重庆市铁路中学2023-2024学年高二上学期期中物理 Word版含解析.docx

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重庆市铁路中学高2025届半期测试（二上）物理试题（考试时间75分钟，满分100分）第I卷选择题一、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.关于元电荷、电荷与电荷守恒定律，下列说法正确的是（　　）A.元电荷是指电子，电量等于电子的电量，体积很小的带电体是指点电荷B.利用静电感应可使任何物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等C.单个物体所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换D.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的【答案】D【解析】【详解】A．元电荷的电量等于电子的电量，但不是电子，元电荷是带电量的最小单元，没有电性之说，当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，故体积很小的带电体未必就是点电荷，故A错误；B．静电感应不能使绝缘体带电，电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故B错误；C．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，故C错误；D．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，这是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因，故D正确。故选D。2.某科研所研制出了一种新型金属材料，具有特殊的物理和化学性质，具有广阔的市场前景。如图所示，由该材料制成的一个立方体的边长为c，其前后两表面之间的电阻值为R1。现用该材料制成一边长为的立方体，其前后两表面之间的电阻值为R2，则R1：R2为（　　）A.1：125B.1：5C.5：1D.25：1 【答案】B【解析】详解】根据电阻定律可知则有故选B。3.如图所示的实线为方向未知的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则下列说法正确的是（　　）A.静电力对a做正功，对b做负功B.a一定带正电，b一定带负电C.a的速度将变小，b的速度将变大D.a的加速度在减小，b的加速度在增大【答案】D【解析】【详解】AB．根据题意可知，静电力方向沿电场线指向轨迹凹侧，又有正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同，负电荷相反，但不知道电场线方向，则无法判断粒子电性，a、b粒子速度方向与a、b粒子所受静电力方向的夹角均为锐角，电场力做正功，故AB错误；C．电场力对a、b做正功，两个粒子动能均增大，电势能均减小，故C错误；D．电场线疏密表示场强大小，结合公式可知，a受到的电场力在减小，加速度在减小，b受到的电场力在增大，加速度在增大，故D正确。故选D。 4.如图所示，不带电的金属棒AB长为L，O为AB的中点，在距离A点为R的C点处放一带电量为Q的正点电荷，C与AB在一条直线上，如图所示，设无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）A.金属棒上A点的电势高于B点的电势B.O点的电场强度为零，电势也为零C.金属棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为D.若将A端接地，金属棒将不带电【答案】C【解析】【详解】A．金属棒达到静电平衡，整个金属棒是一个等势体，则金属棒上A点的电势等于B点的电势，故A错误；B．金属棒达到静电平衡，棒内各点的场强为零，则O点的电场强度为0，但电势不为零，故B错误；C．金属棒内各点的场强为零，棒上感应电荷在棒内中点O产生的场强大小与点电荷+Q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，则感应电荷在O点产生的电场强度大小为故C正确；D．若将A端接地，大地上的电子跑到金属棒将正电荷中和，所以金属棒将带上负电荷，故D错误。故选C。5.如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（　　）A.M点的电势比P点的电势高 B.OM间的电势差等于NO间的电势差C.一正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能D.将一负电荷由M点移到P点，电场力做负功【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到P点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；B．根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；C．O点电势高于Q点，根据Ep=φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C正确；D．M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D错误。故选C。6.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点。它们是一个四边形的四个顶点，，，，电场线与四边形所在平面平行。已知a点电势为18V，b点电势为22V，d点电势为6V。则下列说法正确的是（　　）A.匀强电场的场强大小为B.场强方向由a指向cC.场强的方向由d指向bD.c点电势为14V【答案】D【解析】【详解】因可得 连接bd，则中点o的电势为14V，则co连线为等势面，场强方向由b指向d，场强大小为故选D。7.如图，空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小为。两块间距为3d的足够大平行金属板P、Q竖直置于电场中，两板内侧均匀涂有荧光物质。Q板上某处有一粒子源O，可以向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的带电粒子，粒子撞击到荧光物质会使其发出荧光。不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）A.初速度方向与竖直方向成60°角的粒子打在Q板上最远处B.带电粒子在电场中运动的时间均小于C.P板上的发光面积为12πd2D.Q板上的发光面积为12πd2【答案】C【解析】【详解】A．粒子的加速度为 设打在板上最远处的粒子初速度与水平方向的夹角为，则，竖直位移为可知当时竖直位移最大，故初速度方向与竖直方向成60°角的粒子不能打在Q板上最远处，故A错误；C．设到达P板时水平分速度恰好减为零的粒子初速度方向与竖直方向的夹角为，根据动力学公式有解得竖直位移为P板上的发光面积为故C正确；B．根据上述分析，可知的粒子恰好打不到P板。粒子在电场中运动时间最长，为故B错误；D．抛射角45°的粒子运动时间竖直方向最大射程为故Q板发光面积 故D错误。故选C。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，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接为移动设备充电的储能装置。充电宝的转换率是指充电宝放电总量占充电宝容量的比值，一般在0.6～0.7。某一款移动充电宝的参数见下表。下列说法正确的是（　　）容量兼容性所有智能手机边充边放否保护电器是输入2AMAX输出DC5V尺寸转换率0.6产品名称xxx重量约430gA.容量单位（mA·h）是电荷量单位B.该充电宝最多能储存的能量为3.6×105JC.该充电宝电荷量从零到完全充满所用时间约为2hD.用该充满电的充电宝给电荷量为零、容量为3000mA·h的手机充电，理论上能充满4次【答案】ABD【解析】【详解】A．容量单位（mA·h）是指电流单位与时间单位的乘积，根据可知（mA·h）为电荷量单位，故A正确；B．该充电宝的容量为电压为5V，所以充电宝最多能储存的能量 故B正确；C．以2A的电流充电，充电宝电量从零到完全充满所用时间故C错误；D．由于充电宝的转换率是0.60，所以放电总量为给电量为零、容量为3000mAh的手机充电的次数次故D正确。故选ABD。9.两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m的带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中（　　）A.如果保持连接电源，两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流a从流向bB.如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动C.如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势减小D.如果断开电源，两板间接静电计，A板上移，静电计指针张角变大【答案】AD【解析】【详解】A．根据可知两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电容器的电容减小，根据保持连接电源，可知电容器的带电量减少，电流计中电流a从流向b，故A正确；B．根据 可知将A板上移，电容器内电场强度减小，油滴受到电场力减小，小于重力，油滴将向下加速运动，故B错误；C．根据可知断开电源，A板上移，电场强度不变，油滴静止不动，油滴距B板的距离不变，可知油滴与B板的电势差不变，B板接地，故油滴处电势不变，故C错误；D．根据可知断开电源，两板间接静电计，A板上移，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针张角变大，故D正确。故选AD。10.如图所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　）A.质子在各圆筒中做匀加速直线运动B.加速器筒长和加速电压不变，若要加速荷质比更大的粒子，则要调小交变电压的周期C.各金属筒的长度之比为D.质子进入第n个圆筒时的瞬时速度为【答案】BC【解析】 【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；C．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，则第n个圆筒长度所以各金属筒的长度之比为，故C正确；B．由C选项的分析可知，保持和不变，荷质比增大，则T必须减小，故B正确；D．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理解得故D错误故选BC。第II卷非选择题三、实验题：本大题共2个小题，共16分。11.某同学在做“练习使用多用电表”的实验：（1）当多用电表做电压表使用时，首先应调节指针定位螺丝，使多用电表指针指向左侧零刻度，然后将选择开关旋转到直流电压挡，将红表笔与电源___________（填“正”或“负”）极相连，黑表笔与电源另一极相连。（2）用多用电表的欧姆挡测量电阻的阻值时，若发现选用“”挡时指针偏角过小，则应换用___________（填“”或“”）挡；重新欧姆调零后，多用电表指针示数如图所示，则待测电阻的阻值约为___________。（3）测量完毕，将选择开关旋转到OFF位置。 【答案】①.正②.“”③.1300【解析】【详解】（1）[1]测直流电压时，红表笔与电源正极相连。（2）[2][3]指针偏角过小，说明倍率较低，则应换用“”挡。如图，待测电阻的阻值约为12.在“测量金属丝的电阻率”实验中，金属丝的电阻约为5Ω。(1)用螺旋测微器测量金属丝直径d，示数如图所示，d=________mm；(2)实验中提供的器材有开关、若干导线及下列器材：电压表V1（量程0~3V，内阻约3kΩ）；电压表V2（量程0~15V，内阻约15kΩ）电流表A1（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）；电流表A2（量程0~3A内阻约0.2Ω）滑动变阻器0~5Ω电源（电动势为3V，内阻很小）甲同学为了使金属丝两端电压调节范围更大，并使测量结果尽量准确，应选用下图所示的哪个电路进行实验________；A.B.C.D.(3)实验时电压表应选________，电流表应选________；（选填“V1、V2、A1、A2”） (4)乙同学利用如下图所示的电路进行实验时，向左移动滑片，滑动变阻器两端的电压U和流过它的电流I均发生变化，设变化量分别为ΔU、ΔI。请你判断此过程中的值________（选填“增大”、“减小”或者“不变”）。（不考虑温度对电阻的影响）【答案】①.0.184②.A③.V1④.A1⑤.不变【解析】【分析】【详解】(1)[1]用螺旋测微器测量金属丝直径为(3)[3]因为电源电动势为3V，所以电压表选择V1；[4]根据欧姆定律电流表选择A1；(2)[2]为了能从零开始调解电路，所以滑动变阻器采用分压接法；所以电流表采用外接法；综上所述，电路采用分压外接法。故选A。(4)[5]根据闭合电路欧姆定律解得此过程中的值不变。四、计算题：本大题共3个小题，共41 分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。13.如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B静止在图示位置，其左侧固定着另一个带电的小球A。已知B球的质量为，带电荷量为q，静止时细线与竖直方向的夹角，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中（A、B可视为质点，重力加速度大小为g，静电力常量为k，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。问：（1）小球A带何种电荷？（2）此时小球B受到的库仑力为多大？（3）若小球A所带电荷量为Q，A、B间的距离是多少？【答案】（1）正电；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由题图可知，两个小球相互排斥，可知小球带正电（2）对小球B受力分析，得解得（3）由库仑定律有解得14.如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子从粒子源无初速度地飘入电压为U的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板A、B的中线射入，并打到B板的中心。已知A、B两极板长为L，间距为d，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用。 （1）求带电粒子离开加速电场时的速度大小；（2）求A、B板间电场的电场强度大小；（3）若保持A、B两极板的电荷量不变，将B板下移适当距离，让同种带电粒子原样射入恰能射出电场，求B板下移的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设粒子离开加速电场时的速度为，由动能定理可得解得（2）设A、B板间电场的电场强度大小为，带电粒子在A、B板间电场中做类平抛运动，有，联立解得（3）若保持A、B两极板的电荷量不变，将B板下移适当距离，根据可知电场强度保持不变；让同种带电粒子原样射入恰能射出电场，则有解得 故板下移的距离为15.如图所示，为固定在竖直平面内的绝缘轨道，其中部分为倾角的倾斜轨道。部分是圆心为O、半径为R的四分之三圆弧轨道（两部分轨道相切于B点），C为圆弧轨道的最低点，空间存在方向水平向右的匀强电场，使质量为m、电荷量为q的带正电小滑块（视为质点）静止在斜面上到B点距离为的A点。现将滑块由静止释放、结果滑块经过D点后，落在斜面轨道上的F点（图中未画出）。匀强电场的电场强度大小为（g为重力加速度大小），不计一切摩擦及空气阻力。求：（1）滑块经过C点时对轨道的压力大小N；（2）滑块沿圆弧轨道运动过程中的最大速度；（3）B、F两点间的距离x。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）滑块从A点到C点，根据动能定理有解得在C点，根据牛顿第二定律有解得 根据牛顿第三定律可得滑块经过C点时对轨道的压力大小；（2）将滑块受到重力和电场力合成一个力，等效成一个新的“重力”，其大小为设其与水平方向的夹角为，则有解得即滑块沿圆弧轨道运动过程中的最大速度的位置是图中的M点，如图所示从C点到M点，根据动能定理有解得（3）根据对称性原理，可知D点为等效的最高点，从C点到D点，根据动能定理有解得粒子从D到F点做类平抛运动，沿半径方向做匀加速直线运动，垂直半径方向做匀速直线运动，根据几何关系可知，垂直半径方向的位移为R，则有沿半径方向，根据牛顿第二定律有则沿半径方向位移为 解得故B、F两点间的距离