2023-2024学年重庆市九龙坡区高二（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年重庆市九龙坡区高二（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共12小题，共48分）1.以下物理量属于矢量且单位正确的是(

)A.磁通量(T) B.电场强度(V/m) C.磁感应强度(Wb) D.电势差(V)2.如图所示，光滑绝缘的水平桌面的同一直线上，放置三个可视为点电荷的小球M、N和P，其中M和N固定，带电量分别为−q1和+q2，若小球PA.P一定带正电，q1=q2 B.P一定带负电，q1=q2

C.3.常见的计算机键盘为电容式按键，如图甲所示，每个键下面由相互平行的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，其内部电路如图乙所示，下列说法正确的是(

)

A.向下按键的过程中，电容器的电压减小 B.向下按键的过程中，电容器的电容减小

C.向下按键的过程中，电容器的电量增多 D.向下按键的过程中，电流方向从a流向b4.为了响应节能减排号召，白炽灯逐渐被淘汰，取而代之的是LED灯，功率为10W的LED灯的亮度与功率为60W的白炽灯相当。假设每户家庭有3只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替换，试估算重庆主城都市区一年节省的电能接近(假设灯一天工作4ℎ，重庆主城都市区有五百万户家庭)(

)A.1×109kW⋅ℎ B.1×105.如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是(

)

A.当n1=n2时，电流为零

B.当n1>n2时，电流方向从A→B，电流为I=(n1−n2)et

C.6.如图所示，磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中，有一长为L的轻质半圆金属导线，通有从O到O′的恒定电流I。现金属导线绕水平轴OO′由水平第一次转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是(

)A.转动过程中，安培力的方向不断变化 B.转动过程中，安培力大小不断变化

C.初始位置时，安培力大小为0 D.转过30°时，安培力大小为2BLI7.随着人工智能的发展，机器人用于生产生活中的场景越来越普遍。如图为某款配送机器人内部电路结构简化图，正常工作时电源输出电压为35V，输出电流为4A，内阻不可忽略。整机净重30kg，在某次配送服务时载重20kg，匀速行驶速度为1.2m/s，行驶过程中受到的阻力大小为总重力的0.2倍。不计电动机的摩擦损耗，g=10m/s2，则下列说法正确的是(

)A.正常工作时电源的总功率为140W B.匀速运行时的机械功率为140W

C.该电动机的线圈电阻为1.5Ω D.该机器人内部热功率为20W8.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1，上下底面的中心为O和O1A.B点与B1点的电场强度大小相等、方向相同

B.B点与D点的电场强度大小相等、方向相同

C.平面BDD1B1是一个等势面

D.9.如图所示的电路中，R是光敏电阻，其电阻阻值随光照强度增大而减小。当外界的光照强度减弱时，下列说法正确的是(

)A.灯泡亮度变暗

B.电压表的示数减小

C.电源的总功率增大

D.电源内阻的发热功率减小10.如图所示，图一为直线加速器，它由多个横截面积相同的金属圆筒共轴依次排列，圆筒长度按照一定的规律依次增加。被加速的带电粒子每次通过圆筒间隙都被加速，且通过圆筒间隙的时间可以忽略不计；图二为回旋加速器，D1、D2为两个中空的D形金属盒，处于竖直向下的匀强磁场B中。被加速的带电粒子通过D形盒间隙的时间可以忽略不计。两个加速器中所接交流电源的电压大小均保持恒定不变。下列说法正确的是(

)

A.直线加速器中的金属圆筒起到了屏蔽的作用，带电粒子在圆筒中做匀速直线运动

B.回旋加速器中的电场起加速作用，因此粒子获得的最大速度由电场决定

C.只增加交流电压值U，回旋加速器仍可正常工作，且能减小带电粒子在加速器中的运动时间

D.直线加速器中，带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放，则之后依次通过1、2、3圆筒的圆筒长度之比为1：2：311.某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有0、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d=0.1m，以O点为坐标原点，沿电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，E0=2V/m。一个带电量为1C的正电粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是(

)A.粒子从O到A做匀加速直线运动

B.若O点的电势为零，则A点的电势为−0.1V

C.粒子运动到B点时动能为0.3J

D.粒子在OA段电势能减少量等于BC段电势能减少量12.如图为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：粒子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。加速电场的加速电压为U；静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小相等；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由粒子源发出一个质量为m的带电粒子b(粒子的初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器(进入收集器时速度方向与O2P平行)，O2Q的距离为dA.磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外

B.静电分析器中心线处的电场强度E=2Ud

C.不同种类的带电粒子，通过静电分析器的时间相同

D.与带电粒子二、非选择题（共52分）13.某中学校高二年级学生在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。单刀双掷开关S先跟1相接，一段时间电路稳定后把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况，以开关改接2为计时起点得到的I−t图像如图乙所示。

(1)开关S改接2后，电容器进行的是______(选填“充电”或“放电”)过程；

(2)上述过程中，通过电阻R的电荷量约为______C(结果保留两位有效数字)。

14.某兴趣小组想测量一节干电池的电动势和内阻。

(1)某同学想用多用电表粗测干电池的电动势和内阻，下列说法正确的是______。

A.多用电表可以粗测电动势，也可以粗测内阻

B.多用电表可以粗测电动势，不可以粗测内阻

C.多用电表可以粗测内阻，不可以粗测电动势

D.多用电表既不可粗测电动势，也不可粗测内阻

(2)其他同学从实验室找来了以下器材：

A.量程0～3V的电压表

B.量程0～0.6A的电流表

C.滑动变阻器R1(0～10Ω)

D.开关、导线若干

按图甲正确连接好电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应打到最______端(填“左”或“右”)。

(3)另一同学提出一种可以准确测量干电池电动势和内阻的方案：

①按如图乙连接电路。闭合开关S1，先将开关S2接在a、b中的某一端，调节滑动变阻器R的阻值。根据多组电压表和电流表的示数，作出U−I图线，得到如图丙中的图线1；

②保持开关S1闭合，再将开关S2接在另一端，重复①中操作，得到图丙中的图线2。

可知图线2对应于S2接在______(选填“a”或“b”)端；

③已知图线1在U轴和I轴的截距分别为U1和I1，图线2在U轴和15.如图所示，某兴趣小组利用实验室仪器再现密立根油滴实验。实验中调节两极板电压为U时，观测到一质量为m、带负电的油滴悬浮静止在电场之中，已知极板间距离为d，重力加速度为g。求：

(1)求该油滴的带电量q；

(2)若将两极板电压调节为原来的2倍，求该油滴的加速度大小。16.如图所示，水平导轨间距L=1m；导体棒ab的质量m=1kg，与导轨保持良好接触并与导轨垂直，细线绕过定滑轮，一端悬挂重物，另一端与导体棒相连；电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，定值电阻R=4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，方向水平向左；导体棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，导轨与导体棒的电阻不计，细线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2，导体棒ab处于静止状态。求：

(1)导体棒ab受到的安培力大小；

(2)重物重力G的最大值。17.如图所示，某种带电粒子源源不断地由静止经电压为U0的加速电场加速后，沿水平放置的平行板电容器的中轴线进入，第1个粒子恰好打在MN板的中点且被板吸收(图中未画出)。平行板电容器的电容为C，上极板接地，极板板长为板间距的3倍，打在板上粒子的电量能被MN板全部吸收，不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：

(1)第一个粒子进入电容器时电容器的板间电压U；

(2)随着MN板不断吸收打在板上的带电粒子，直至某一粒子射入电容器后恰好能从极板右端飞出，如图所示，求电容器的电量变化量ΔQ。18.如图所示，真空中某平面内的xOy坐标系，在x<0区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的粒子从点A(0,L)垂直于y轴以速度v0射入第三象限，之后从点C穿过y轴射入第一象限，并从点D穿过x轴进入第四象限。已知x<0区域内的磁感应强度大小为mv0qL，第一象限内的电场强度大小为mv022qL，不考虑粒子的重力。

(1)求C点到O点的距离；

(2)求D点到O点的距离以及粒子经过D点时的速度；

(3)若粒子经过D点后立即进入一个矩形匀强电场区域，在该电场的作用下可以返回A点并沿固定路线做周期性运动，请确定该电场存在的最小区域的面积及场强的大小和方向

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：既有大小又有方向，并且合成与分解时遵守平行四边形定则的物理量为矢量，

A、磁通量为标量，单位Wb，故A错误；

B、电场强度为矢量，单位V/m，故B正确；

C、磁感应强度为矢量，单位T，故C错误；

D、电势差为标量，单位V，故D错误；

故选：B。

既有大小又有方向，并且合成与分解时遵守平行四边形定则的物理量为矢量。

本题考查矢量和力学单位制，解题关键是知道既有大小又有方向，并且合成与分解时遵守平行四边形定则的物理量为矢量。2.【答案】C

【解析】解：根据题意可知，若小球P能保持静止，则小球M、N对P的作用力等大反向，由同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥可知，由于小球M、N带异种电荷，无论P带何种电荷，小球M、N对P的作用力方向都相反，设小球P的带电量为q，由库仑定律可得kqq1MP2=kqq2NP2，由图可知MP>NP，则q1>q2，故ABD错误，C正确。3.【答案】C

【解析】解：A.电容与电源相连，电容的电压等于电源的电动势，不变，故A错误；

BCD.根据c=erS4πd可知，向下按键的过程中，两金属片间的距离减小，电容器的电容增大。根据Q=CU可知，电压不变，电容增大，电容器的电量增多，电容器充电，电流方向从b到a，故C正确，BD错误。

故选：C。

电容器与电源相连，电压U不变，根据电容的决定式C=εrS4.【答案】A

【解析】解：每只灯泡节省的电功率为ΔP=60W−10W=50W=0.05kW

都市区家庭的总灯泡个数为n=3×500×104个=1.5×107个

一年节省的总电能为W=365×4×1.5×107×0.05kW⋅ℎ=1×109kW⋅ℎ，故5.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查电流的计算和对电流方向的认识，基础题目。

根据电流的定义式直接得出流过容器的电流，结合电流方向的规定得出电流的方向即可判断。

【解答】由题意可知，流过容器截面上的电量q=(n1+n2)e，则电流I=(n2+n1)e6.【答案】D

【解析】解：A、由左手定则可知，在转动过程中，安培力的方向不发生变化，故A错误；

BCD、转动过程中，因为导线的有效长度不变，所以安培力大小不变，其有效长度为：L=12⋅2π(l2)

解得：l=2Lπ

受到的安培力大小为：F=BIl=2BIlπ

故BC错误，D正确。7.【答案】CD

【解析】解：A、电源的总功率为P=EI，因为不知道电源的电动势，所以电源的总功率无法计算，故A错误；

B、机器人受到的摩擦力为f=0.2×(30+20)×10N=100N，所以机器人匀速行走时产生的牵引力F=f，则匀速行驶时机器人的机械功率为P机=Fv=100×1.2W=120W，故B错误；

CD、机器人消耗的电功率为P电=UI=35×4W=140W，所以机器人的发热功率为P热=P电−P机=140W−120W=20W，根据P热=I2r可得机器人的线圈电阻为r=1.25Ω，故CD8.【答案】D

【解析】解：AB、根据电场的矢量叠加可知B点与B1点或B点与D点的电场强度大小相等、方向不同，故AB错误；

C、D点更靠近正电荷，B1点更靠近负电荷，则D点电势高于B1点电势，所以平面BDD1B1不是一个等势面，故C错误；

D、O点靠近正电荷，O1点靠近负电荷，则O点电势高于O1点电势，将一正试探电荷由O点移动到O1点，其电势能减小，故9.【答案】AD

【解析】解：A.当外界的光照强度减弱时，R的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，灯泡L变暗，故A正确；

B.根据

U=E−Ir

可知电源路端电压增大，所以电压表的示数增大，故B错误；

C.根据

P=EI

可知电源的总功率减小，故C错误；

D.根据

P=I2r

可知电源内阻的发热功率减小，故D正确。

故选：AD。

当外界的光照强度减弱时，光敏电阻R的阻值会增大，电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化，分析灯泡亮度的变化。判断路端电压的变化，确定电压表示数的变化。由P=EI分析电源总功率的变化。由P=10.【答案】AC

【解析】解：A.金属圆筒起到屏蔽作用，带电粒子在直筒中做匀速直线运动，故A正确；

B.由qvB=mv2r可得r=mvqB，因此粒子获得的最大速度与电场无关，故B错误；

C.由动能定理有：qU=12mv2，解得v=2qUm，又r=mvqB，可知，电压增大，v增大，半径r增大，故回旋次数减少，回旋周期不变，故时间减小，故C正确；

D.带电粒子每次通过圆筒间隙都被加速，而交流电源周期不变，故粒子通过每个圆筒的时间相等，由动能定理有：qU=12mv2，解得v=11.【答案】BC

【解析】解：A.粒子从O到A运动时，电场强度不断增大，所受电场力也不断增大，所以加速度增大，做变加速直线运动，故A错误；

B.E−x图象与坐标轴围成的面积代表电势的变化，沿着电场线，电势逐渐降低，若O点的电势为零，则A点的电势为φA=−12E0d=−12×2×0.1V=−0.1V，故B正确；

C.根据动能定理可知12qE0d+qE0d=EkB−0，解得EkB=3qE0d2=3×1×0.212.【答案】ABD

【解析】解：A.从粒子在静电分析器中的运动可以分析出粒子带正电，进入磁场后最终要运动到收集器中，所以在P点受力向下，根据左手定则，可判断出磁场的方向为垂直纸面向外，故A正确；

B.静电分析其中，电场力提供向心力，有

Eq=mv2R

在加速电场中，根据动能定理，有

Uq=12mv2

联立，解得

E=2Ud

故B正确；

C.静电分析器中，运动周期为

T=2πRv=2πRm2qU

粒子通过静电分析器的时间为

t=T4=12πRm2qU

由于不同的粒子，比荷不同，所以通过静电分析器的时间不同，故C错误；

D.能进入收集器中的粒子，在磁场中洛伦兹力提供向心力，有

Bvq=mv2r

解得

r=mvqB

13.【答案】放电

3.1×10【解析】解：(1)单刀双掷开关S先跟1相接，此时电容器与电源连接，电容器处于充电状态，之后一段时间电路稳定后把开关再改接2，电容器处于放电状态；

(2)[2]根据电流的定义式

I=qt

可知，I−t的曲线与坐标轴所围成的总面积表示电容器极板所带电荷量，根据图乙可知，不足半格的舍去，超过半格算一格，电容器极板所带电荷量为

Q=39×0.2×10−3×0.4C≈3.1×10−3C

故答案为：(1)放电；(2)3.1×10−314.【答案】B

右

b

U1【解析】解：(1)多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故ACD错误，B正确。

故选：B。

(2)为了防止电流过大，从而保护电路，在闭合开关前，滑动变阻器阻值应调至最大，结合图甲可知滑片应打到最右端。

(3)②闭合开关S1，将开关S2接在a点时，电流表相对于电源内接，误差来源于电流表分压，所测的内阻为电源内阻和电流表内阻之和，电源内阻的测量值偏大，所测电动势准确，内阻的误差较大，与图线1对应；开关S2接在b点时，电流表相对于电源外接，误差来源于电压表分流，所测电源内阻和电动势都偏小，内阻的误差较小，与图线2对应；

③闭合开关S1将开关S2接在a点时，有

E=U+I(r+rA)

可得

U=E−I(r+RA)

当I=0时

U1=E

U−I图像的斜率

k=(r+RA)>r

闭合开关S1，将开关S2；接在b点时，有

U=E−Ir

当U=0时

E=I2r

可得该干电池的内阻的准确值为

r=EI2=U115.【答案】解(1)质量为m，电量为q的带负电油滴悬浮静止在电场之中，则有重力等于电场力，即mg=E1q

两极板间的电场强度大小为E1=Ud

所以油滴的带电量为q=mgdU

(2)若将两极板电压调节为原来的2倍，即板间的电场强度为E2=2Ud

由牛顿第二定律有E2q−mg=ma

解得a=g

【解析】(1)根据平衡条件求解电荷量；

(2)根据电势差与电场强度的关系求解两板间的场强，再根据牛顿第二定律求解该油滴的加速度。

本题考查静电场中电场强度的和电势差的关系，要求学生熟练掌握静电场中应用牛顿第二定律进行分析计算。16.【答案】解：(1)通过ab的电流为：I=ER+r=104+1A=2A，金属棒ab受到安培力的大小为：F=BIL=0.5×2×1N=1N，根据左手定则可知安培力方向竖直向下；

(2)金属棒受重力mg，安培力F，支持力N，摩擦力f。当导体棒受摩擦力等于最大静摩擦力时，G最大，根据共点力平衡可的：G=f，N=F+mg，又f=μN，解得：G=μN=μ(F+mg)=0.5×(1+1×10)N=5.5N。

答：(1)导体棒ab受到的安培力大小为1N；

(2)【解析】根据闭合电路欧姆定律得到回路中电流，根据F=BIL(B与I垂直)求解安培力；对金属棒受力分析，根据共点力平衡列式求解重物重力G的最大值。

本题主要考查安培力中的平衡问题，根据闭合电路欧姆定律和共点力平衡条件解答。17.【答案】解：(1)设板间距离为d，粒子在加速电场加速，根据动能定理有

qU0=12mv2

粒子在MN板中做类平抛运动，水平方向有

L1=vt1=1.5d

竖直方向有

d2=12a1t12

加速度为

a1=qUmd

初始时充电电容器的板间电压为

U=89U0

(2)某一粒子射入电容器后恰好能打在MN板的N【解析】(1)根据类平抛运动规律解得初始时充电电容器的板间电压；

(2)某一粒子射入电容器后恰好能从极板右端飞出，根据类平抛运动规律结合电容的定义式解答。

本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握类平抛运动的运动规律，可利用电容定义式求电荷量。18.【答案】解：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，其洛伦兹力提供向心