【文档说明】重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题 含解析.docx，共(17)页，3.981 MB，由小赞的店铺上传

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西南大学附中2023-2024学年度上期期中考试高二物理试题（满分：100分；考试时间：75分钟）注意事项：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92.010C−−的点电荷，若该点电荷受到的电场力大小为74.010N−，方向向左，则该位置场强大小和方向分别为（）A.200N/C，方向向左B.200N/C，方向

向右C.3510N/C−，方向向左D.3510N/C−，方向向右【答案】B【解析】【详解】由场强的定义式FEq=得，该位置场强大小为794.010N/C200N/C2.010FEq−−===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U表示，充电电流用I表示，则手机（）A.总电阻等于UIB.总电阻大于UIC.产热功率等于UID.消耗的电功率等于UI【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UI，也不会大于UI，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

2R的滑片向上滑动时（）A.灯L变亮B.灯L亮度不变C.2R的电压变小D.2R的电流变大【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器2R的滑片向上滑动时，2R变大，电阻中总电阻R总变大，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1R、2R电流变小，因为12UUU=+外其中111UIR=1U变小，所以2R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1.4eVC.电子从a点运动到b点，电势能增加0.4eVD.电子从a点运动到b点，电势能减少0.4eV【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1.20.6V0.2V3−==则1.4Va=1Vb=根据电势能和电势之间关系可知P1.4eVaaEe=−=−电势差和电势之间的关系0.4Va

babU=−=则电子从a点运动到b点，电场力做功为0.4eVababWeU=−=−由于电场力做了0.4eV−，电势能会增加0.4eV。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I，在C、D两端加上同样的电压U时测得通过样品的电流是2I，则:ab等于（）A.2B.12C.4D.2【答案】A【解析】【详解】根据题意，由电阻定律可得ABaRbc=，CDbRac=由欧姆定律URI=有ABURI=，2CDURI=则有2221ABCDaRa

bcbRbac===可得2ab=故选A。6.一电子只在静电力的作用下沿x+方向运动，其所在位置处的电势随x变化情况如图，已知图线在3.8cmx=处切线与x轴平行，则（）A.电子从1.5cm运动至6.0cm处的过程中，速率不断变大B.电子在3.8cmx=处时加速度为0C.x轴上1cm到8.

0cm之间的电场方向均沿x−方向D.x轴上1cm到8.0cm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，x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1.5cm运动至6.0

cm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．-x图像的斜率表示场强，3.8cmx=处切线与x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3.8cmx=处时加速度为0。故B正确

；D．-x图像的斜率表示场强。图像的斜率先减小后增大，故x轴上1cm到8.0cm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500Ω，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3.8V，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3.8V以上，需要串联一个电阻R，则有VVVUURRR=+解得1400R=即需要串联的电阻

阻值最小值为1400，故AB错误，D正确；C．若串联一个14.5kΩR=的电阻，则有V1VV1UURRR=+.解得110VU=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“1.5μF9V”字样，则该电容器（）A.击穿电压为9VB.正常工作时电压不应超过9VC.正常工作时所带电荷量不超过1.5×10-6CD.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=1.5×1

0-6×9C=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U且恒定，滑动变阻器R与xR并联部分电阻为0R，0R的最大值为mR（即滑动变阻器总电阻为mR），移动

滑片P的位置，就可以改变xR两端的电压xU，多次操作后可以得到0xmRUUR−图线（图乙中图线1）。更换滑动变阻器，重复实验，得到另一条0xmRUUR−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xR电压D.采用图线2对应的滑动变阻器更易于调节xR电压【答案】BC【解析】【详解】AB.回路中Rx和R0并联电阻为x01x0RRRRR=+回路中的

总电阻为1m0RRRR=+−所以x0x0x1x0m0x0RRRRURRRURRRRR+==+−+取个特殊值，当0xRR=时x0x0xxx0mxm0x02RRRRURRRURRRRRR+==−+−+当Rm越大，xUU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xR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，3cmNO=，6cmMO=，在M、N固定两个点电荷1Q、2Q，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::1PNPMk=，则（）A.1Q、2Q一定是同种电荷B.1Q和小球所带电荷一定是同种电荷C.1Q、2Q带电量绝对值之比为21:4kD.1Q、2Q带电量绝对值之比为

31:2k【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1Q、2Q均为库仑斥力，则小球、1Q、2Q都是同种

电荷，故AB正确；CD．由正弦定理有12sinsinFF=在NPO中，有sinsinPNNOPON=在MPO中，有sinsinPMMOPOM=其中sinsinPONPOM=又121QqFk

PM=，222QqFkPN=联立可得312:1:2QQk=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It−、ABUt−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______μF；（4）若电源的内阻不计，则R

=______。【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##193⑤.42.7510【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，It−每个小格的面积表示35122mAs=10C=810C5525q−−=It−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5328810C2.2410CQ−−==由图丙可知电容器充满电时两

端的电压12VU=该电容器的电容约为32.2410C187μF12VQCU−==（4）[5]由公式UIR=和qIt=可知，Ut−图像中图像与横轴围成的面积为SUtQR==由图丙可知Ut−图像中图像与横轴围成面积15410.4Vs61.6VsS=

=得42.7510SRQ==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的动势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UI−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UI−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E=_____

____V，内阻r=_________（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.UEIr=−②.③.不变④.增大⑤.0.770（0.768~0.772）⑥.35.7610（33510

5.7.64810）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UEIr=−（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0.770VE=360.770.60Ω5.7610Ω29.510r−−=[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3VE=，内阻0.5=r，12R=，灯泡1L电压01.5VU=，1R的电压11.0VU=。求：（1）通过1R的电流大小；（2）外电路消耗的功率；（3）2R消耗的电功率。【答案】（1）0.5A；

（2）1.375W；（3）0.125W【解析】【详解】（1）由题意得，通过1R的电流大小为1110.5AUIR==（2）电源路端电压12.75VUEIr=−=外电路消耗的功率0.52.75W1.375WPIU===（3）2R两端的电压20

10.25VRUUUU=−−=电阻2R消耗功率220.125WRRPIU==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、A到O点的距离均为h。圆环的半径为r，上面均匀带电()0QQ+。将一质量为m、带电量为()0qq−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A点的速度大小；（2）若小球经过O点时速度大小0v，求A、O两点电势差AOU；（3）在A点的加速度大小。为【答案

】（1）2vgh=；（2）2022mghmvq−；（3）()1322kQqhaghr=++【解析】【详解】（1）由对称性可知，此过程电场力做功为零，故有20122mghmv=解得2vgh=（2）从A到O由动能定理有2

012AOqUmghmv−+=解得2022AOmghmvUq−=（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12222kQqhmgmahrhr+=++解得()1322kQqhaghr=++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2L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；

的（2）OP间的距离0y；（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）mgdqU=，负电；（2）2028=gLyv；（3）32913sincos(cos)882mdqgvUgL

=−+或3'2913sincos(cos)882qmdgvUgL−=−【解析】【详解】（1）根据题意可知，带电小球在电场中受力平衡，有Umgqd=解得mgdqU=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2Lvt=，2012ygt=解得2028=gLyv（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Uqmgmad−=小球在电场中运动时间cosLtv=出电场

时偏转距离21sin2yvtat=+竖直方向的速度sinyvatv=+出电场后到打到屏上的运动时间2cosLtv=出电场后到打到屏上的过程竖直位移212yyvtgt=−小球击中P点，则0yyy+

=−综上所述，当小球斜向上射入电场时，小球的电量为32913sincos(cos)882mdqgvUgL=−−当小球斜向下射入电场时，小球的电量为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com