重庆市铁路中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析）

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