重庆市多校联考2024-2025学年高二（上）期末物理试卷（含解析）

重庆市联考2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.2024年最新“航空规定”：容量不超过100"•八的充电宝可随身携带。其中“川•%”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=30。，满偏电流q=1爪4要将该电流表

改装成量程为0〜的电压表，下列操作正确的是（）

A.串联电阻9700B.并联电阻9700C.串联电阻号OD.并联电阻号。

5.如图所示，一对平行金属板水平正对固定，板长为1,板间距为d。当两板-------i---------------

J1

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|一；,

场。一质量为小、电荷量为q（q>0）的带电粒子从上极板左侧边缘以速度见水d

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L]

重力，则为的大小至少为（）

A，匣BL回C，回D岂回

2dy/mdyjmdyj2md\m

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.(pa>(Pb>(Pc><PdB.(pa>(Pb>(Pc=(Pd

C.(Pa>(Pb><Pd><PcD.(pa>(pb(pc>(pd

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（）

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P

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>X><

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10,定值电阻R=9。，滑动变阻器的最大阻值为10。。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的电功率为滑动变阻器----------1|-------------------

的电功率为「2,则下列说法正确的是（）R

A.P1增大B.Pi减小C.P2增大D.P2减

小

10.如图所示，AaBC为直角三角形，其中4B1BC,ZC=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4点移动到B点，则电场力做功为名；若将该粒子从力点移动到C点，则电场力做功为卬2；若将该粒子从B

点移动到C点，则电场力做功为勿3。下列说法正确的是（）4

A.%=仍一定不成立：

B.%%=勿2一定成立1'

C.若叫=2%>0,则该匀强电场的场强大小为察1H..........................竺:？'1.

3qlBC

D.若监=2%>0,则该匀强电场的场强大小为券臀

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=6U；

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/随时间t变化的/-t图像,

如图2所示。

2

C

R

图1

⑴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/-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。

(2)若某次实验时，电流表所选量程为。〜0.64,其示数如图3所示，则此时电流大小为4

(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/,作出;-R图像如图4所示。则该直流电源

的电动势后=―,内阻r=――o(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，己知静电力常量为鼠

(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=5入内阻r=20,四个定值电阻&、R?、R3、&阻值均为5。，

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/;

(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。。小球力、B均位于轨道内侧，其中小球4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4一个沿-y方向的瞬时冲量/,两小球间的/一卜、

碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短可不计。己知小球4质量为小球8质量为|m,-------J------»

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48各自的速度;

(2)t=。到t=罕时间段内，力、B两小球发生碰撞的次数;

(3)1=罕时亥1),小球2、B各自的位置坐标。

答案和解析

1.A

【解析】W是功率的单位，入是时间单位，根据W=Pt可知，是能量的单位，故A正确，BCD错误。

故选：Xo

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；

8、电磁波可以在真空中传播，不依赖于介质，故8错误；

。、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。错误。

故选：Co

3.B

【解析】4、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；

3、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2正确；

C、垂直放置在磁场中的线圈，根据磁通量的计算公式e=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；

。、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。错误。

故选：So

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—

ig

Ra=—=0-30。=9700,故A正确，BCD错误。

°lxloT

故选：Ao

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。=丝，粒子在电场中的运动时间为3则水平方向有/=要让粒子飞出，在竖直方向上要满

mau

足d>:at2,联立解得为>：陛，故C正确，43。错误。

2uay2m

故选：Co

6.D

【解析】导体腔达到静电平衡时，导体腔是一个等势体，。点位于导体腔内壁上，c点位于导体腔内、外壁

之间则以=”,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，0a>0>，(Pc>(Pd'贝>Wb=9c>0d，故。正确，ABC

错误。

故选：Do

7.8

【解析】设小球甲与小球乙的质量分别为机i、m2,碰撞前小球甲的速度为为。

当碰撞是弹性碰撞时，小球乙获得的冲量最大，设为/m”，设弹性碰撞后小球甲与小球乙的速度分别为历、

%,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：

mrv0—巾1%+m2v2

111

2mlv0=2mlVl+2m2V2

21

解得:v2=™v0

4恤+和2

根据动量定理易知：Imax=m2v2=猾等为

当碰撞是完全非弹性碰撞时，小球乙获得的冲量最小，设为/疝“，设碰撞后小球甲与小球乙的共同速度为V兴,

以小球甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：

=(mt+m2)v^

1

解得：=™v0

外+m2

根据动量定理易知：Imin=m2v<=土黑%

可得：臀=2,故8正确，ACO错误。

^min

故选：Bo

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，C。错误；

故选：AB.

9.AD

【解析MB、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Pi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办=£|。=萼。>1。，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Pe=Pi+P2，Pl增大,可知22减小，故C错误，。正确。

故选：AD.

10.BC

【解析】4由勿=qU可知，若B、C两点电势相等，则名=皿2，故A错误；

A电场力做功与带电粒子运动轨迹无关，与初、末位置有关，则从力点移动到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4点移动到C点电场力的做功，即叫+名=仍一定成立，故8正确；

CD.若卬2=2电>0,则由W=qU可知，UAC=2UAB>0,

设。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U4c=2为0,

则：UAB=UAD,

则:0B=0D>

则直线8。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=I-cos

由电场力做功与电势差的关系可知：皿=qUAB,

联立可得：5=智1=普，故C正确，。错误；

3ql3ql

故选：BCo

1L相反4.8x10-38.0x10-4

【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）/-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=60x

0.4x0.2x10~3C=4.8x10-3C

⑶电容器的电容为C=号==*IQ-4F

4*"80

故答案为:（1）相反；（2）4.8x10-3；（3）8x10-，

cac

12.0.40

b—ab—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。〜0.64由图3所示表盘可知，其分度值是0.024读数是0.404。

(3)根据图1所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=/(r+R),整理得：|=

1CC

根据图4所示图像可知，图像的斜率上=”=曰，纵轴截距a=5

Ec乜

解得，电源电动势E=£,电源内阻r=急

D-aD-CL

故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2)0.40；(3)，々；

2

13.(1)根据库仑定律，甲、乙两小球之间的库仑力大小为：F=卜警=*

dd

(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=¥=2Q,甲在距甲球d处的场强大

小：E=k缘它们相距3d,乙在该处产生的场强：E'=k鼻=k冬，该处合场强心=E-E',解得心=

G(2dy2dz口口

二_73Q

E=k—7°

2dz

2

答：(1)甲、乙两小球之间的库仑力大小为驾

d

(2)甲、乙两小球之间连线上距甲球d处的场强大小为k%。

2d

14.(1)电路中电阻&和2串联和反并联，然后和&串联，则&和心串联后和并联后的总电阻为

_(/?2+典)氏4

72+R3+R4

代入数据解得R=当0

根据闭合电路的欧姆定律可得电流表的示数为

I=---

R+Rl+r

解得/=0.4844

(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

1

fU并

解得U=0.8067

(3)设路端电压为则电源的效率为

4=鲁x100%=白100%=x100%

解得〃=81%

答：(1)电流表的示数/为0.4844；

(2)电压表的示数U为0.806U；

(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4的速度大小

设第1次碰撞后瞬时，小球4、B的速度分别为以1、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

,3

mvQ=mvA1+-mvB1

1122।132

-mv^2=-mv^+-x-mvji

联立解得

以1=d，方向水平向右

7114m

与1=工，方向水平向右

4m

(2)两小球第1次碰撞前，小球/运动的时间

12TIR

ti=74----%---

设第1次碰撞后，历时t2,两小球发生第2次碰撞，则

27mlR

解得同=

设第2次碰撞后瞬时，小球48的速度分别为以2、独2,根据动量守恒定律和能量守恒定律有

3,3

mvA1+^mvB1=mvA2+^mvB2

121132121132

2mVAl+2.smVBl=2mVA2+2.smvB2

联立解得

VA2=V0

42=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13=罕

第3次碰撞后瞬时，小球2、B的速度大小分别为

Vn%5

A3=1，VB3=-V