重庆市第八中学2023-2024学年高二物理上学期期中试题（Word版附解析）

重庆八中2023-2024学年度（上）半期考试高二年级物理试题一、选择题（本题共10小题，共计43分，第1-7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.下列各图中，电流方向与其产生的磁场方向关系不正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．根据右手定则可知，右手紧握直导线，大拇指方向为电流方向（图中向下），四指环绕方向为磁场方向，图中电流左侧磁场应垂直纸面向里，右侧应垂直纸面向外，故A错误，符合题意；B．右手紧握螺线管，四指方向电流方向，大拇指方向为螺线管内部磁场方向，B图符合安培定则，故B正确，不符合题意；C．右手紧握环形电流，四指方向为电流方向，大拇指方向为螺线管内部磁场方向，C图符合安培定则，故C正确，不符合题意；D．右手紧握螺线管，四指方向为电流方向，大拇指方向为螺线管内部磁场方向，两个螺线管相当于两个磁极相同并列的条形磁铁，上端为N极下端为S极，在O点的合磁场方向向下，故D正确，不符合题意。故选A。2.USB电风扇体积小、便于携带，并且采用了新型无刷直流电机，比传统的马达风扇更安静、更省电，目前，USB电风扇已经成了上班族、学生党的常备利器，若USB风扇正常工作时内部电机两端电压为，输入电流为，电机的内阻为，则以下说法正确的是（） A.B.电机产生焦耳热的功率为C.电机输出的机械效率为D.电机消耗的电功率为【答案】D【解析】【详解】A．电动机为非纯电阻电路，计算电阻不能用欧姆定律，故A错误；BCD．电动机消耗的电功率为产生焦耳热的功率为电机输出的机械功率为故BC错误，D正确。故选D。3.人体神经受到刺激时，就会从神经细胞膜一侧快速移动到另一侧，导致细胞膜两侧电势差发生变化．若将神经细胞膜视为电容为的电容器，受到刺激时该细胞膜两侧电势差从变为，则该过程中通过该细胞膜的电荷量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由得 故选B。4.如图所示，是正四面体，虚线圆为三角形的内切圆，为圆心，分别为和边与圆的切点，正四面体的顶点和分别固定有电荷量为、和的点电荷，则（）A.两点的电场强度相同B.点电场强度为0C.点电势低于点D.点电势高于点【答案】D【解析】【详解】A．根据对称性可知，点和点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B．若点为正电荷，由对称性，点场强才为0，故B错误；C．相比于点，点离每个正电荷都要近些，同时离负电荷远些，所以点电势更高，故C错误；D．仅考虑两处点电荷产生电场，点电势等于点电势等于0。点电荷在处产生电势更高，故D正确。故选D。5.电源的电动势为，连接电阻时，路端电压为，如果在上并联一个的电阻，路端电压为，则为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由题意可知 联立可得故选B。6.如表格所示是某颈部按摩仪的铭牌信息，当剩余电池电量为总容量的时，按摩仪将停止工作，若该按摩仪一直以额定功率工作，则（）商品名称颈部按摩仪内置电池充电输入工作电压额定功率A.是能量单位B.电池从剩余电量为总容量的到充满电的时间约为1.6小时C.该按摩仪充满电可以连续工作约4小时D.该按摩仪充满电所储存的能量约为【答案】C【解析】【详解】A．由知，是电荷量的单位，不是能量的单位，故A错误；B．电池从剩余电量为总容量的到充满电的时间故B错误；C．按摩仪正常工作时的电流该按摩仪充满电连续工作的时间 故C正确；D．该按摩仪充满电所储存的能量故D错误。故选C。7.在未加磁场时，直导体棒静止在倾斜角为的粗糙导轨上．四幅图分别表示加有不同方向的平行于纸面的匀强磁场，图中磁场为水平方向，图中磁场平行于斜面。同时给导体棒通以垂直于纸面向里的电流．当电流从0开始同步逐渐增大，导体棒最先动的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．导体棒受重力，竖直向上的安培力，当重力与安培力相等，为导体棒运动的临界，故A错误；B．杆子受重力，竖直向下的安培力，随着电流的增大，导体对倾斜轨道的压力增大，无论安培力多大，导体棒都不会动，故B错误；C．导体棒受垂直于斜面向上的安培力，当安培力等于，导体棒受到的支持力为零，最大静摩擦是0，此时导体棒一定会动，故C正确；D．导体棒受到垂直于斜面向下的安培力，随电流的增大，导体棒对斜面的压力逐渐增大，无论安培力多大，导体棒都不会动，故D错误。故选C。8.如图所示的电路中，电源内阻为，电压表和电压表由完全相同的表头改装而成，量程之比为1∶5．当的滑片向右移动时，电压表和电压表示数变化绝对值分别为和，电流表A的示 数变化绝对值为，电表均非理想电表，则（  ）A.电压表的示数变大B.流经的电流变大C.D.【答案】BD【解析】【详解】AB．电源的外电路是电阻和电阻串联，电压表和电压表串联，两条路并联。当滑动变阻器的滑片向右移动时，连入阻值减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知电路的总电流变大，电源的内电压增大，则外电压减小，即电压表和电压表的示数之和减小，因电压表内阻之比不变，所以电压表的示数均变小。因干路电流变大，电压表支路电流变小，则流经的电流变大，故A错误，B正确；C．根据闭合电路欧姆定律故电压表和电压表示数变化绝对值之和与电流变化值之比应为，故C错误；D．因流经电压表表头电流时刻相同，所以电压表示数变化之比等于电压表量程之比为，故D正确。故选BD。9.和是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，的上、下表面积大于的上、下表面积，将和按图所示方式接入电路中，闭合开关后（）A.若和的体积相同，则的电功率小于的电功率 B.若和的体积相同，则流过的电流大于流过的电流C.若和的厚度相同，则流过的电流小于流过的电流D.若和的厚度相同，则内自由电荷定向移动的速率比的更小【答案】AD【解析】【详解】A．若和的体积相同，且两材料上下表面都是正方形，的上下表面积大于的上下表面积，故的长大于的长，的横截面积小于的横截面积，根据可知因为二者并联，电压相等，由公式可得，的电功率小于的电功率，故A正确；B．若和的体积相同，由上述分析知，又因为二者并联，电压相等，由公式可得，通过的电流小于通过的电流，故B错误；C．若和的厚度相同，且两材料上下表面都是正方形，的上下表面积大于的上下表面积，由可知即两者电阻阻值相等，因为两者是并联关系，两端的电压相等，根据得流过的电流等于流过的电流，故C错误； D．由选项C分析知，两路电流大小相等，根据电流微观表达式的横截面积大于的横截面积，则内自由电荷定向移动的速率小于的内自由电荷定向移动的速率，故D正确。故选AD。10.空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取点为坐标原点建立轴，如图甲所示。现有一个质量为、电是为的带电微粒，在时刻以一定初速度从轴上的点开始沿逆时针作匀速圆周运动，圆心为、半径为。已知图中为其轨迹，为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力，不计其它力的作用；测得带电微粒所处位置的电势随时间的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A.电场强度的大小为，方向与轴正方向成B.点与点的电势差C.微粒在时所受变力最小D.圆周运动的过程中变力的最大值为【答案】ACD【解析】【详解】A．由图（b）可知，从到，一定是转过了，故角速度则时一定转过了，说明圆周上电势最高的点和电势最低的点所在的直径与轴夹角为，且电势差的值为 由匀强电场的电场强度和电势差的关系，可得电场强度的大小方向与轴正方向夹角为，故A正确；B．两点的电势差（注意电势差的正负），B错误；C．电场力、变力、合力可以构成力三角，通过动态旋转观察变化，电场力为恒力，先画出来固定不动，合力大小一定的示意图，故合力的端点在一个圆周上移动，剩下的就可以看出变化规律了。时即电势最高时，就是合力与电场力方向重合的时候，无论是电场力大于合力还是合力大于电场力，我们都可以看到此时最小，C项正确；D．时即电势最低时，最大，代入上文已求出的电场力和角速度可得可以知道的最大值为，D项正确。故选ACD。二、实验题（本题共2小题，共计15分，第11题5分，第12题10分。）11.某同学按下图连接好电路，闭合开关S，发现灯都不亮，他利用多用电表的电压档分别测量电路中两点间的电压，从而确定电路故障，测量时开关S应________（选填“闭合”或“断开”），将 ________（选填“红”或“黑”）表笔始终接触点，另一只表笔分别与点接触，测量结果如下表所示，若电路只存在一处故障，则发生故障的部分为________（答相邻两个测量点）。测量点电表示数有示数有示数有示数有示数无示数【答案】①.闭合②.黑③.【解析】【详解】[1]闭合开关，发现灯都不亮，说明该电路存在断路，在用多用电表的电压档测量电路两点间的电压时，多用电表内部电源是断开的，此时开关应闭合；[2]由红进黑出可知，黑表笔应始终接触点；[3]当多用电表有示数时，说明与多用电表并联部分存在断路，其他部分不存在断路，由表格数据可知之间断路。12.为了测定某电池的电动势和内阻（小于），需要把一个量程为的直流电压表接一定值电阻（用电阻箱代替），改装成量程为的电压表，然后用伏安法测电源的电动势和内阻，以下是该实验的操作过程：（1）把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，请完成第五步的填空。第一步：把滑动变阻器滑片移至最右端；第二步：把电阻箱阻值调到零；第三步：闭合开关；第四步：把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为； 第五步：保持滑动变阻器滑片不动，把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V；第六步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他导线，即得量程为的电压表。（2）上述实验可供选择的器材有：A．待测电池（电动势，内阻小于）；B．电压表（量程为，内阻约）；C．电阻箱（，额定功率小于）；D．电阻箱（，额定功率小于）；E．滑动变阻器（）；F．滑动变阻器（）；电阻箱应选________，滑动变阻器应选________。（均填器材前的字母代号）（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），采用伏安法测电源电动势和内阻，实验电路如图乙所示，得到多组电压和电流的值，并作出图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为________。【答案】①.2.0②.D③.E④.21.3⑤.1.8【解析】【详解】（1）[1]把的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，要使电压表量程扩大为原来的3倍，则电阻箱的阻值应为电压表内阻的2倍，电压表读数应为电阻箱电压的一半，总电压表为不变，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为。（2）[2]电压表量程为，内阻约为，要改装成的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为故电阻箱应选电阻箱（阻值范围）。[3]在分压电路中，滑动变阻器阻值越小，电压变化越小，即选E。（3）[4][5]由丙图读出，外电路断路时，电压表的电压为，则电源的电动势为内阻为三、计算题（本题共3小题，共计42分，第13题12分，第14题12分，第15题18分。）13.真空区域有宽度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，、是磁场的边界。+质量为、电荷量大小为的粒子（电性未知，不计重力）以速度沿着与夹角为的方向射入磁场中，刚好没能从 边界射出磁场。求粒子在磁场中运动的时间。【答案】或【解析】【详解】若粒子为正电荷：由几何关系得得由几何关系得粒子转过的圆心角为所以粒子在磁场中运动的时间为若粒子为负电荷：由几何关系得由几何关系得粒子转过的圆心角为所以粒子在磁场中运动的时间为 14.直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图，将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为l，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间．初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计．已知导电液体的密度为、电阻率为，重力加速度为g。（1）判断所加磁场的方向；（2）要使两板间液面的高度稳定在初始液面高度的n倍（），求两平板间所加的电压。【答案】（1）沿轴负方向（垂直纸面向里）；（2）【解析】【详解】（1）两平板间的电流方向向右（沿轴正方向），两板间液体所受的安培力竖直向上（沿轴正方向），根据左手定则判断可得磁场方向沿轴负方向（垂直纸面向里）；（2）设两板间液面初始液面高度为，稳定时高度为，则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为，则高出的部分液体重力 板间液体的电阻为又由联立解得15.某游戏公司的设计人员，构想通过电场来控制带电小球的运动轨迹，如图1所示，绝缘光滑圆轨道竖直放在水平方向的匀强电场中，一个质量为、电荷量为的小球位于轨道内侧的最高点A处，小球由静止释放后沿直线打到与圆心等高的点；当给小球一个水平方向的初速度，小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球可视为质点，已知圆轨道的半径为，重力加速度为。（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）求小球做圆周运动时，通过点的动能；（3）将原电场更换为如图2所示的交变电场（正、负号分别表示与原电场强度方向相同、相反），小球在A点由静止释放，欲使小球能在一个周期（未知）内恰能运动到最低点，且运动过程中不与圆轨道相碰，试求小球到达点时的速度大小及所加电场强度的取值范围。【答案】（1）；（2）；（3）； 【解析】【详解】（1）根据小球由静止沿直线打到点，可得合力的方向沿方向，则重力、电场力、合力组成等腰直角三角形，所以有可得（2）根据小球合力方向可知，小球能通过圆轨道等效最高点点，由题意可知，点位于OD与OA夹角为45°，小球能做完整的圆周运动，小球的合力大小小球在点，有D到过程，由动能定理有解得（3）由题意可知小球在周期内做直线运动，在水平方向上，向右运动的位移周期内电场方向反向，则小球做曲线运动，水平方向上，因为加速度大小相同方向相反，所以向右运动位移仍为，周期内返回；竖直方向上做自由落体运动，有则 由运动的分析可知，要使小球由A点运动到最低处点且不与轨道相碰，需时刻到达最大水平位移处，如图则此时竖直方向下降则向右运动的最大水平位移为由此可得解得故所加电场强度的最大值不能超过；到达点时水平方向速度为0，则