重慶市2023_2024學年高二物理上學期中期學習能力摸底試題含解析

這是一份重慶市2023_2024學年高二物理上學期中期學習能力摸底試題含解析，共24頁。試卷主要包含了 下列說法正確的是，32A等內容，歡迎下載使用。
A. 電場強度公式表明，若q減半，則該處的電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍
B. 元電荷就是電子、其電量等于電子的電量，點電荷是指體積很小的帶電體
C. 電容的定義式表明，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比
D. 電動勢在數值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內從負極移到正極所做的功
【答案】D
【解析】
【詳解】A．只是電場強度的定義式，電場強度由電場本身決定，與試探電荷的電荷量無關，若q減半，則該處的電場強度不變，故A錯誤；
B．元電荷等于電子的電荷量，元電荷不是電子，當帶電體的大小和形狀在研究的問題中可以忽略不計時，帶電體可以看成點電荷，點電荷不一定是體積很小的帶電體，故B錯誤；
C．只是電容的定義式，電容由電容器自身決定，與其所帶電荷量和兩極板間的電壓均無關，故C錯誤；
D．電動勢在數值上等于非靜電力把1C正電荷在電源內從負極移到正極所做的功，故D正確。
故選D。
2. 如圖所示裝置中，當接通電源后，小磁針A的指向如圖所示，則（ ）
A. 電源左側為正極
B. 小磁針B的N極向紙里轉
C. 小磁針B會不斷的轉動
D小磁針B不轉動
【答案】A
【解析】
【詳解】A．根據圖像可知通電螺線管的左邊為S極，根據右手螺旋定則可知電路中有順時針方向的電流，所以電源的左端為正極，故A正確；
BCD．小磁針B在電流產生的磁場中，根據右手螺旋定則可知小磁針B的N極向外轉動，故BCD錯誤。
故選A。
3. 靜電場聚焦在電子顯微鏡中起著重要的作用，如圖所示為某電子顯微鏡內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線。兩電子分別從a、b兩點運動到c點，則（ ）
A. 沿bc方向直線射入的電子一定做勻速直線運動
B. a、b、c三點的電勢高低關系為
C. a、b、c三點的電場強度大小關系為
D. 沿cba路徑移動質子與電子，它們的電勢能變化相同
【答案】C
【解析】
【詳解】A．直線bc為電場線，沿bc方向直線射入的電子受到的電場力向右，電場強度先增大后減??；加速度為
故電子做變加速直線運動，故A錯誤；
B．沿電場線電勢降低，a、b兩點在等勢面上，可知a、b、c三點的電勢高低關系為
故B錯誤；
C．電場線越密，電場強度越大，可知a、b、c三點的電場強度大小關系為
故C正確；
D．沿cba路徑移動質子與電子，初末位置的電勢差相等，質子的電場力做正功，電勢能減??；而電子的電場力做負功，電勢能增加，故它們的電勢能變化不同，故D錯誤。
故選C。
4. 如圖所示，兩段長度和材料相同、粗細均勻的金屬導線a、b，單位體積內的自由電子數相等，橫截面積之比為。已知5s內有5×1018個自由電子通過導線a的橫截面，已知電子電荷量為，則（ ）
A. 自由電子在導線a和b中移動的速率之比va：vb=2∶1
B. 流經導線b的電流為0.32A
C. 5s內有1×1019個自由電子通過導線b的橫截面
D. a、b兩端電壓之比為1：1
【答案】A
【解析】
【詳解】A．根據
兩部分的電流相等，則自由電子在導線a和b中移動的速率之比
va：vb=2∶1
選項A正確；
B．流經導線b的電流等于流經a導線的電流，則
選項B錯誤；
C．兩部分的電流相等，則流經兩部分的自由電子數相等，即5s內有5×1018個自由電子通過導線b的橫截面，選項C錯誤；
D．根據
可知兩部分電阻之比為2:1，則根據
U=IR
可知，a、b兩端電壓之比為2：1，選項D錯誤。
故選A。
5. 如圖所示，正方形ABCD處在一個勻強電場中，邊長為，電場線與正方形所在平面平行。已知A、B、C三點的電勢依次為，，。則下列說法中正確的是（ ）
A. D點的電勢B. D點的電勢
C. 電場線的方向與AC的連線垂直D. 勻強電場的電場強度大小為200V/m
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．勻強電場中同一方向上相同距離的兩點間電勢差絕對值相等，所以
解得
故A錯誤，B錯誤；
CD．由于B、D兩點電勢相等，即BD連線為等勢線，根據電場線與等勢線垂直，所以電場線的方向與BD的連線垂直，且由高電勢指向低電勢，即電場線的方向為AC方向，大小為
故C錯誤，D正確。
故選D。
6. 兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負極上，這時質量為m的帶電油滴恰好靜止在兩極之間，選地面為零電勢參考面。如圖所示，在其它條件不變的情況下，那么在下列的過程中（ ）
A. 如果保持連接電源，兩極距離不變，非常緩慢地錯開一些，電流計中電流從b流向a
B. 如果保持連接電源，將A板上移，油滴將向上加速運動
C. 如果斷開電源，A板不動，B板下移，油滴的電勢能減小
D如果斷開電源，兩板間接靜電計，A板上移，靜電計指針張角減小
【答案】C
【解析】
【詳解】A．將兩極距離不變，非常緩慢地錯開一些，根據可知，電容減小。由可知，A極板上的電荷量減少，則電流計中電流從a流向b。故A錯誤；
B．如果保持連接電源，將A板上移，根據可知，電場強度減小，則合力向下，油滴將向下加速運動。故B錯誤；
C．如果斷開電源，B板下移，根據
可得
可知電場強度不變，則油滴靜止不動。B板接地，小球到B板的距離變大，根據可知電勢差變大，則油滴處電勢變大，又由于電荷帶負電，電勢能變小。故C正確；
D. 如果斷開電源，兩板間接靜電計，A板上移，根據可知，電場強度不變，則兩極板電勢差增大，因此靜電計指針張角變大。故D錯誤。
故選C。
7. 如圖所示，電路中E、r為電源的電動勢和內電阻，R1、、為定值電阻，電壓表和電流表均為理想電表。當滑動變阻器的滑片向a端移動時，則下列說法是正確的是（ ）
A. 電源的效率減小
B. 若電流表、電壓表的示數變化量分別為和，則
C. 電流表 A的示數變小，電壓表V的示數變小
D. 電源的輸出功率一定先增大后減小
【答案】B
【解析】
【詳解】C．由圖可知，與滑動變阻器串聯后與并聯，再與串連接在電源兩端；電容器與并聯；當滑片向端移動時，滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流減??；路端電壓增大，同時兩端的電壓也減?。还什⒙摬糠值碾妷涸龃?；由歐姆定律可知流過的電流增大，故電流表的示數減小；電壓表的示數變大，故C錯誤；
A．由于路端電壓變大，根據
可知電源效率增大，故A錯誤；
B．根據電路可知
其中、減小，增大，則有
由于
則有
故B正確；
D．由于不知道電源內電阻與外電阻的大小關系，所以當滑動變阻器R4的滑片向b端滑動時，不能判斷電源輸出功率的變化情況，故D錯誤。
故選B。
8. 一條長為L的絕緣細線上端固定在O點，下端系一個質量為m帶電量為+q的小球，將它置于水平向右的勻強電場中，小球靜止時細線與豎直線的夾角成θ=37°。已知重力加速度為g，下列正確的是（ ）
A. 突然撤去電場的瞬間，繩子拉力變?yōu)?br>B. 如果改變電場強度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，電場強度最小為
C. 在A點給小球一個垂直于細線方向，大小至少為的速度，才能使小球能在豎直平面內做完整的圓周運動
D. 在A點給小球一個垂直于細線方向，大小至少為的速度，才能使小球能在豎直平面內做完整的圓周運動
【答案】C
【解析】
【詳解】A．突然撤去電場的瞬間，小球開始做圓周運動，由于初速度為零，沿繩方向滿足
故A錯誤；
B．如圖所示
當電場力與拉力T垂直時，電場力最小，場強最小，由平衡條件可得
解得電場強度最小值為
故B錯誤；
CD．如圖所示A為等效最低點，則與A關于圓心對稱點B為等效最高點，要使小球在豎直平面內做完整的圓周運動，只要能過B點即可，可得等效重力為
在B點滿足
從A到B由動能定理可得
聯立解得在A點的最小速度為
故C正確，D錯誤
故選C。
二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分。全部選對的得4分，選對但不全的得2分。有選錯的得0分）
9. 如圖所示為某靜電場中x軸上各點電勢分布圖，一個帶電粒子從坐標原點O由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸正向由處運動到處，則下列說法正確的是（ ）
A. 粒子一定帶負電B. 粒子運動在處速度最大
C. 粒子電勢能先增大再減小D. 粒子加速度先減小后增大
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．由于從坐標原點沿x軸正向電勢先升高后降低，因此電場方向先向左后向右；由于帶電粒子在坐標原點由靜止沿x軸正向運動，因此可知粒子帶負電，故A正確；
B．根據粒子受力方向可知，粒子從O到做加速運動，從向右做減速運動，因此粒子運動到坐標軸上處速度最大，故B錯誤；
C．由于電場力先做正功后做負功，故電勢能先減小后增大，故C錯誤；
D．由電場強度與電勢差關系可知
由斜率可知，坐標軸上從到處，電場強度一直減??；從到處，電場強度在增大；又由于
可知，粒子的加速度先減小后增大，故D正確。
故選AD。
10. 如圖甲，移動滑動觸頭可以改變電源的路端電壓，在圖乙所示的圖像中，三條曲線1、2、3分別為電源消耗的功率、電源的內阻消耗的功率、電源的輸出功率與路端電壓的關系，則（ ）
A. 電源的電動勢為3VB. 電源的內阻為
C. 電源的最大輸出功率為D. 滑動變阻器的最大阻值為
【答案】ABC
【解析】
【詳解】AB．電源消耗的總功率為
由曲線1可知
，
聯立解得
，
故AB正確；
C．電源的輸出功率為
可知當外電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大，則有
故C正確；
D．圖像2、3可知，外電壓等于1.5V時，電源內阻消耗的功率和電源輸出功率相等，此時外電阻等于，外電阻越大，外電壓越大，可知滑動變阻器的最大阻值大于，故D錯誤。
故選ABC。
11. 如圖（a），長為4d、間距為d的平行金屬板水平放置，兩金屬板左邊中點O有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為、電荷量為、質量為m的粒子，金屬板右側距離為d處豎直放置一足夠大的熒光屏?，F在兩板間加圖（b）所示電壓，已知時刻射入的粒子恰好能從金屬板射出。不計粒子重力，則（ ）
A. 無論哪個時刻入射的粒子在金屬板間運動的時間相等
B. 無論哪個時刻入射的粒子恰能從金屬板右側中點出射
C. 無論哪個時刻入射的粒子從金屬板間出射時動能
D. 粒子打在右側熒光屏上的長度范圍為
【答案】AC
【解析】
【詳解】AB．已知時刻射入的粒子恰好能從金屬板射出，則有
作出不同時刻進入金屬板的粒子在電場方向速度與時間的圖像如下圖
由圖像可以看出，在時刻（n=0,1,2,3，…）進入金屬板的粒子會在電場方向上有最大位移，結合題目條件知最大位移為，其它時刻進入的粒子在電場方向位移都小于，所以不同時刻進入金屬板的粒子都能夠輸出金屬板，由水平方向勻速運動可知，粒子射出金屬板時間都相同，時間都為
故A正確，B錯誤；
C．由于粒子在電場中運動的時間都為，恰為電壓隨時間變化的周期，故粒子在電場中所受相反電場力作用時間相同，根據動量定理有
故粒子無論何時進入電場，出射時只剩水平速度v0，豎直方向的速度為0，故粒子從金屬板間出射時動能都為
故C正確；
D．由AC選項分析可知不同時刻出射的粒子出射的位置在兩金屬板右側上下邊緣之間，豎直方向最大位移大小都為，且出射時速度均水平向右，故粒子打在右側熒光屏上的長度范圍為d，故D錯誤。
故選AC。
12. 如圖甲所示一足夠長的絕緣豎直桿固定在地面上，帶電荷量為0.01C、質量為0.1kg的圓環(huán)套在桿上，整個裝置處于水平方向的電場中，電場強度E隨時間t變化的圖像如圖乙所示，環(huán)與桿間的動摩擦因數為0.5，時，環(huán)靜止釋放，環(huán)所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力，重力加速度g取。則（ ）
A. 0-6s的過程電場力做功為6JB. 0-6s內環(huán)的最大加速度為
C. t=6s時環(huán)的速度最大D. 0-6s內環(huán)的最大動能為20J
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．環(huán)在豎直方向運動，整個裝置處于水平方向的電場中，所受電場力為水平方向，故電場力不做功，故A錯誤；
C．由圖可得
開始時的最大靜摩擦力為
則環(huán)先靜止，再做加速運動，后再做減速運動，最后靜止不動，環(huán)速度最大時，有重力等于滑動摩擦力，則有
聯立解得
（時開始運動）
故C錯誤；
B．根據牛頓第二定律可得
整理得
（）
（）
圖像如圖所示
故內環(huán)的最大加速度為，故B正確；
D．由圖像的面積表示速度的變化量，則環(huán)的最大速度為
故內環(huán)的最大動能為
故D正確。
故選BD。
三、實驗題（本大題2個小題，共14分，解答時按要求把答案填在相應的位置）
13. 重慶市第十八中學高2025級某同學在實驗室找到一根粗細均勻金屬絲，想測量其電阻率。實驗過程如下：
（1）用游標為20分度的卡尺測量某圓柱型電阻長度如圖甲，其長度________，
用螺旋測微器測量其直徑如圖乙所示，由圖可知其直徑________。
（2）用多用電表粗測金屬絲的阻值（歐姆表的檔位為“×1k”、 “×100”、 “×10” 、“×1”），當選擇開關置于歐姆表的“×10”擋時，發(fā)現指針向右偏轉角度過大，幾乎接近滿偏，接著進行一系列正確的操作后，指針靜止時位置如圖丙所示，其讀數為__________。
（3）由于沒有電壓表，他把內阻為r1的電流表A1串聯電阻箱改裝成電壓表。他設計的實驗電路圖，如圖丁所示。正確連接電路后，閉合開關，調節(jié)滑動變阻器測得電流表A1、A2的值、，則他測出金屬絲的電阻率為_____________________________________（結果用含L、D、、、、r1的式子表示）
【答案】 ①. 50.25 ②. 1.400 ③. 6##6.0 ④.
【解析】
【詳解】（1）[1]20分度游標卡尺的精確值為，由圖甲可知圓柱型電阻長度為
[2]螺旋測微器的精確值為，由圖乙可知圓柱型電阻直徑為
（2）[3]用多用電表粗測金屬絲的阻值，當選擇開關置于歐姆表的“×10”擋時，發(fā)現指針向右偏轉角度過大，可知待測電阻阻值較小，應將選擇開關置于歐姆表的“×1”擋，進行一系列正確的操作后，指針靜止時位置如圖丙所示，則讀數為
（3）[4]由圖丁電路圖可得
又
，
聯立可得金屬絲的電阻率為
14. 某同學為了精確測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻，設計了如圖所示的電路。
實驗室為其提供的實驗器材如下：
①電壓表V（量程1.0V，內阻）
②定值電阻
③定值電阻
④電阻箱（0～99.9Ω）
⑤開關S和導線若干
回答下列問題：
（1）由于電壓表的量程較小，需將電壓表改裝成量程為2V的電壓表，需_________（填“串”或“并”）聯一定值電阻，該定值電阻應選擇_________；
（2）實驗時，將開關閉合，調節(jié)電阻箱的阻值，記錄多組電壓表的示數U以及對應的電阻箱的阻值R，然后根據記錄的數據描繪出的圖像，如圖乙所示，已知描繪圖像時忽略了電壓表的分流作用，若該圖像的縱截距為b，斜率為k，則電源的電動勢E＝_________，電源的內阻r＝_________；
（3）如果不能忽略電壓表的分流作用，則（2）中獲得的電源內阻的測量值_________（填“大于”“等于”或“小于”）真實值。
【答案】 ①. 串 ②. ③. ④. ⑤. 小于
【解析】
【詳解】（1）[1]由于電壓表的量程較小，需將電壓表改裝成量程為2V的電壓表，電阻需要分壓，所以要串聯一定值電阻。
[2] 電壓表改裝成量程為2V的電壓表，則
解得
故選。
（2）[3][4]根據閉合電路歐姆定律
整理得
結合數學知識可知
所以
（3）[5]測得的電源內阻應等于電壓表內阻RV與電阻R1之和再與電源內阻r并聯后的阻值，即
故測量值小于真實值。
四、計算題（本大題4個小題，共38分，解答時應寫出必要的文字說明、方程和重要演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)
15. 如圖所示，兩個帶電荷量均為+q的小球A和B，A球固定在O點的正下方L處，B球用長為L的細線懸掛在O點，靜止時，細線與豎直方向的夾角為60°，靜電力常量為k，求：
（1）細繩的拉力大?。?br>（2）O點處的電場強度的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）對B球受力分析，如圖所示
由圖可知，三個力之間的夾角均為，則有
則B球的質量為
細繩的拉力大小為
（2）根據點電荷電場強度的公式，小球A、B在O點產生的場強大小都是
根據平行四邊形定則得O點處的電場強度的大小為
16. 如圖所示，在豎直平面內，邊長為的正方形區(qū)域有豎直向上的勻強電場（圖中未畫出），邊水平。在其左側豎直放置一平行板電容器，兩板間加一恒定電壓，某時刻一帶電粒子P從板附近由靜止經電場加速從板小孔（大小可忽略）射出，經A點沿方向射入正方形電場區(qū)域恰好能從點飛出。已知粒子質量為、電荷量為，不計粒子重力。求：
（1）粒子P剛進入正方形區(qū)域時的瞬時速度的大小；
（2）正方形區(qū)域的電場強度的大??；
（3）若當粒子P剛進入正方形區(qū)域時，邊上的某點同時水平向左發(fā)射另一帶負電的粒子Q，兩粒子質量、電荷量大小均相同，粒子Q的發(fā)射速率為此時刻粒子P速率的3倍，若保證兩粒子能夠在正方形區(qū)域中相遇，求粒子Q發(fā)射時的位置到點的距離（不計粒子的相互作用）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）粒子在兩板間做初速度為零的勻加速直線運動，根據動能定理，有
解得
故粒子P剛進入正方形區(qū)域時的瞬時速度的大小為。
（2）粒子進入正方形區(qū)域，水平方向有
豎直方向有
，
聯立解得
故正方形區(qū)域的電場強度的大小為。
（3）粒子P、Q能夠在正方形區(qū)域中相遇，水平方向上有
豎直方向上有
聯立可得
故粒子Q發(fā)射時的位置到B點的距離為。
17. 圖1所示的電路中，電源的圖像如圖3所示，燈泡的圖像如圖2所示，銘牌上標有“2.5V 0.4A”的電動機線圈電阻為。圖1所示電路中，開關S閉合后，電動機剛好正常工作。求：
（1）電源內阻；
（2）電動機正常工作時，小燈泡的電功率；
（3）若某時刻出現故障，電動機卡死不轉，電動機線圈的電功率為多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）根據閉合電路歐姆定律可得
根據圖3可得電源電動勢為
圖線斜率為
（2）在圖1電路中，電動機正常工作電流為0.4A，電動機兩端電壓為2.5V，電源內阻的電壓為
根據閉合電路歐姆定律
解得
所以燈泡的電功率為
（3）電動機卡死不轉，電動機線圈相當于一個純電阻，設此時燈泡電壓為，電流為，根據閉合電路歐姆定律可得
可得
在燈泡的圖線中作出對應的圖線，如圖所示
由圖中交點可知，通過燈泡的實際電流約為
所以流過電動機線圈電流也為，此時線圈上的電功率為
18. 如題圖所示，不帶電的絕緣長板A靜置于水平面上，絕緣長板A左端到固定豎直擋板的距離d=4m，帶正電且電荷量的物塊B（可視為質點）置于絕緣長板A右端，絕緣長板A上表面水平，整個裝置處于水平向左的勻強電場中，場強大小。已知A、B質量均為，A與水平面間動摩擦因數，A與B間動摩擦因數，最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，絕緣長板A與擋板間的碰撞為彈性碰撞，碰撞時間很短可不計，絕緣長板A足夠長，物塊B始終未離開絕緣長板A，重力加速度g取?，F將物塊B從靜止開始無初速度釋放，不計空氣阻力，求：
（1）絕緣長板A第一次與固定豎直擋板碰撞前瞬時速度大??；
（2）從物塊B靜止釋放開始，到絕緣長板A第二次與固定豎直擋板碰撞前瞬時，A、B相對位移大??；
（3）在物塊B全程運動過程中，電場力對物塊B所做的功。
【答案】（1）2m/s；（2）1.6m；（3）13.72J
【解析】
【詳解】（1）物體B受到電場力為
設AB視作一個整體，設整體的加速度為a，則對整體列牛頓第二定律
解得
則對B牛頓第二定律得
解得
而AB之間的最大靜摩擦力為
則假設成立，AB一起向左運動；
設絕緣長板A第一次與固定豎直擋板碰撞前瞬時速度v1，則有
解得
（2）設水平向左為正方向，設碰撞之后長板A的加速度為a1，物塊B的加速度為a2，則對長木板A列牛頓第二定律
解得
對物塊B列牛頓第二定律
解得
第一次碰撞之后，設時間t1后共速，速度為v2，相對位移，則有
解得
畫出AB兩個研究對象的v-t圖如圖所示
第一段相對位移，可以表示為
由上述公式
可知
所以
從物塊B靜止釋放開始，到絕緣長板A第二次與固定豎直擋板碰撞前瞬時，A、B相對位移大小1.6m
（3）對整個系統(tǒng)分析可以發(fā)現最終會靜止，經過分析發(fā)現B先前運動的分兩段，第一段就是前面的4m，第二段就相當于每次碰撞之后，到下次碰撞整這個過程向前走過的位移就是AB的相對位移。
由（2）中的v-t圖的分析發(fā)現
…
取第k次碰撞后到第k+1次碰撞前作為研究過程發(fā)現，碰撞第k次的速度為
到達下一次共速有
解得
又因為
共速之后，AB整體又會在電場力的作用下繼續(xù)向左勻加速直線運動，那么
解得
所以相對位移是一個等比數列，對其進行求和得到總的相對位移
當n取無窮大的時候
也就意味著B向前移動的位移