，定值电阻R=4Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值RP的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）A.图乙中滑动变阻器的最大功率P2=2WB.图乙中R1=6Ω，R2=12ΩC.滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R消耗的功率也最大D.调整滑动变阻器RP的阻值从最右端滑到最左端，电源的效率先增大后减少【答案】B【解析】 【详解】A．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为选项A错误；B．滑动变阻器的阻值为时与阻值为时消耗的功率相等，有解得选项B正确；C．当回路中电流最大时，即时定值电阻R消耗的功率最大，选项C错误；D．电源的效率调整滑动变阻器RP的阻值从最右端滑到最左端时，RP变大，则R外变大，电源的效率一直变大，选项D错误。故选B。8.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子（带正电），设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　） A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度不为零D.0～3s内，电场力做的总功为零【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为第2s内加速度为故a2=2a1因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子没有回到出发点，故B错误； C．由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；D．因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，0～3s内，电场力做的总功为零，故D正确。故选D。二、多项选择题（本题包括4小题,每小题4分,共16分。每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。）9.如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R0是光敏电阻（光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小），L是小灯泡。闭合开关，当照射到R0的光照强度减小时，以下分析正确的是（　　）A.电流表示数减小B.电压表示数不变C.灯泡亮度变亮D.电源效率增大【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．当照射到R0的光照强度减小时，R0的阻值增大，根据“串反并同”规律，与R0串联的电流表示数减小，故A正确；B．干路电流减小，由可知内电压减小则路端电压增大，即电压表示数增大，故B错误； C．干路电流减小，即流经R1的电流减小，R1两端电压减小，又知电压表示数增大，故R2两端电压增大，流经R2的电流增大，则流经灯泡的电流减小，灯泡变暗，故C错误；D．路端电压U增大，根据电源的效率η增大，故D正确。故选AD。10.质子和α粒子（氦核）分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2。两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点。下列关于两种粒子运动的说法正确的是：A.两种粒子会打在屏MN上的同一点B.两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远C.两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能D.两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大【答案】AD【解析】【详解】AB．两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：偏转电场中，平行于极板方向：垂直于极板方向：离开偏转电场的速度偏向角为，有： 联立以上各式得偏移量y和速度偏向角都与粒子的质量m、电量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；CD．对两个粒子先加后偏的全过程，根据动能定理：qU1+qU2=Ek-0因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确。故选AD。11.如图所示电路，电源内阻为r，两相同灯泡L1、L2电阻均为R，D为理想二极管（具有单向导电性），电表均为理想电表．闭合S后，一带电油滴恰好在平行板电容器中央静止不动．现把滑动变阻器滑片向上滑动，电压表V1、V2示数变化量绝对值分别为ΔU1、ΔU2，电流表示数变化量为ΔI，则下列说法中正确的是（　　）A.两灯泡逐渐变亮B.油滴将向下运动C.＝R＋rD.【答案】AC【解析】【详解】A．滑片向上滑动，其阻值减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知回路中电流变大，两灯变亮，故A正确；B．总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V1示数减小，而L1的电压变大，所以并联部分L2的电压减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向 导电性使电荷不能放出，由于Q不变，则由电容定义式根据电容决定式电场强度为联立可得可知场强E不变，油滴静止不动，故B错误；C．把L1电阻R看作电源内阻一部分，就是两端电压的增加量，也是电容器两板间电压减少量，则故C正确；D．由闭合电路欧姆定律可得等于r两端电压的变化量，即所以故D错误。故选AC。12.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为l的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度为，下列说法正确的是（） A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动最小速度为B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C.若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D.若去掉细线，将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点【答案】BD【解析】【详解】A．由于电场强度E＝故有mg＝qE则等效最低点在BC圆弧中点，重力和电场力的合力为mg，根据圆周运动公式mg＝m小球在等效最高点的最小速度为v＝故A错误；B．除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加量，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B正确；C．小球所受合力方向与电场方向夹角为45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；D．若去掉细线，将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直上抛运动，加速度为－g，水平方向做匀加速运动，加速度为g，当竖直方向上的位移为0时， 运动的时间为t＝2＝＝2水平位移x＝gt2解得x=2l则小球能运动到B点，故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题,共52分）三、实验探究题（本题共2小题,共14分）13.有一个电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程0~3V的电压表，要与之_____（选填“串联”或“并联”）一个_________Ω的电阻。【答案】①.串联②.990【解析】【详解】[1][2]改装成电压表需要串联一个分压电阻，大小为14.一根细长均匀、内芯为绝缘材料的金属管线样品，横截面外缘为正方形，如题图甲所示．此金属管线样品长约30cm、电阻约10Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，因管芯绝缘材料截面形状不规则，无法直接测量其横截面积．请你设计一个测量管芯截面积S的电学实验方案，现有如下器材可选A．毫米刻度尺B．螺旋测微器C．电流表A1（量程600mA，内阻约为1.0Ω）D．电流表A2（量程3A，内阻约为0.1Ω）E．电压表V（量程3V，内阻约为6kΩ）F．滑动变阻器R1（2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）G．滑动变阻器R2（10Ω，允许通过最大电流2A） H．蓄电池E（电动势为6V，内阻约为0.05Ω）I．开关一个，带夹子的导线若干．①上述器材中，应该选用的电流表是_____，滑动变阻器是_____；（填写选项前字母代号）②若某次用螺旋测微器测得样品截面外缘正方形边长如图乙所示，则其值为____mm；③要求尽可能测出多组数据，你认为在图的甲、乙、丙、丁中选择哪个电路图____；④若样品截面外缘正方形边长为a、样品长为L、电流表示数为I、电压表示数为U，则计算内芯截面积的表达式为S=_______【答案】①.C②.G③.0.730④.甲⑤.【解析】【详解】①③由题意可知，电源电动势为6V，电压表采用0～3V，而由于待测电阻约为10Ω，则电路中电流最大为，故不能选用最大量程为3A的电流表，故电流表只能选用，即电流表应该选选项C；而由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用，即滑动变阻器选选项G；由电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，故选择甲电路图；②由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度所示为23.0×0.01mm=0.230mm，螺旋测微器的示数为； ④根据欧姆定律，有，根据电阻定律，有，故截面积为，故金属管线内部空间截面积的表达式为．四、计算题（本题共4小题,共38分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的,不能得分。有数值运算的题,答案中必须明确写出数值和单位。）15.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机的内阻r＝0.8Ω，电路中另一电阻R＝10Ω，直流电压U＝160V，理想电压表示数UV＝110V。（1）求通过电动机的电流；（2）求电动机的输出电功率。【答案】（1）5A；（2）530W【解析】【详解】（1）由电路中的电压关系可得电阻R的分压流过电阻R的电流即通过电动机的电流（2）电动机的分压输入电动机的功率 电动机的发热功率电动机的输出电功率16.如图所示，质量为m的小球A放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α。小球A带正电，电荷量为q。在斜面上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷，将小球A由距B点竖直高度为H处无初速度释放。小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中。已知静电力常量k和重力加速度g。（1）A球刚释放时加速度是多大？（2）当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离。【答案】（1）gsinα-；（2）【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律mgsinα-F=ma根据库仑定律F=kr=联立以上各式解得a=gsinα-（2）当A球受到的合力为零、加速度为零时，速度最大，动能最大。设此时A球与B点间的 距离为R，则mgsinα=解得17.有一质量为、长度为的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为、带电荷量的绝对值为的物块（视为质点），以初速度从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小，方向竖直向下，如图所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端。求：（1）场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；（2）场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；（3）场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电场强度方向向下时，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止，此时物块与绝缘板具有共同速度，物块与绝缘板组成的系统满足动量守恒，则有由能量守恒，有联立解得系统产生的热量为 （2）若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端，可知匀强电场的方向改变为竖直向上，物块与绝缘板间的摩擦力变大，故电场力应竖直向下，物块带负电。电场强度向下时有电场强度向上时有场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比为（3）场强方向竖直向上时，最终物块仍与绝缘板具体共同速度，根据能量守恒可知系统产生的热量等于场强方向竖直向下时系统产生的热量，则有解得18.如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R=0.4m，轨道最高点A与圆心O等高。有一倾角θ=30°的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H=1.5m。圆弧轨道和斜面均处于场强大小E=100N/C、竖直向下的匀强电场中。现将一个质量为m=0.02kg、带电荷量为＋2×10-3C的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇。若物块与斜面间的动摩擦因数μ=，空气阻力不计，g取10m/s2，小球和物块都可视为质点。求：（1）小球经过B点时对轨道的压力FN； （2）B、D两点间电势差UBD；（3）物块上滑初速度v0满足条件的最小值。【答案】（1）1.2N，竖直向下；（2）120V；（3）3.10m/s【解析】【详解】（1）设小球到达B点的速度大小为vB，从A到B的过程只有重力和静电力做功，根据动能定理有mgR＋qER=mvB2-0得vB=4m/sB点是圆周运动最低点，合力提供向心力即FN′-（mg＋qE）=m得FN′=1.2N根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小等于轨道对其弹力大小即FN=1.2N方向竖直向下。（2）设小球由B点到D点的运动时间为t，受到竖直向下的重力和静电力，竖直方向做初速度0的匀加速直线运动，加速度为a，水平方向做匀速直线运动。下落高度为h的过程根据速度合成有竖直方向由牛顿第二定律有Eq＋mg=ma h=at2UBD=Eh联立解得UBD=120V（3）设C、D间的距离为x，由几何关系有x=设物块上滑加速度为a′，由牛顿运动定律有mgsinθ＋μmgcosθ=ma′根据题意，要使物块与小球相遇，v0的最小值满足v02=2a′x联立解得v0≈3.10m/s