重慶市鐵路中學2023-2024學年高二上學期期中物理 Word版含解析.docx

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重慶市鐵路中學高2025屆半期測試（二上）物理試題（考試時間75分鐘，滿分100分）第I卷選擇題一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.關(guān)于元電荷、電荷與電荷守恒定律，下列說法正確的是（　?。〢.元電荷是指電子，電量等于電子的電量，體積很小的帶電體是指點電荷B.利用靜電感應(yīng)可使任何物體帶電，質(zhì)子和電子所帶電荷量相等，比荷也相等C.單個物體所帶的電量總是守恒的，電荷守恒定律指帶電體和外界沒有電荷交換D.元電荷e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根通過實驗測得的【答案】D【解析】【詳解】A．元電荷的電量等于電子的電量，但不是電子，元電荷是帶電量的最小單元，沒有電性之說，當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷，故體積很小的帶電體未必就是點電荷，故A錯誤；B．靜電感應(yīng)不能使絕緣體帶電，電子和質(zhì)子所帶電荷量相等，但它們的質(zhì)量不相等，比荷不相等，故B錯誤；C．在與外界沒有電荷交換的情況下，一個系統(tǒng)所帶的電量總是守恒的，電荷守恒定律并不意味著帶電系統(tǒng)一定和外界沒有電荷交換，故C錯誤；D．元電荷e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根通過實驗測得的，這是他獲得諾貝爾物理學獎的重要原因，故D正確。故選D。2.某科研所研制出了一種新型金屬材料，具有特殊的物理和化學性質(zhì)，具有廣闊的市場前景。如圖所示，由該材料制成的一個立方體的邊長為c，其前后兩表面之間的電阻值為R1。現(xiàn)用該材料制成一邊長為的立方體，其前后兩表面之間的電阻值為R2，則R1：R2為（　?。〢.1：125B.1：5C.5：1D.25：1 【答案】B【解析】詳解】根據(jù)電阻定律可知則有故選B。3.如圖所示的實線為方向未知的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示。則下列說法正確的是（　?。〢.靜電力對a做正功，對b做負功B.a一定帶正電，b一定帶負電C.a的速度將變小，b的速度將變大D.a的加速度在減小，b的加速度在增大【答案】D【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意可知，靜電力方向沿電場線指向軌跡凹側(cè)，又有正電荷所受電場力的方向與電場強度方向相同，負電荷相反，但不知道電場線方向，則無法判斷粒子電性，a、b粒子速度方向與a、b粒子所受靜電力方向的夾角均為銳角，電場力做正功，故AB錯誤；C．電場力對a、b做正功，兩個粒子動能均增大，電勢能均減小，故C錯誤；D．電場線疏密表示場強大小，結(jié)合公式可知，a受到的電場力在減小，加速度在減小，b受到的電場力在增大，加速度在增大，故D正確。故選D。 4.如圖所示，不帶電的金屬棒AB長為L，O為AB的中點，在距離A點為R的C點處放一帶電量為Q的正點電荷，C與AB在一條直線上，如圖所示，設(shè)無窮遠處電勢為零。下列說法正確的是（　　）A.金屬棒上A點的電勢高于B點的電勢B.O點的電場強度為零，電勢也為零C.金屬棒上感應(yīng)電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小為D.若將A端接地，金屬棒將不帶電【答案】C【解析】【詳解】A．金屬棒達到靜電平衡，整個金屬棒是一個等勢體，則金屬棒上A點的電勢等于B點的電勢，故A錯誤；B．金屬棒達到靜電平衡，棒內(nèi)各點的場強為零，則O點的電場強度為0，但電勢不為零，故B錯誤；C．金屬棒內(nèi)各點的場強為零，棒上感應(yīng)電荷在棒內(nèi)中點O產(chǎn)生的場強大小與點電荷+Q在該處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，則感應(yīng)電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小為故C正確；D．若將A端接地，大地上的電子跑到金屬棒將正電荷中和，所以金屬棒將帶上負電荷，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，一簇電場線的分布關(guān)于y軸對稱，O是坐標原點，M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的一個圓周上的四個點，其中M、N在y軸上，Q點在x軸上，則（　?。〢.M點的電勢比P點的電勢高 B.OM間的電勢差等于NO間的電勢差C.一正電荷在O點時的電勢能大于在Q點時的電勢能D.將一負電荷由M點移到P點，電場力做負功【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)電場線與等勢線垂直特點，在M點所在電場線上找到P點的等勢點，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，P點的電勢比M點的電勢高，故A錯誤；B．根據(jù)電場分布可知，OM間的平均電場強度比NO之間的平均電場強度小，故由公式U=Ed可知，OM間的電勢差小于NO間的電勢差，故B錯誤；C．O點電勢高于Q點，根據(jù)Ep=φq可知，正電荷在O點時的電勢能大于在Q點時的電勢能，故C正確；D．M點的電勢比P點的電勢低，負電荷從低電勢移動到高電勢電場力做正功，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點。它們是一個四邊形的四個頂點，，，，電場線與四邊形所在平面平行。已知a點電勢為18V，b點電勢為22V，d點電勢為6V。則下列說法正確的是（　?。〢.勻強電場的場強大小為B.場強方向由a指向cC.場強的方向由d指向bD.c點電勢為14V【答案】D【解析】【詳解】因可得 連接bd，則中點o的電勢為14V，則co連線為等勢面，場強方向由b指向d，場強大小為故選D。7.如圖，空間中存在水平向左的勻強電場，場強大小為。兩塊間距為3d的足夠大平行金屬板P、Q豎直置于電場中，兩板內(nèi)側(cè)均勻涂有熒光物質(zhì)。Q板上某處有一粒子源O，可以向各個方向均勻發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+q、速度大小為v0的帶電粒子，粒子撞擊到熒光物質(zhì)會使其發(fā)出熒光。不計粒子重力，則下列說法正確的是（　?。〢.初速度方向與豎直方向成60°角的粒子打在Q板上最遠處B.帶電粒子在電場中運動的時間均小于C.P板上的發(fā)光面積為12πd2D.Q板上的發(fā)光面積為12πd2【答案】C【解析】【詳解】A．粒子的加速度為 設(shè)打在板上最遠處的粒子初速度與水平方向的夾角為，則，豎直位移為可知當時豎直位移最大，故初速度方向與豎直方向成60°角的粒子不能打在Q板上最遠處，故A錯誤；C．設(shè)到達P板時水平分速度恰好減為零的粒子初速度方向與豎直方向的夾角為，根據(jù)動力學公式有解得豎直位移為P板上的發(fā)光面積為故C正確；B．根據(jù)上述分析，可知的粒子恰好打不到P板。粒子在電場中運動時間最長，為故B錯誤；D．拋射角45°的粒子運動時間豎直方向最大射程為故Q板發(fā)光面積 故D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分。8.智能手機耗電量大，移動充電寶應(yīng)運而生，它是能直接為移動設(shè)備充電的儲能裝置。充電寶的轉(zhuǎn)換率是指充電寶放電總量占充電寶容量的比值，一般在0.6～0.7。某一款移動充電寶的參數(shù)見下表。下列說法正確的是（　?。┤萘考嫒菪运兄悄苁謾C邊充邊放否保護電器是輸入2AMAX輸出DC5V尺寸轉(zhuǎn)換率0.6產(chǎn)品名稱xxx重量約430gA.容量單位（mA·h）是電荷量單位B.該充電寶最多能儲存的能量為3.6×105JC.該充電寶電荷量從零到完全充滿所用時間約為2hD.用該充滿電的充電寶給電荷量為零、容量為3000mA·h的手機充電，理論上能充滿4次【答案】ABD【解析】【詳解】A．容量單位（mA·h）是指電流單位與時間單位的乘積，根據(jù)可知（mA·h）為電荷量單位，故A正確；B．該充電寶的容量為電壓為5V，所以充電寶最多能儲存的能量 故B正確；C．以2A的電流充電，充電寶電量從零到完全充滿所用時間故C錯誤；D．由于充電寶的轉(zhuǎn)換率是0.60，所以放電總量為給電量為零、容量為3000mAh的手機充電的次數(shù)次故D正確。故選ABD。9.兩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(zhì)量為m的帶電油滴恰好靜止在兩極之間，如圖所示，在其它條件不變的情況下，那么在下列的過程中（　?。〢.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a從流向bB.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板上移，B板接地，油滴靜止不動，油滴處電勢減小D.如果斷開電源，兩板間接靜電計，A板上移，靜電計指針張角變大【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)可知兩極距離不變，非常緩慢地錯開一些，電容器的電容減小，根據(jù)保持連接電源，可知電容器的帶電量減少，電流計中電流a從流向b，故A正確；B．根據(jù) 可知將A板上移，電容器內(nèi)電場強度減小，油滴受到電場力減小，小于重力，油滴將向下加速運動，故B錯誤；C．根據(jù)可知斷開電源，A板上移，電場強度不變，油滴靜止不動，油滴距B板的距離不變，可知油滴與B板的電勢差不變，B板接地，故油滴處電勢不變，故C錯誤；D．根據(jù)可知斷開電源，兩板間接靜電計，A板上移，電容器兩極板間的電勢差增大，靜電計指針張角變大，故D正確。故選AD。10.如圖所示，某多級直線加速器由n個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極M、N上，序號為C的金屬圓板中央有一個質(zhì)子源，質(zhì)子逸出的速度不計，M、N兩極加上如圖所示的電壓，一段時間后加速器穩(wěn)定輸出質(zhì)子流。已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為e，質(zhì)子通過圓筒間隙的時間不計，且忽略相對論效應(yīng)，則（　　）A.質(zhì)子在各圓筒中做勻加速直線運動B.加速器筒長和加速電壓不變，若要加速荷質(zhì)比更大的粒子，則要調(diào)小交變電壓的周期C.各金屬筒的長度之比為D.質(zhì)子進入第n個圓筒時的瞬時速度為【答案】BC【解析】 【詳解】A．金屬圓筒中電場為零，質(zhì)子不受電場力，做勻速運動，故A錯誤；C．只有質(zhì)子在每個圓筒中勻速運動時間為時，才能保證每次在縫隙中被電場加速，則第n個圓筒長度所以各金屬筒的長度之比為，故C正確；B．由C選項的分析可知，保持和不變，荷質(zhì)比增大，則T必須減小，故B正確；D．質(zhì)子進入第n個圓筒時，經(jīng)過n次加速，根據(jù)動能定理解得故D錯誤故選BC。第II卷非選擇題三、實驗題：本大題共2個小題，共16分。11.某同學在做“練習使用多用電表”的實驗：（1）當多用電表做電壓表使用時，首先應(yīng)調(diào)節(jié)指針定位螺絲，使多用電表指針指向左側(cè)零刻度，然后將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到直流電壓擋，將紅表筆與電源___________（填“正”或“負”）極相連，黑表筆與電源另一極相連。（2）用多用電表的歐姆擋測量電阻的阻值時，若發(fā)現(xiàn)選用“”擋時指針偏角過小，則應(yīng)換用___________（填“”或“”）擋；重新歐姆調(diào)零后，多用電表指針示數(shù)如圖所示，則待測電阻的阻值約為___________。（3）測量完畢，將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到OFF位置。 【答案】①.正②.“”③.1300【解析】【詳解】（1）[1]測直流電壓時，紅表筆與電源正極相連。（2）[2][3]指針偏角過小，說明倍率較低，則應(yīng)換用“”擋。如圖，待測電阻的阻值約為12.在“測量金屬絲的電阻率”實驗中，金屬絲的電阻約為5Ω。(1)用螺旋測微器測量金屬絲直徑d，示數(shù)如圖所示，d=________mm；(2)實驗中提供的器材有開關(guān)、若干導(dǎo)線及下列器材：電壓表V1（量程0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）；電壓表V2（量程0~15V，內(nèi)阻約15kΩ）電流表A1（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）；電流表A2（量程0~3A內(nèi)阻約0.2Ω）滑動變阻器0~5Ω電源（電動勢為3V，內(nèi)阻很?。┘淄瑢W為了使金屬絲兩端電壓調(diào)節(jié)范圍更大，并使測量結(jié)果盡量準確，應(yīng)選用下圖所示的哪個電路進行實驗________；A.B.C.D.(3)實驗時電壓表應(yīng)選________，電流表應(yīng)選________；（選填“V1、V2、A1、A2”） (4)乙同學利用如下圖所示的電路進行實驗時，向左移動滑片，滑動變阻器兩端的電壓U和流過它的電流I均發(fā)生變化，設(shè)變化量分別為ΔU、ΔI。請你判斷此過程中的值________（選填“增大”、“減小”或者“不變”）。（不考慮溫度對電阻的影響）【答案】①.0.184②.A③.V1④.A1⑤.不變【解析】【分析】【詳解】(1)[1]用螺旋測微器測量金屬絲直徑為(3)[3]因為電源電動勢為3V，所以電壓表選擇V1；[4]根據(jù)歐姆定律電流表選擇A1；(2)[2]為了能從零開始調(diào)解電路，所以滑動變阻器采用分壓接法；所以電流表采用外接法；綜上所述，電路采用分壓外接法。故選A。(4)[5]根據(jù)閉合電路歐姆定律解得此過程中的值不變。四、計算題：本大題共3個小題，共41 分。解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、公式、方程式和重要的演算步驟，只寫出結(jié)果的不得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須寫出明確的數(shù)值和單位。13.如圖所示，一個掛在絕緣細線下端的帶正電的小球B靜止在圖示位置，其左側(cè)固定著另一個帶電的小球A。已知B球的質(zhì)量為，帶電荷量為q，靜止時細線與豎直方向的夾角，A和B在同一條水平線上，整個裝置處于真空中（A、B可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。問：（1）小球A帶何種電荷？（2）此時小球B受到的庫侖力為多大？（3）若小球A所帶電荷量為Q，A、B間的距離是多少？【答案】（1）正電；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由題圖可知，兩個小球相互排斥，可知小球帶正電（2）對小球B受力分析，得解得（3）由庫侖定律有解得14.如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從粒子源無初速度地飄入電壓為U的加速電場，經(jīng)加速后從小孔沿平行金屬板A、B的中線射入，并打到B板的中心。已知A、B兩極板長為L，間距為d，不計帶電粒子的重力和粒子間的相互作用。 （1）求帶電粒子離開加速電場時的速度大?。唬?）求A、B板間電場的電場強度大??；（3）若保持A、B兩極板的電荷量不變，將B板下移適當距離，讓同種帶電粒子原樣射入恰能射出電場，求B板下移的距離。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)粒子離開加速電場時的速度為，由動能定理可得解得（2）設(shè)A、B板間電場的電場強度大小為，帶電粒子在A、B板間電場中做類平拋運動，有，聯(lián)立解得（3）若保持A、B兩極板的電荷量不變，將B板下移適當距離，根據(jù)可知電場強度保持不變；讓同種帶電粒子原樣射入恰能射出電場，則有解得 故板下移的距離為15.如圖所示，為固定在豎直平面內(nèi)的絕緣軌道，其中部分為傾角的傾斜軌道。部分是圓心為O、半徑為R的四分之三圓弧軌道（兩部分軌道相切于B點），C為圓弧軌道的最低點，空間存在方向水平向右的勻強電場，使質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊（視為質(zhì)點）靜止在斜面上到B點距離為的A點?，F(xiàn)將滑塊由靜止釋放、結(jié)果滑塊經(jīng)過D點后，落在斜面軌道上的F點（圖中未畫出）。勻強電場的電場強度大小為（g為重力加速度大小），不計一切摩擦及空氣阻力。求：（1）滑塊經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小N；（2）滑塊沿圓弧軌道運動過程中的最大速度；（3）B、F兩點間的距離x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）滑塊從A點到C點，根據(jù)動能定理有解得在C點，根據(jù)牛頓第二定律有解得 根據(jù)牛頓第三定律可得滑塊經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小；（2）將滑塊受到重力和電場力合成一個力，等效成一個新的“重力”，其大小為設(shè)其與水平方向的夾角為，則有解得即滑塊沿圓弧軌道運動過程中的最大速度的位置是圖中的M點，如圖所示從C點到M點，根據(jù)動能定理有解得（3）根據(jù)對稱性原理，可知D點為等效的最高點，從C點到D點，根據(jù)動能定理有解得粒子從D到F點做類平拋運動，沿半徑方向做勻加速直線運動，垂直半徑方向做勻速直線運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知，垂直半徑方向的位移為R，則有沿半徑方向，根據(jù)牛頓第二定律有則沿半徑方向位移為 解得故B、F兩點間的距離