【文档说明】重庆市第一中学校2023-2024学年高二上学期定时练物理试题（二） 含解析.docx，共(22)页，3.925 MB，由小赞的店铺上传

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重庆一中高2025届高二上期定时练习（2）一、选择题（本题共10小题，总43分，其中1-7题为单项选择题，每小题4分。8-10题为多项选择题，每小题5分，选对不选全得3分，错选得0分）1.关于下列仪器或实验装置，说法正确的是（）A.甲是静电计，可以测量通电电阻两端的电压B.乙

是验电器，可以检测物体是否带电C.丙是卡文迪什扭秤，可以测量两带电小球之间的库仑力D.丁是可变电容器，可以容纳电荷【答案】D【解析】【详解】A．甲是验电器，根据“同种电荷相排斥”可以检测物体是否带电，故A正确;B．乙是静电计，可以测量测量电容器两极板间的电压，故B错

误;C．丙是库仑扭秤，不是卡文迪什扭秤，它可以测量两带电小球之间库仑力，故C错误;D．丁是可变电容器，可以容纳电荷，故D正确。故选D。2.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化

上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（）A.材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变C.极板间电场强度变大D.电容器电容变大的【答案】A【解析】【详解】BCD．根据电容的决定式r4SCkd=可知，根据题意

可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距d增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据UEd=可知极板间电场强度E减小，BCD错误；A．极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；故选A。3.产生闪电的积雨云底层带负电，为避免闪电造成损

害，高大的建筑物都装有避雷针。图中虚线为避雷针周围的等势线，a、b两点的场强大小分别为aE、bE，电势分别为a、b，下列正确的是（）A.abB.abEEC.避雷针的顶端带负电D.一带负电的雨滴从a下落至b的过程中，电势能减少【答案】D

【解析】【分析】【详解】A．因积雨云带负电，故避雷针尖端感应出正电荷，电场线由正电荷出发终止与负电荷，电场线向上，沿电场线方向电势减小，则abA错误B．等势线的疏密表示电场的强弱，则abEEB错误C．．根据同性相吸引，则积雨云带负电，故避雷针尖端感应出正电荷，C错误D

．ab连线上的电场线方向向上，则带负电雨滴受电场力向下，向下运动电场力做正功，D正确故选D。4.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q。此时电子的定向移动速度为v，在

t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）A.nvSB.nvtC.ItqD.ItSq【答案】C【解析】【详解】CD．根据电流的定义式可知，在t内通过导线横截面的电荷量QIt=所以在这段时间内通过的自由电子数为QItNqq==故C正确，

D错误；AB．由于自由电子定向移动的速度是v，因此在时间t内，位于以横截面S、长Lvt=的这段导线内的自由电子都能通过横截面。这段导线的体积VSLSvt==所以t内通过横截面S的自由电子数为NnVnSvt==故AB错误。故选C。5.

一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能pE与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】粒子仅受电场力作用

，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：PEFx=即pEx−图象上某点的切线的斜率表示电场力；A.pEx−图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据FEq=故电场强度也逐渐减小，故A错误；B.根据动能定

理，有：kFxE=故kEx−图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；C.按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式2202vvax−=匀变速直线运动的2xv﹣图象是直线，题图v

x−图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；D.粒子做加速度减小的加速运动，故D正确．6.电荷量分别为+q，+q，-q的三个带电小球，分别固定

在边长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示。若三角形绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为（）A.减少EqLB.增加EqLC.减少2EqLD.增加2EqL【答案】D【解

析】【详解】旋转后的图形如图所示在这个过程中，电场力对正电荷做的功122LWEqEqL=−=−对负电荷做的功2WEqL=−这样电场力做的功122WWWEqL=+=−因此电势能增加2EqL。故选D。7.如图所示，一根

不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带正电小球，置于水平向右的匀强电场中。已知绳长L，小球质量为m，电荷量为q，现把小球从A点由静止释放，刚好能到达最高点B处，其中60AOB=，重力加速度为g，则小球（）A.小球所受的电场

力是重力的3倍B.从A到B过程中，小球的机械能增加C.从A到B过程中，小球的电势能增加D.从A到B过程中，绳子的最大拉力为重力的(33)−倍【答案】B【解析】【详解】A．根据动能定理()1cos60si

n600mgLFL−−+=得3mgF=A错误；BC．从A到B过程中，电场力对小球做做正功，则小球机械能增大，电势能减小，B正确，C错误；D．电场力与重力的合力为23sin603mgmgF==当该合

力与绳子共线时，小球速度最大，绳子拉力最大，根据牛顿第二定律2vTFmL−=根据动能定理()211cos30sin302mgLFLmv−−+=得()231Tmg=−D错误。故选B。8.如图，质量为m、电荷量为q的质子（不计重力）在匀强电场中运动，先后经过水平虚

线上A、B两点时的速度大小分别为avv=、3bvv=，方向分别与AB成60=斜向上、30=斜向下，已知ABL=，则场强大小为（）A.22mvEqL=B.22mvEqL=C.23mvEqL=D.2mvEqL=【答案】A【解析】【详解】质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场方向垂直的方向上

分速度相等，设va与电场线的夹角为，如图所示结合va与vb方向垂直有sin3cosvv=解得60=根据动能定理有()()2211sin90322qELmvmv+−=−解得22mvEqL=故选A。二、多项选择题（本题共4小题，总16分，每小题有多个选项符合题目要

求，全部选对得4分，选对不选全得2分，错选得0分）9.砷化铌是一种具有较高电导率的纳米材料，据介绍，该材料的电导率是石墨烯的1000倍，电导率δ就是电阻率ρ的倒数，即1=。下列说法正确的是（）A.电导率的单位是1mB.材料的电

导率与材料、形状有关C.材料的电导率越小，其导电性能越弱D.电导率大小与温度无关【答案】AC【解析】【详解】A．电阻率的单位是m，由于1=根据单位运算，可知电导率的单位是1m，A正确；B．由于材料的

电阻率与材料有关，与形状无关，则材料的电导率亦与材料有关，与形状无关，B错误；C．根据1=可知，若材料的电导率越小，则材料的电阻率越大，其导电性能越弱，C正确；D．由于材料的电阻率与温度有关，则材料的电导率亦与温度有关，D错

误。故选AC。10.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60~0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板

、接头和连线的损耗）。如图为某一款移动充电宝，其参数见如表，下列说法正确的是（）容量20000mA·h兼容性所有智能手机输入最大直流电压5V最大直流电流2A输出直流电压5V直流电流0.1~2.5A尺寸156*82*22mm转换率0.60产品名称索扬重量约430gA.给充电宝充电时是大

部分电能转化为化学能B.该充电宝最多能储存能量为20000mA·hC.理论上该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为10hD.该充电宝给电量为零、容量为4000mA·h的手机充电，则理论上能充满4次【答案】AC【解析】【详解】A．给充电宝充电时

，一小部分电能转化为内能，大部分电能转化为充电宝的化学能储存起来，故A正确；B．20000mA·h是充电宝最多储存的电量，不是能量，故B错误；C．理论上该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为20000mAh10h2AQtI===故C正确；D．该充电宝给电量为零

、容量为4000mA·h的手机充电，则理论上能够充满的次数为20000mAh0.634000mAhQNQ===故D错误。故选AC。11.如图所示，固定在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠

在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止。若筒壁竖直，A的电荷量保持不变，B由于漏电而下降少许后重新平衡，下列说法中正确的是（）A.小球A、B间的库仑力变小B.小球A、B间的库仑力变大C.小球A、B对筒壁的压力都变大D.小球A对筒底的压力变大

【答案】BC【解析】【详解】AB．对B受力分析如图所示由平衡条件可得BcosmgF=库B由于漏电而下降少许后重新平衡，增大，故小球A、B间的库仑力变大，故A错误，B正确；C．B对筒壁的压力为NtanFmg=增大，可知B对筒壁的压力变大，将小球A、B看成整体，小球A、B水平方向受力平衡，

可知筒壁对A的压力等于筒壁对B的压力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒壁的压力变大，故C正确；D．将小球A、B看成整体，小球A、B竖直方向受力平衡，筒底对A的支持力等于小球A、B的重力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒底的压力不变，故D错误。故

选BC。12.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MNu，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1:2:3:D.质子进

入第n个圆筒时的瞬时速度为02(1)neUm−【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2T时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，则第n个圆筒长度0222nnneUTTLvm==所以各金属筒的长度

之比为1:2:3:，故C正确；B．由C选项的分析可知，保持nL和0U不变，荷质比em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20102nneUmv=−解得02nneUvm=故D错误。故选BC。三、实验题（本题共2小题，总15分）13.如图所示，某

同学使用发波水槽观察到一列水波通过障碍物上的狭缝后在水面继续传播。（1）图中可观察到波的（）A．干涉B．衍射C．折射（2）水面各点的振动均为（）A．自由振动，频率由水体自身性质决定B．自由振动，频率由驱动力决定C．受迫振动，频率由水体自身性

质决定D．受迫振动，频率由驱动力决定（3）若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，相比于波源静止，狭缝右侧水波的波长________（填“增大”或“减小”）【答案】①.B②.D③.减小【解析】【详解】（1）[1]图中可观察到波的衍射，故选B；（2）[

2]水面各点的振动均为受迫振动，频率由驱动力决定，故选D；（3）[3][4]若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据可知狭缝右侧水波的波长减小。14.单摆是能够产生往复摆动的一种装置，将无重细杆或不可伸长的细柔绳一端悬于

重力场内一定点，另一端固结一个重小球构成单摆。（1）某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静

止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（）A．A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒B．摆球在A点的所受合力大小大于在B点的合力C．摆

球经过O点前后瞬间加速度大小不变D．摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率，等于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率（2）甲乙两位同学利用如图所示的实验器材探究单摆摆长与周期的关系。（i）关于实验操作，下列说法正

确的是________；A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能适当长一些B．摆球尽量选择质量大些、体积小些C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大D．用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长E．释放摆球，从摆球经过平衡位置

开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期50Tt=（ii）如图所示，用游标卡尺测量摆球直径。摆球直径d=________cm。的（iii）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，并作出2LT−图线，如图所示，图线上A、

B两点的坐标分别为()11,xy，()22,xy，则可以得重力加速度g=________；（iv）本实验用2TL−，图像可以计算重力加速度。乙发现计算得到的重力加速度值总是偏大，可能的原因是_____

___；A．测摆长时，摆线拉得过紧B．误将29次全振动记数为30次C．将摆线长度当着摆长来计算D．摆动的偏角偏小E．摆球的质量偏大【答案】①.A②.AB##BA③.2.06④.221214yyxx−−⑤.AB##BA【解析】【详解】（1）[1]A．A和

B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒，选项A正确；B．摆球在AB两点所受的合力等于重力沿切线方向的分量，即mgsinθ，因在A点时细线与竖直方向的夹角小于在B点时细线与竖直方向的夹角，则A点的所受合力大小小于在B点的合力，选项B错误；C．根据2var=可知摆球

经过O点前后瞬间线速度不变，但是摆动半径变化，则加速度大小变化，选项C错误；D．因从A到O重力做功等于从O到B克服重力做功，但是从A到O的时间大于从O到B的时间，则根据WPt=可知，摆球从A点到O点的过程中

重力做功的功率小于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率，选项D错误。故选A。（2）（i）[2]A．摆线要选择细些、伸缩性小些的，并且尽可能适当长一些，选项A正确；B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的，以减小空

气阻力的影响，选项B正确；C．单摆的摆角不超过5°，否则就不是简谐振动，选项C错误；D．用刻度尺测量摆线的长度l，加小球的半径就是单摆的摆长，选项D错误；E．释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所

用的时间t，则单摆周期50tT=，选项E错误；故选AB。（ii）[3]如图所示，用游标卡尺测量摆球直径d=2cm+0.1mm×6=2.06cm。（iii）[4]根据2LTg=可得224gLT=由图像可得212214yygkxx−==−可以得重力加速

度221214yygxx−=−（iv）[5]根据224πLgT=可得A．测摆长时，摆线拉得过紧，则L测量值偏大，则g的测量值偏大，选项A正确；B．误将29次全振动记数为30次，则周期测量值偏小，则g的测量值

偏大，选项B正确；C．将摆线长度当着摆长来计算，则L测量值偏小，则g的测量值偏小，选项C错误；D．摆动偏角偏小，对g的测量无影响，选项D错误；E．摆球的质量偏大，对g的测量无影响，选项E错误；的的故选AB。四、计算题（本题

共2小题，总30分，13题12分，14题18分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15.带电量分别为+2q、2q−的等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，相距6

x，在它们连线的中点P上方2x处有一悬点O，用绝缘细绳挂着一个质量为m的带电小球C，2OPx=，绳长5x，如图所示，平衡时小球刚好静止在两电荷连线上。重力加速度为g，问：（1）小球所受电场力大小为多少？（2）小球所带电荷量为多少？【答案】（1）12Fmg=；（2）245mgxQkq

=【解析】【详解】（1）设细绳与竖直方向的夹角为，对小球C由平衡条件可得tanFmg=其中2cos5OPxOCx==联立解得12Fmg=（2）由几何关系可得，CP长度为22CPOCOPx=−=小球所在处的场强大小222225(2)(4)8qqkqEkkxxx=+=小球的电

荷量为245FmgxQEkq==16.如图所示，电阻1R、2R、3R的阻值均为0R，电路两端电压U不变，开关S闭合前流过2R的电流为I。求：（1）S闭合后外电路总电阻。（2）S闭合后流过2R的电流大小。【答案】（1）032R；（2）23I【解析

】【详解】（1）S闭合后外2R、3R并联，并联的等效电阻为23023'2RRRRRR==+则外电路的总电阻为000322RRRR=+=（2）开关S闭合前流过2R的电流为I，则02UIR=S闭合后干路电路为

4'3UIIR==由于2R、3R的阻值相等，根据并联电路电流规律可知流过2R的电流大小为212'23III==的17.如图所示，离地面足够高的两水平金属板A、B的间距为6L，质量为m且电荷量为q−的小球（可视

为质点）以初速率0v沿两板中线射入，若调节A、B金属板间的电势差ABU为0，则小球离开金属板右侧边界时偏离中心线的距离为2L，忽略一切阻力，重力加速度的大小为g。求：（1）小球射入金属板区域时的初速率0v；（2）要使小球能离开金属板区域，A、B

金属板间的电势差ABU的调节范围。【答案】（1）gL；（2）315mgLmgLqq−，【解析】【详解】（1）带电小球进入金属板区域后做平抛运动，在水平方向上有002Lvt=在竖直方向上有20

122Lgt=解得0vgL=（2）加电场后，若A、B金属板间的电势差0ABU，电场方向向上，若小球恰好从A金属板右端离开，小球做类平抛运动，水平方向仍然为匀速直线运动，在竖直方向上有210132qEmgLtm−=解得152mgEq=此时电势差达到最大值max1

1156mgLUELq==对应的115ABmgLUq=若A、B金属板间的电势差0ABU，电场方向向下，若小球恰好从B金属板右端离开，小球做类平抛运动，水平方向仍然为匀速直线运动，在竖直方向上有220132mgqELtm+=解得22mgEq=此时

电势差达到最大值2max236mgLUELq==对应的23ABmgLUq=−可知，A、B金属板间的电势差ABU的调节范围为315mgLmgLqq−，。18.两片半径均为R的相同圆形金属板平行正对放置，MN为圆心连线，轴线OQ过MN中点P并与MN垂直；OQ在Q处垂直

平分一长为2R的线段AB，AB平行金属板且在板外；在O处有一足够大的荧光屏与OQ垂直，荧光屏与P点距离为()ddR，在屏上以O为坐标原点建立坐标系，x轴平行AB；线段AB上均匀分布有粒子源，能沿平行QO方向发射速度为v的相同粒子，粒子质量为m，电荷量为q+；平行板

间存在大小为E、方向沿y轴正方向的匀强电场，设每个粒子均能飞出电场，忽略边缘效应以及粒子间的相互作用，不计重力，求：（1）粒子刚出电场时在竖直方向上偏移量的最大值；（2）AB上距Q点32R处的粒子刚出电

场时的速度偏向角的正切值；（3）试论证屏上所得图像的形状并写出其方程。【答案】(1)2m22qERymv=；(2)2tanqERmv=；(3)图像的形状为椭圆的在x轴上方的部分，22002221yxkRR+=（其中，22qEdkmv=，

0RxR−，0220qERdymv）【解析】【分析】【详解】（1）每个粒子均能飞出电场，所以从Q点飞出的粒子，在电场运动时间最长，竖直方向偏转距离最大，则有qEma=，2Rvt=，2m12yat=可得2m22qERymv=（

2）AB上距Q点32R处的粒子，根据几何关系有2231=222xRRR=−解得该粒子在电场中沿水平方向运动的距离为xR=，则有qEma=，1Rvt=，1yvat=可得yqERvmv=则粒子刚出电场

时的速度偏向角的正切值2tanyvqERvmv==（3）由（1）可得Q点的粒子落在屏上的位置为0x=21m122222ydRqERdRqERqERdyyvvmvvmvmv−−=+=+=距Q点32R处的粒子，落在

屏上的位置为232xR=2222122yRdqERqERdyvmvvmv−=+=令粒子在AB上的射出点离开Q点的距离为0x，由几何关系可得粒子在电场中运动沿水平方向运动的距离为2202lRx=−则粒子的在竖直方向偏转的位移为2202022212()2ldqEdRxl

lqEdlyaavvvmvmv−−=+==令22qEdkmv=，则方程可化简为22002221yxkRR+=其中，0RxR−，0220qERdymv获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com