重庆市联考2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份重庆市联考2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年最新“航空规定”：容量不超过100W⋅h的充电宝可随身携带。其中“W⋅h”指的是( )
A. 能量B. 电量C. 电压D. 功率
2.基于人类早期对电磁规律的研究，现代社会生活中有许多电磁应用场景。下列说法正确的是( )
A. 磁场一定产生电场B. 电磁波不可以在真空中传播
C. 变化的磁场一定产生电场D. 麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在
3.下列关于磁场的说法，正确的是( )
A. 磁感线是客观存在的，磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向
B. 磁场中某点的磁感应强度大小，与放在该点的试探电流元的情况无关
C. 垂直放置在匀强磁场中的线圈面积减小时，穿过该线圈的磁通量增大
D. 两条距离较近的平行同向通电直导线相互排斥
4.某学生要将一电流表改装为电压表。已知该电流表的内阻Rg=30Ω，满偏电流Ig=1mA，要将该电流表改装成量程为0～1V的电压表，下列操作正确的是( )
A. 串联电阻970ΩB. 并联电阻970ΩC. 串联电阻397ΩD. 并联电阻397Ω
5.如图所示，一对平行金属板水平正对固定，板长为l，板间距为d。当两板间加有恒定电压U时，两板间充满竖直向下的匀强电场，忽略两极板以外的电场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从上极板左侧边缘以速度v0水平向右射入板间电场，能从两板间右侧飞出，且未与两极板碰撞。不计粒子重力，则v0的大小至少为( )
A. l2d qUmB. ld qUmC. ld qU2mD. 2ld qUm
6.如图所示，一带正电的小球置于某导体腔内，取无限远处电势为零。a点位于导体腔内，b点位于导体腔内壁上，c点位于导体腔内、外壁之间，d点位于导体腔外。在达到静电平衡时，a、b、c、d四点的电势关系为( )
A. φa>φb>φc>φdB. φa>φb>φc=φd
C. φa>φb>φd>φcD. φa>φb=φc>φd
7.运动的小球甲与静止的小球乙发生正碰，两小球除相互作用外，不受其他外力作用。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞时间极短可不计。则碰撞过程中，小球乙可能获得的最大冲量与最小冲量的比值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，一金属导轨闭合回路静置于垂直纸面向里的匀强磁场中。以下操作中，导体棒PQ始终与两导轨垂直并接触良好，要使电流计G的指针发生偏转，可能的情况是( )
A. 导体棒PQ向左运动
B. 导体棒PQ向右运动
C. 导体棒PQ向上运动
D. 导体棒PQ向下运动
9.如图所示，直流电源内阻为1Ω，定值电阻R=9Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω。将滑动变阻器的滑片P从正中间位置缓慢向M端滑动过程中，定值电阻R的电功率为P1，滑动变阻器的电功率为P2，则下列说法正确的是( )
A. P1增大B. P1减小C. P2增大D. P2减小
10.如图所示，△ABC为直角三角形，其中AB⊥BC，∠C=30°，AB=l。整个直角三角形处于某匀强电场中(图中未画出)，其电场方向与△ABC所在平面平行。若将一电荷量为q(q>0)的带电粒子(图中未画出)，从A点移动到B点，则电场力做功为W1；若将该粒子从A点移动到C点，则电场力做功为W2；若将该粒子从B点移动到C点，则电场力做功为W3。下列说法正确的是( )
A. W1=W2一定不成立
B. W1+W3=W2一定成立
C. 若W2=2W1>0，则该匀强电场的场强大小为2 3W13ql
D. 若W2=2W1>0，则该匀强电场的场强大小为2 3W23ql
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学习小组进行“观察电容器C的充、放电现象”实验。
①按图1连接好电路，其中直流电源的电动势E=6V；
②先将单刀双掷开关S与“1”相连，直流电源向电容器C充电(这个过程可以在瞬间完成)，然后再把开关S掷向“2”，电容器C通过定值电阻R放电；
③传感器(图中未画出)将电流计G的示数传入计算机，在计算机屏幕上显示出电流I随时间t变化的I-t图像，如图2所示。

(1)电容器C的放电过程与充电过程相比，流过电流计G的电流方向______(选填“相同”或“相反”)。
(2)由I-t图像可以估算，电容器C在整个放电过程中释放的电荷量约为______C(保留两位有效数字)。
(3)根据以上数据可以得出，电容器C的电容约为______F(保留两位有效数字)。
12.某同学利用如图1所示电路，来测量某直流电源的电动势和内阻。

(1)请用笔画线代替导线，将图2中的实物图连接起来。
(2)若某次实验时，电流表所选量程为0～0.6A，其示数如图3所示，则此时电流大小为______A。
(3)改变电阻箱接入电路的阻值R，多次实验，测出相应的电流I，作出1I-R图像如图4所示。则该直流电源的电动势E= ______，内阻r= ______。(均用a、b、c表示)
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.真空中有两个完全相同的均匀带电金属小球甲、乙，小球甲所带电荷量为+5Q，小球乙所带电荷量为-Q。甲、乙两小球相距d，两小球的大小均忽略不计，已知静电力常量为k。
(1)求甲、乙两小球之间的库仑力大小；
(2)若将甲、乙两小球充分接触后，再使它们相距3d，求甲、乙两小球之间连线上距甲球d处的场强大小。
14.如图所示电路中，直流电源电动势E=5V、内阻r=2Ω，四个定值电阻R1、R2、R3、R4阻值均为5Ω，电流表和电压表均为理想电表。闭合开关S且电路稳定后，求：
(1)电流表的示数I；
(2)电压表的示数U；
(3)该直流电源的效率。
15.如图所示，一半径为R的光滑圆形轨道固定在光滑水平面上，其圆心位于平面直角坐标系xOy的坐标原点O。小球A、B均位于轨道内侧，其中小球A静置于坐标(-R,0)处，小球B静置于坐标(0,-R)处。t=0时刻，给小球A一个沿-y方向的瞬时冲量I，两小球间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短可不计。已知小球A质量为m，小球B质量为35m，两小球均可视为质点，忽略空气阻力。求：
(1)两小球发生第1次碰撞后瞬时，小球A、B各自的速度；
(2)t=0到t=6πmRI时间段内，A、B两小球发生碰撞的次数；
(3)t=6πmRI时刻，小球A、B各自的位置坐标。
答案和解析
1.A
【解析】W是功率的单位，h是时间单位，根据W=Pt可知，W⋅h是能量的单位，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2.C
【解析】AC、根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场可产生磁场，变化的磁场可产生电场，均匀变化的电场可产生恒定的磁场，周期性变化的磁场可产生周期性变化的电场，恒定不变的电场(或磁场)不能产生磁场(或电场)，故A错误，C正确；
B、电磁波可以在真空中传播，不依赖于介质，故B错误；
D、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：C。
3.B
【解析】A、磁感线是人为引入的，用于形象地描述磁场的分布，它们并不是真实存在的物理实体。磁感线上某点的切线方向确实表示该点的磁场方向，但磁感线本身是虚拟的，故A错误；
B、磁场中某点的磁感应强度大小，是磁场本身的性质，与放置在该点的试探电流元的情况无关。磁感应强度的大小和方向由磁场源(如电流、磁体)决定，故B正确；
C、垂直放置在磁场中的线圈，根据磁通量的计算公式Φ=BS，其中B是磁感应强度，S是面积。当线圈面积减小时，若磁感应强度不变，磁通量会减小，故C错误；
D、根据安培定律，两条平行同向通电直导线之间会产生相互吸引的力，而不是相互排斥。这是因为两条导线中的电流方向相同，根据右手螺旋定则，它们产生的磁场方向在导线之间是相反的，从而产生吸引力，故D错误。
故选：B。
4.A
【解析】要把电流表改装为电压表，需要给电流表串联一个分压电阻，则需要串联的电阻大小为R=UIg-Rg=11×10-3Ω-30Ω=970Ω，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据串联电路电阻特点计算即可。
掌握串联电路电压、电流和电阻的特点是解题的基础。
5.C
【解析】粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，粒子的加速度大小为a=qUmd，粒子在电场中的运动时间为t，则水平方向有l=v0t，要让粒子飞出，在竖直方向上要满足d>12at2，联立解得v0>ld qU2m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
6.D
【解析】导体腔达到静电平衡时，导体腔是一个等势体，b点位于导体腔内壁上，c点位于导体腔内、外壁之间则φb=φc，导体腔内部电场线由正电荷位置出发指向导体腔内壁，外部电场线由导体腔外壁出发指向无穷远，由沿电场线方向电势逐渐降低知，φa>φb，φc>φd，则φa>φb=φc>φd，故D正确，ABC错误。
故选：D。
7.B
【解析】设小球甲与小球乙的质量分别为m1、m2，碰撞前小球甲的速度为v0。
当碰撞是弹性碰撞时，小球乙获得的冲量最大，设为Imax，设弹性碰撞后小球甲与小球乙的速度分别为v1、v2，以小球甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v2=2m1m1+m2v0
根据动量定理易知：Imax=m2v2=2m1m2m1+m2v0
当碰撞是完全非弹性碰撞时，小球乙获得的冲量最小，设为Imin，设碰撞后小球甲与小球乙的共同速度为v共，以小球甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v0=(m1+m2)v共
解得：v共=m1m1+m2v0
根据动量定理易知：Imin=m2v共=m1m2m1+m2v0
可得：ImaxImin=2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
8.AB
【解析】在闭合回路中，导体棒切割磁感线时会产生感应电流，故导体棒左右移动时会使电流计的指针发生偏转，导体棒上下移动时不会切割磁感线，故不能产生感应电流，故AB正确，CD错误；
故选：AB。
9.AD
【解析】AB、将滑动变阻器的滑片P从正中间位置缓慢向M端滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，R的电压增大，则定值电阻R的电功率P1增大，故A正确，B错误；
CD、滑片P在正中间位置时，外电路总电阻为R外=9×59+5Ω=4514Ω>1Ω，根据内外电阻相等时，电源的输出功率最大，可知将滑动变阻器的滑片P从正中间位置缓慢向M端滑动过程中，外电路总电阻增大，内外电阻的差值增大，电源的输出功率P出减小，结合P出=P1+P2，P1增大，可知P2减小，故C错误，D正确。
故选：AD。
10.BC
【解析】A.由W=qU可知，若B、C两点电势相等，则W1=W2，故A错误；
B.电场力做功与带电粒子运动轨迹无关，与初、末位置有关，则从A点移动到B点电场力的做功，加上从B点移动到C点电场力的做功，等于从A点移动到C点电场力的做功，即W1+W3=W2一定成立，故B正确；
CD.若W2=2W1>0，则由W=qU可知，UAC=2UAB>0，
设D为AC中点，
因为匀强电场中，沿相同方向移动相同距离，电势差相等，所以UAC=2UAD，
则：UAB=UAD，
则：φB=φD，
则直线BD为一条等势线，根据电场线与等势线相交处互相垂直、沿电场方向电势逐渐降低，可得一条电场线，如下图：
由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得：UAF=E⋅dAF，
由等势线的特点可知：UAF=UAB，
由几何关系可知：dAF=l⋅cs60°2，
由电场力做功与电势差的关系可知：W1=qUAB，
联立可得：E=2 3W13ql= 3W23ql，故C正确，D错误；
故选：BC。
11.相反 4.8×10-3 8.0×10-4
【解析】(1)因为电容器上极板和电源的正极相连，所以电容器上极板带正电，充电时，正电荷向上极板运动；放电时，正电荷从上极板离开，所以在电容器充电与放电过程中，流过电流计的方向是相反的。
(2)I-t图像与坐标轴所围面积表示电容器所带电荷量，即电容器整个放电过程中释放的电荷量为Q=60×0.4×0.2×10-3C=4.8×10-3C
(3)电容器的电容为C=QU=4.8×10-36F=8.0×10-4F
故答案为：(1)相反；(2)4.8×10-3；(3)8×10-4。
cb-a acb-a
【解析】(1)根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
(2)电流表量程为0～0.6A，由图3所示表盘可知，其分度值是0.02A，读数是0.40A。
(3)根据图1所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=I(r+R)，整理得：1I=1ER+rE
根据图4所示图像可知，图像的斜率k=1E=b-ac，纵轴截距a=rE
解得，电源电动势E=cb-a，电源内阻r=acb-a
故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2)0.40；(3)cb-a；acb-a。
13.(1)根据库仑定律，甲、乙两小球之间的库仑力大小为：F=k5Q⋅Qd2=5kQ2d2；
(2)两球接触后再分开平分总电量，故分开后，两球的带电量均为q=5Q-Q2=2Q，甲在距甲球d处的场强大小：E=k2Qd2，它们相距3d，乙在该处产生的场强：E'=k2Q(2d)2=kQ2d2，该处合场强E合=E-E'，解得E合=E=k3Q2d2。
答：(1)甲、乙两小球之间的库仑力大小为5kQ2d2；
(2)甲、乙两小球之间连线上距甲球d处的场强大小为k3Q2d2。
14.(1)电路中电阻R2和R3串联和R4并联，然后和R1串联，则R2和R3串联后和R4并联后的总电阻为
R=(R2+R3)R4R2+R3+R4
代入数据解得R=103Ω
根据闭合电路的欧姆定律可得电流表的示数为
I=ER+R1+r
解得I=0.484A
(2)并联部分的电压为
U并=IR
电压表测量的是R3两端的电压，因为R2=R3，所以电压表的示数为
U=12U并
解得U=0.806V
(3)设路端电压为U‘，则电源的效率为
η=U'IEI×100%=U'E×100%=R1+RR1+R+r×100%
解得η=81%
答：(1)电流表的示数I为0.484A；
(2)电压表的示数U为0.806V；
(3)该直流电源的效率为81%。
15.(1)由动量定理知，两小球发生第1次碰撞前瞬时，小球A的速度大小
v0=Im
设第1次碰撞后瞬时，小球A、B的速度分别为vA1、vB1，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mv0=mvA1+35mvB1
12mv02=12mvA12+12×35mvB12
联立解得
vA1=I4m，方向水平向右
vB1=5I4m，方向水平向右
(2)两小球第1次碰撞前，小球A运动的时间
t1=14⋅2πRv0
设第1次碰撞后，历时t2，两小球发生第2次碰撞，则
vB1Rt2-vA1Rt2=2π
解得t2=2πmRI
设第2次碰撞后瞬时，小球A、B的速度分别为vA2、vB2，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvA1+35mvB1=mvA2+35mvB2
12mvA12+12⋅35mvB12=12mvA22+12⋅35mvB22
联立解得
vA2=v0
vB2=0
之后，小球B静止，小球A运动。以此类推……同理可得：
第2次碰撞后到第3次碰撞前，历时t3=2πmRI
第3次碰撞后瞬时，小球A、B的速度大小分别为
vA3=v04，vB3=54v0
第3次碰撞后到第4次碰撞前，历时
t4=t2
由于t1+t2+t3=9πmR2I6πmRI
可知t=0到t=6πmRI时间段内，A、B两小球共发生了3次碰撞
(3)由(2)可知，t=6πmRI时刻，两小球在发生第3次碰撞后又运动了Δt
则Δt=t-(t1+t2+t3)
解得Δt=3πmR2I
由分析知，第3次碰撞位置和圆心O的连线与第1次碰撞位置和圆心O的连线之间的夹角θ=vA1Rt2
解得θ=π2
说明发生第3次碰撞时，小球A、B均位于x轴上坐标(R,0)处，作出第3次碰撞后到t=6πmRI时刻，小球A、B运动的轨迹如图所示

可知t=6πmRI时刻，小球A的位置和圆心O的连线与x轴之间的夹角α=vA3RΔt
解得α=3π8
小球B的位置和圆心O的连线与x轴之间的夹角β=2π-vB3RΔt
解得β=π8
可得，此时小球A的位置xA=Rcsα= 2- 22R
yA=Rsinα= 2+ 22R
小球B的位置：xB=Rcsβ= 2+ 22R
yB=-Rsinβ=- 2- 22R
即小球A的位置坐标为( 2- 22R, 2+ 22R)
小球B的位置坐标为( 2+ 22R,- 2- 22R)
答：(1)两小球发生第1次碰撞后瞬时，小球A、B各自的速度分别为I4m，方向水平向右；5I4m，方向水平向右；
(2)t=0到t=6πmRI时间段内，A、B两小球发生碰撞的次数为3次；
(3)小球A的位置坐标为( 2- 22R, 2+ 22R)、小球B的位置坐标为( 2+ 22R,- 2- 22R)。