重慶市聯考2024-2025學年高二（上）期末物理試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.2024年最新“航空規定”：容量不超過100"?八的充電寶可隨身攜帶。其中“川?%”指的是（）

A.能量B.電量C.電壓D.功率

2.基于人類早期對電磁規律的研究，現代社會生活中有許多電磁應用場景。下列說法正確的是（）

A.磁場一定產生電場B.電磁波不可以在真空中傳播

C.變化的磁場一定產生電場D.麥克斯韋通過實驗證實了電磁波的存在

3.下列關于磁場的說法，正確的是（）

A.磁感線是客觀存在的，磁感線上某點的切線方向表示該點的磁場方向

B.磁場中某點的磁感應強度大小，與放在該點的試探電流元的情況無關

C.垂直放置在勻強磁場中的線圈面積減小時，穿過該線圈的磁通量增大

D.兩條距離較近的平行同向通電直導線相互排斥

4.某學生要將一電流表改裝為電壓表。已知該電流表的內阻Rg=30。，滿偏電流q=1爪4要將該電流表

改裝成量程為0?的電壓表，下列操作正確的是（）

A.串聯電阻9700B.并聯電阻9700C.串聯電阻號OD.并聯電阻號。

5.如圖所示，一對平行金屬板水平正對固定，板長為1,板間距為d。當兩板-------i---------------

J1

間加有恒定電壓U時，兩板間充滿豎直向下的勻強電場，忽略兩極板以外的電|一；,

場。一質量為小、電荷量為q（q>0）的帶電粒子從上極板左側邊緣以速度見水d

平向右射入板間電場，能從兩板間右側飛出，且未與兩極板碰撞。不計粒子L]

重力，則為的大小至少為（）

A，匣BL回C，回D豈回

2dy/mdyjmdyj2md\m

6.如圖所示，一帶正電的小球置于某導體腔內，取無限遠處電勢為零。a點位于導

體腔內，b點位于導體腔內壁上，c點位于導體腔內、外壁之間，d點位于導體腔外。

在達到靜電平衡時，a、b、c、d四點的電勢關系為（）

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

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

7.運動的小球甲與靜止的小球乙發生正碰，兩小球除相互作用外，不受其他外力作用。碰撞可能是彈性的，

也可能是非彈性的，碰撞時間極短可不計。則碰撞過程中，小球乙可能獲得的最大沖量與最小沖量的比值

為（）

二、多選題：本大題共3小題，共15分。

8.如圖所示，一金屬導軌閉合回路靜置于垂直紙面向里的勻強磁場中。以下操作P

中，導體棒PQ始終與兩導軌垂直并接觸良好，要使電流計G的指針發生偏轉，可>X><

B.導體棒PQ向右運動

C.導體棒PQ向上運動

D.導體棒PQ向下運動

9.如圖所示，直流電源內阻為10,定值電阻R=9。，滑動變阻器的最大阻值為10。。將滑動變阻器的滑片P

從正中間位置緩慢向M端滑動過程中，定值電阻R的電功率為滑動變阻器----------1|-------------------

的電功率為「2,則下列說法正確的是（）R

A.P1增大B.Pi減小C.P2增大D.P2減

小

10.如圖所示，AaBC為直角三角形，其中4B1BC,ZC=30°,AB=L整個直角三角形處于某勻強電場

中（圖中未畫出），其電場方向與△ABC所在平面平行。若將一電荷量為q（q>0）的帶電粒子（圖中未畫出），

從4點移動到B點，則電場力做功為名；若將該粒子從力點移動到C點，則電場力做功為卬2；若將該粒子從B

點移動到C點，則電場力做功為勿3。下列說法正確的是（）4

A.%=仍一定不成立：

B.%%=勿2一定成立1'

C.若叫=2%>0,則該勻強電場的場強大小為察1H..........................竺:？'1.

3qlBC

D.若監=2%>0,則該勻強電場的場強大小為券臀

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

11.某學習小組進行“觀察電容器C的充、放電現象”實驗。

①按圖1連接好電路，其中直流電源的電動勢E=6U；

②先將單刀雙擲開關S與“1”相連，直流電源向電容器C充電(這個過程可以在瞬間完成),然后再把開關S擲

向“2”，電容器C通過定值電阻R放電；

③傳感器(圖中未畫出)將電流計G的示數傳入計算機，在計算機屏幕上顯示出電流/隨時間t變化的/-t圖像,

如圖2所示。

2

C

R

圖1

⑴電容器C的放電過程與充電過程相比，流過電流計G的電流方向(選填“相同”或“相反”)。

(2)由/-t圖像可以估算，電容器C在整個放電過程中釋放的電荷量約為C(保留兩位有效數字)。

(3)根據以上數據可以得出，電容器C的電容約為F(保留兩位有效數字)。

12.某同學利用如圖1所示電路，來測量某直流電源的電動勢和內阻。

(2)若某次實驗時，電流表所選量程為。?0.64,其示數如圖3所示，則此時電流大小為4

(3)改變電阻箱接入電路的阻值R,多次實驗，測出相應的電流/,作出;-R圖像如圖4所示。則該直流電源

的電動勢后=―,內阻r=――o(均用a、b、c表示)

四、計算題：本大題共3小題，共41分。

13.真空中有兩個完全相同的均勻帶電金屬小球甲、乙，小球甲所帶電荷量為+5Q,小球乙所帶電荷量為-Q。

甲、乙兩小球相距d,兩小球的大小均忽略不計，己知靜電力常量為鼠

(1)求甲、乙兩小球之間的庫侖力大小；

(2)若將甲、乙兩小球充分接觸后，再使它們相距3d,求甲、乙兩小球之間連線上距甲球d處的場強大小。

14.如圖所示電路中，直流電源電動勢E=5入內阻r=20,四個定值電阻&、R?、R3、&阻值均為5。，

電流表和電壓表均為理想電表。閉合開關S且電路穩定后，求:

(1)電流表的示數/;

(2)電壓表的示數U；

(3)該直流電源的效率。

15.如圖所示，一半徑為R的光滑圓形軌道固定在光滑水平面上，其圓心位于平面直角坐標系xOy的坐標原

點。。小球力、B均位于軌道內側，其中小球4靜置于坐標(-R,0)處，小球B靜置

于坐標(0,-R)處。t=0時刻，給小球4一個沿-y方向的瞬時沖量/,兩小球間的/一卜、

碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間極短可不計。己知小球4質量為小球8質量為|m,-------J------?

兩小球均可視為質點，忽略空氣阻力。求：

(1)兩小球發生第1次碰撞后瞬時，小球48各自的速度;

(2)t=。到t=罕時間段內，力、B兩小球發生碰撞的次數;

(3)1=罕時亥1),小球2、B各自的位置坐標。

答案和解析

1.A

【解析】W是功率的單位，入是時間單位，根據W=Pt可知，是能量的單位，故A正確，BCD錯誤。

故選：Xo

2.C

【解析】AC,根據麥克斯韋電磁場理論，變化的電場可產生磁場，變化的磁場可產生電場，均勻變化的電

場可產生恒定的磁場，周期性變化的磁場可產生周期性變化的電場，恒定不變的電場（或磁場）不能產生磁場

（或電場），故A錯誤，C正確；

8、電磁波可以在真空中傳播，不依賴于介質，故8錯誤；

。、麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，故。錯誤。

故選：Co

3.B

【解析】4、磁感線是人為引入的，用于形象地描述磁場的分布，它們并不是真實存在的物理實體。磁感線

上某點的切線方向確實表示該點的磁場方向，但磁感線本身是虛擬的，故A錯誤；

3、磁場中某點的磁感應強度大小，是磁場本身的性質，與放置在該點的試探電流元的情況無關。磁感應強

度的大小和方向由磁場源（如電流、磁體）決定，故2正確；

C、垂直放置在磁場中的線圈，根據磁通量的計算公式e=BS,其中B是磁感應強度，S是面積。當線圈面

積減小時，若磁感應強度不變，磁通量會減小，故C錯誤；

。、根據安培定律，兩條平行同向通電直導線之間會產生相互吸引的力，而不是相互排斥。這是因為兩條導

線中的電流方向相同，根據右手螺旋定則，它們產生的磁場方向在導線之間是相反的，從而產生吸引力，

故。錯誤。

故選：So

4.A

【解析】要把電流表改裝為電壓表，需要給電流表串聯一個分壓電阻，則需要串聯的電阻大小為R—

ig

Ra=—=0-30。=9700,故A正確，BCD錯誤。

°lxloT

故選：Ao

根據串聯電路電阻特點計算即可。

掌握串聯電路電壓、電流和電阻的特點是解題的基礎。

5.C

【解析】粒子在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，粒子的加速

度大小為。=絲，粒子在電場中的運動時間為3則水平方向有/=要讓粒子飛出，在豎直方向上要滿

mau

足d>:at2,聯立解得為>：陛，故C正確，43。錯誤。

2uay2m

故選：Co

6.D

【解析】導體腔達到靜電平衡時，導體腔是一個等勢體，。點位于導體腔內壁上，c點位于導體腔內、外壁

之間則以=”,導體腔內部電場線由正電荷位置出發指向導體腔內壁，外部電場線由導體腔外壁出發指向

無窮遠，由沿電場線方向電勢逐漸降低知，0a>0>，(Pc>(Pd'貝>Wb=9c>0d，故。正確，ABC

錯誤。

故選：Do

7.8

【解析】設小球甲與小球乙的質量分別為機i、m2,碰撞前小球甲的速度為為。

當碰撞是彈性碰撞時，小球乙獲得的沖量最大，設為/m”，設彈性碰撞后小球甲與小球乙的速度分別為歷、

%,以小球甲的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律與機械能守恒定律得：

mrv0—巾1%+m2v2

111

2mlv0=2mlVl+2m2V2

21

解得:v2=?v0

4恤+和2

根據動量定理易知：Imax=m2v2=猾等為

當碰撞是完全非彈性碰撞時，小球乙獲得的沖量最小，設為/疝“，設碰撞后小球甲與小球乙的共同速度為V興,

以小球甲的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律得：

=(mt+m2)v^

1

解得：=?v0

外+m2

根據動量定理易知：Imin=m2v<=土黑%

可得：臀=2,故8正確，ACO錯誤。

^min

故選：Bo

8.AB

【解析】在閉合回路中，導體棒切割磁感線時會產生感應電流，故導體棒左右移動時會使電流計的指針發

生偏轉，導體棒上下移動時不會切割磁感線，故不能產生感應電流，故AB正確，C。錯誤；

故選：AB.

9.AD

【解析MB、將滑動變阻器的滑片P從正中間位置緩慢向M端滑動過程中，滑動變阻器接入電路的電阻增大，

外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內電壓減小，則路端電壓增大，R的電壓增大，則定值電阻R的

電功率Pi增大，故A正確，B錯誤;

CD、滑片P在正中間位置時，外電路總電阻為R辦=￡|。=萼。>1。，根據內外電阻相等時，電源的輸出

功率最大，可知將滑動變阻器的滑片P從正中間位置緩慢向M端滑動過程中，外電路總電阻增大，內外電阻

的差值增大，電源的輸出功率P出減小，結合Pe=Pi+P2，Pl增大,可知22減小，故C錯誤，。正確。

故選：AD.

10.BC

【解析】4由勿=qU可知，若B、C兩點電勢相等，則名=皿2，故A錯誤；

A電場力做功與帶電粒子運動軌跡無關，與初、末位置有關，則從力點移動到B點電場力的做功，加上從B點

移動到C點電場力的做功，等于從4點移動到C點電場力的做功，即叫+名=仍一定成立，故8正確；

CD.若卬2=2電>0,則由W=qU可知，UAC=2UAB>0,

設。為AC中點，

因為勻強電場中，沿相同方向移動相同距離，電勢差相等，所以U4c=2為0,

則：UAB=UAD,

則:0B=0D>

則直線8。為一條等勢線，根據電場線與等勢線相交處互相垂直、沿電場方向電勢逐漸降低，可得一條電場

線，如下圖：

由勻強電場中電勢差與電場強度的關系可得：UAF=E-dAF,

由等勢線的特點可知：UAF=UAB,

由幾何關系可知：dAF=I-cos

由電場力做功與電勢差的關系可知：皿=qUAB,

聯立可得：5=智1=普，故C正確，。錯誤；

3ql3ql

故選：BCo

1L相反4.8x10-38.0x10-4

【解析】（1）因為電容器上極板和電源的正極相連，所以電容器上極板帶正電，充電時，正電荷向上極板運

動；放電時，正電荷從上極板離開，所以在電容器充電與放電過程中，流過電流計的方向是相反的。

（2）/-t圖像與坐標軸所圍面積表示電容器所帶電荷量，即電容器整個放電過程中釋放的電荷量為Q=60x

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

⑶電容器的電容為C=號==*IQ-4F

4*"80

故答案為:（1）相反；（2）4.8x10-3；（3）8x10-，

cac

12.0.40

b—ab—a

【解析】（1）根據圖1所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示

（2）電流表量程為。?0.64由圖3所示表盤可知，其分度值是0.024讀數是0.404。

(3)根據圖1所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：E=/(r+R),整理得：|=

1CC

根據圖4所示圖像可知，圖像的斜率上=”=曰，縱軸截距a=5

Ec乜

解得，電源電動勢E=￡,電源內阻r=急

D-aD-CL

故答案為：(1)實物電路圖如圖所示；(2)0.40；(3)，々；

2

13.(1)根據庫侖定律，甲、乙兩小球之間的庫侖力大小為：F=卜警=*

dd

(2)兩球接觸后再分開平分總電量，故分開后，兩球的帶電量均為q=￥=2Q,甲在距甲球d處的場強大

小：E=k緣它們相距3d,乙在該處產生的場強：E'=k鼻=k冬，該處合場強心=E-E',解得心=

G(2dy2dz口口

二_73Q

E=k—7°

2dz

2

答：(1)甲、乙兩小球之間的庫侖力大小為駕

d

(2)甲、乙兩小球之間連線上距甲球d處的場強大小為k%。

2d

14.(1)電路中電阻&和2串聯和反并聯，然后和&串聯，則&和心串聯后和并聯后的總電阻為

_(/?2+典)氏4

72+R3+R4

代入數據解得R=當0

根據閉合電路的歐姆定律可得電流表的示數為

I=---

R+Rl+r

解得/=0.4844

(2)并聯部分的電壓為

U并=IR

電壓表測量的是R3兩端的電壓，因為R2=R3,所以電壓表的示數為

1

fU并

解得U=0.8067

(3)設路端電壓為則電源的效率為

4=魯x100%=白100%=x100%

解得〃=81%

答：(1)電流表的示數/為0.4844；

(2)電壓表的示數U為0.806U；

(3)該直流電源的效率為81%。

15.(1)由動量定理知，兩小球發生第1次碰撞前瞬時，小球4的速度大小

設第1次碰撞后瞬時，小球4、B的速度分別為以1、vB1,以水平向右為正方向，根據動量守恒定律和能量守

恒定律有

,3

mvQ=mvA1+-mvB1

1122?132

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

聯立解得

以1=d，方向水平向右

7114m

與1=工，方向水平向右

4m

(2)兩小球第1次碰撞前，小球/運動的時間

12TIR

ti=74----%---

設第1次碰撞后，歷時t2,兩小球發生第2次碰撞，則

27mlR

解得同=

設第2次碰撞后瞬時，小球48的速度分別為以2、獨2,根據動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

聯立解得

VA2=V0

42=0

之后，小球B靜止，小球a運動。以此類推…同理可得:

第2次碰撞后到第3次碰撞前，歷時13=罕

第3次碰撞后瞬時，小球2、B的速度大小分別為

Vn%5

A3=1，VB3=-V