【文档说明】四川省自贡市蜀光中学2024-2025学年高二上学期半期考试物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，3.781 MB，由envi的店铺上传

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蜀光中学高2023级高二上期半期考试物理试题考试时间：75分钟1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答

题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。第I卷（选择题）一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分）1.下列说法正确的是（）A.点电荷是带电荷量很小的带电体B.电阻是导体本身的一种属性，与导体两端的电压和

通过导体的电流无关C.由于电场是客观存在的物质，所以电场线也是客观存在的D.带电体的绝缘性能越好，越容易失去电荷【答案】B【解析】【详解】A．在研究带电体相互作用时，当带电体的形状大小以及电荷分布情况可以忽略不计时，可以看成点电荷，点电荷不是带电量很小的带电体。故A错误；B．电阻是导体本身

的一种属性，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故B正确；C．电场是客观存在的物质，但电场线是为了方便研究电场而引入的物理模型，并不是客观存在的，故C错误；D．带电体的绝缘性能越好，电荷越容易积累，故D错误。故选B。2.下列

关于电动势和电流的说法正确的是（）A.电流可以由电源负极流向电源正极B.电源的电动势是由内外电压决定的C.电源短路时，路端电压为零，电路电流也为零D.电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多【答案】A【解析】

【详解】A．在电源的外部，电流方向总是从电源正极流向电源负极；在电源的内部，电流方向总是从电源负极流向电源正极，即电流可以由电源负极流向电源正极，故A正确；B．根据WEq=非可知，电动势由非静电力移动电荷做功决定，电动

势与外电路的结构无关，与内电压和外电压无关，故B错误；C．电源短路时，路端电压为零，电路中电流较大，不为零，故C错误；D．根据WEIt=可知，电源的电动势越大，电源所能提供的电能不一定就越多，还和时间及电流有关，故D错误。故选B。3.两个完全相同的带电金属小球，相

距为R（R远大于小球半径），其中一个球的电荷量是另一个的5倍，它们间的吸引力大小是F，现将两球接触后再把它们固定在距离为2R处，它们间库仑力的大小是（）A.95FB.920FC.4FD.5F【答案】D【解析】【详解】由于这两个带电金属小球相互吸引，所以带异种电荷，设这两个金属小球所带

电荷量分别为5q+和q−，根据库仑定律，有22255qqkqFkRR==两小球接触后再分开，电荷量先中和再平分，所带电荷量都为2q+，将两球固定在距离为2R处，它们之间的库仑力设为'F，根据库仑定律，有()2'22222qqkqFkRR==故'5FF=故选D。的4.如图所示，厚薄均匀的矩

形金属薄片边长为10cmab=，5cmbc=，当将C与D接入电压恒为U的电路时，电流为2A，若将A与B接入电压恒为2U的电路中，则电流为（）A.0.5AB.1AC.2AD.4A【答案】B【解析】【详解】根据电阻定

律LRS=得abABbcLRS=cdCDabLRS=可得41abbcABbcCDabLLRLRL==根据欧姆定律UIR=得12ABCDABABCDCDUUIRIR==解得1AABI=故选B。【点睛】5.如图所示，在两个点电荷1q、

2q形成的电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下，以一定的初速度从A点运动至B点，运动轨迹如图中实线所示，虚线为电场线。下列说法正确的是（）A.该粒子带正电B.1q的电量大于2q的电量C.A点的场强大于B点的场强D.该粒子从A到B动能先减小后增大【答案】B

【解析】【详解】A．根据电场线方向可知1q带正电，粒子运动受到的力指向轨迹凹侧，可知粒子带负电，故A错误；BC．根据电场线疏密可知1q附近电场较大，则1q的电量大于2q的电量，A点的场强小于B点的场强，故B正确，C错误；D

．粒子运动的速度沿轨迹切线方向，粒子从A到B时，电场力先做正功，再做负功，则动能先增大后减小，故D错误。故选B。6.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、

C三点，已知CBBAxxxx−=−。该电子电势能pE随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（）的A.A点电势高于B点电势B.A点的电场强度小于B点的电场强度C.A、B两点电势差的绝对值ABU大于B、C两点电势差的绝对值BCUD.电子经过A点的速率大于经过B点的

速率【答案】C【解析】【详解】AD．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电势，故AD错误；B．根据pEWqEx=−=−电可知图像的斜率大小体现电场强度的强弱，

因此从A到B，电场强度减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；C．由从A到B电场强度减小，电子通过相同位移时，UEd=可知A、B两点电势差ABU绝对值大于B、C两点电势差BCU绝对值，故C正确。故选C。7.如图所示，两块水平放置的平行金属板M、N，下极板N接地。现将其

与理想二极管串联，与静电计并联，初始电容器所带电量为零。0R为定值电阻，1R和2R为电阻箱，闭合开关S稳定后，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，则下列说法正确的是（）A.断开开关S，M板稍微上移，静电计指针偏角变小B.断开开关S，N板稍微下移，带电油滴的电势能

增大C.保持开关S闭合，减小1R阻值，带电油滴会向上运动D.保持开关S闭合，增大2R阻值，平行板电容器的带电荷量减小【答案】C【解析】【详解】A．断开开关S，电量保持不变，根据电容决定式r4SCkd=，可知M板稍微上移，d变大，电容减小；根据电容定义式QCU=，可知板间电压U变大，所

以静电计指针偏角变大，故A错误；B．根据电容决定式r4SCkd=，电容定义式QCU=，板间场强UEd=，联立可得r4kQES=断开开关S，电量保持不变，所以板间场强不变；P与下极板间电势差为PNUEd=可知P与下极板间电势差变大，而N板的电势始终为零，所以P点电势降低，且为负值。由图可

知N板为正极板，液滴处于静止状态，根据平衡条件可知液滴带正电；根据pEq=，可知N板稍微下移，带电油滴的电势能降低，故B错误；C．保持开关S闭合，电容器两板间电压等于电阻R0两端的电压，当减小R1的阻值，R0两端的电压增加

，电容器两板间电压升高，根据QCU=，可知电容器将会充电，因为二极管单向导电性，电容器的电量可以增加，所以电压升高，板间场强UEd=。由此可知板间场强变大，所以液滴向上运动，故C正确；D．保持开关S闭合，电

容器两板间电压等于电阻R0两端的电压，当增大R2的阻值，电容器两板间电压与R2的阻值无关，根据QCU=，可知平行板电容器的带电荷量保持不变，故D错误。故选C。二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。漏选得3分；错选不得分）8.如图，竖直向上的匀强

电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中A.小球的重

力势能增加-W1B.小球的电势能减少W2C.小球的机械能增加W1+212mvD.小球与弹簧组成的系统机械能守恒【答案】AB【解析】【详解】A．重力对小球做功为W1，重力势能增加-W1，故A正确；B．电场力做了W2的正功，则电势能减小W2，故B正确；C．根据动能定理得，W1+W2+W弹=21

2mv，因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量，则机械能的增量为22112mvWWW+=−弹，故C错误；D．对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒，故D错误。故选AB。9.某

同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是:A.R3短路B.RP短路C.R3断开D.R2断开【答案】BD【解析】分析】【【详解】若3

R短路则电压表2V示数为零，若3R断开则2V测2R两端电压，1V测滑动变阻器和2R串联总电压，两表示数不同；若Rp短路，两表都测R2电压，电压表示数相同，R2断开，两电压表均测R3电压，电压表示数相同。故选BD。10.在匀强电场中有一个正六边形区域abcdhf，电场线与六边

形所在平面平行，如图所示。已知a、b、h三点的电势分别为7V、11V、－5V，带电荷量为e的粒子（重力不计）以16eV的初动能从b点沿不同方向射入abcdhf区域，当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，下列判断正确的是（）A.粒子带负电B.粒子可以经过正六边形各顶点射出该区域C.粒子经过

f点时动能为4eVD.粒子沿bd方向发射后的最小动能为4eV【答案】ACD【解析】【详解】A．如图所示连接bh，fd，ah，过b点作bh的垂线交于与ah的延长线交于m点，由几何关系易得30=，60=，90bah=且fd垂直bh，因为7Va=，11Vb=，5Vh

=−故有12VahU=，16VbhU=，4VbaU=因为24mhmbma==则14V3maahUU==故有mb=则mb为等势线，因为90mbh=，故电场线方向为由m点指向h点，当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，可知粒子向下偏转，则粒子带负电，故A正

确；B．若该粒子从h点射出，由动能定理得()kk016eVbhUeEE−=−=−解得k0E=当该粒子沿bh方向运动时，做匀减速运动，恰不能从h点处射出，故B错误；C．由几何知识得34bnbh=且n点与f点等电势点，则312V4bfbnbhUUU===粒子沿bd方向入射能够到达c点，合力指向轨迹的凹

侧可知粒子应该带负电，从b点运动到f点，由动能定理得kkfbbfbfEEWeU−==−解得，粒子经过f点时动能为k4eVfE=故C正确；D．当粒子沿bd方向射入该区域后，将做匀变速曲线运动，沿垂直于电场方向的速

度大小为k02cos60xEvm=所以最小动能为2k14eV2mxEmv==故D正确。故选ACD。第II卷（非选择题）三、实验题（本题共2小题，共16分）11.图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E、'E是电池；R1、R2、R5、R6是固定电阻，R3、R4是

可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。该多用电表有6个挡位：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆10Ω挡和100Ω挡。（1）图中当中S调到_________时电流表量程较大（在1、2、3、4、5、6中选填）。（2）关于R3、R4的使用，下列说法

正确的是_________（填正确答案标号）。A.在使用多用电表之前，调整R3、R4使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R3或R4使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C.使用电流挡时，调整R3、R4使用电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3

）根据给出的条件可得R1=_________Ω。（4）某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示。若此时B端是与“2”相连的，则多用电表读数为_________mA。【答案】（1）1（2）B（3）64（4）0.70【解析】【小问1详解】当S调到1

时，表头与2R串联后再与1R并联，改装成电流表，当S调到2时，1R与2R串联后再与表头并联，改装成电流表，即当S调到1、2时多用电表测是电流；S调到1时，改装电流表的量程()gg21g1IrRIIR+=+S调到2时，改装电流表的量程的gg2g12IrIIRR=++可知，S调到1

时电流表量程较大。【小问2详解】A．在使用多用电表之前，需要进行机械调零，即调整机械调零旋钮，使电表指针指在表盘左端电流“0”位置，故A错误；B．使用欧姆挡时，需要进行欧姆调零，即先将两表笔短接，调整R3或R4使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，故B正确；C．

结合上述可知，当S调到1、2时，使用的才是电流挡，此时R3、R4不起作用，故C错误。故选B。【小问3详解】结合上述，S调到1时电流表量程较大，即S调到1时，量程为2.5mA挡，S调到2时，量程为1mA挡，根据()gg21g1IrRIIR+=+gg2g12IrIIRR=++解得121600RR

+=，164R=【小问4详解】此时B端是与“2”相连，表头改装成了量程为1mA的电流表，表头上选用电流为“10”的量程，1小格表示860.210−=该读数为650.2mA0.70mA10+=12.某同学想要研究某元件xR的特性，描绘出UI−图线，实验室中的器材有

：待测元件xR（额定电压6V，额定电流0.5A）；电压表V（量程3V，内阻为3kΩ）；电流表A1（量程3.0A，内阻为0.05Ω）；电流表A2（量程200mA，内阻为0.5Ω）；定值电阻0R（5000Ω）；定值电阻1R（

0.25Ω）；滑动变阻器2R（阻值0~10.0Ω）；滑动变阻器3R（阻值0～1000.0Ω）；电源E（电动势6V，内阻不计）；开关S；导线若干。（1）为了更精确地测量电流，电流表选_________（选填“1A”或“2A”）。（2）实验中应将电压表V与定值电阻0R串联改装为量程

为_________V的电压表。（3）设计电路，在虚线框中画出电路图，得到该元件的U-I图如下_________。（4）现将两个与xR同型号的元件串联，再与一个阻值为4.5Ω的定值电阻串联后，接在一电动势为5V、内阻0.5Ω的电源两端，则两个元件xR消耗的总功率为______

___W（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）2A（2）8（3）见解析（4）0.95##0.90##0.91##0.92##0.93##0.94##0.96##0.97##0.98##0.99##1.00【解析】

小问1详解】为了描绘0~6V范围内的UI−曲线，电压要从零开始测量，滑动变阻器采用分压式接法，故滑动变阻器选择阻值较小的2R；A1表的量程太大，所以需要选A2进行改装。【小问2详解】为了扩大量程，电压

表V应该与定值电阻0R串联，改装后的电压表量程为【08VGVVUURRR=+=（）【小问3详解】电路图如图【小问4详解】由题可得电路如图所示，根据闭合电路欧姆定律可知()2EUIRr=++整理可得2.52.5UI=−+作出闭合电路的UI−图像如图所示由图

像可知交点为()0.28A,1.7V，则两个电阻的总功率20.95WPUI==四、解答题（本题共3小题，共41分）13.如图所示，带正电的小球1用绝缘细线a悬挂在水平墙壁上，带负电的小球2用绝缘细线b悬挂在竖直墙壁上。当两小球处于静止状态时，细线b水平，细线

a与竖直方向的夹角为37，小球1、2间的距离2md=，已知小球1、2的质量分别为124.2kg,5.4kgmm==，小球1所带的电荷量大小为41210Cq−=，静电力常量9229.010Nm/Ck=，重力加速度g取210m/s,sin370.6,cos370.8==。求：（1）

细线b上的弹力大小F；（2）小球2所带的电量大小2q。【答案】（1）90N（2）4210C−【解析】【小问1详解】对a、b整体分析，由平衡条件有()12tan3772NFmmg=+=【小问2详解】对b分析，有()22290N

FFmg=+=库由库仑定律有122qqFkd=库得42210Cq−=14.某直流电动起重机装置如图所示。已知电源电动势6VE=，电源内阻1Ωr=，电阻3ΩR=，当重物质量很大时，闭合开关S，电动机未能将重物提升，且转轴与绳间不打滑

，此时理想电压表的示数为5V；当重物质量0.1kgm=时，闭合开关S，电动机最后以稳定速度匀速提升重物，此时电动机消耗功率最大（不计摩擦，g取210m/s）求：（1）电动机的内阻MR；（2）重物匀速上升

时流过电动机的电流大小MI及电机的功率；（3）重物匀速上升的速度大小v。【答案】（1）2Ω（2）3A4；9W4（3）9m/s8【解析】【小问1详解】根据闭合电路欧姆定律，可知1EIrU=+解得1AI=此时电动机不转动，根据欧姆定律1M

2ΩIURRI−==【小问2详解】电动机以稳定速度匀速提升重物时电动机消耗功率最大，根据能量关系()22M64PEIIRrII=−+=−当M3A4I=时电动机取最大功率M9W4P=【小问3详解】对电动机根据功率关系2MMMPIRmgv=+解得9

m/s8=v15.如图甲所示，在坐标系xOy中，射线管由平行于x轴的金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。细管C到两金属板距离相等，右侧的开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的粒子。若金属板长为L、

间距为d，当A、B板间加上某一电压时，粒子恰好以速度0v从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器中。静电分析器中存在如图所示的辐向电场，电场线沿半径方向，指向与坐标系原点重合的圆心O。粒子在该电场中恰好做半径为r的匀速圆周运动，轨迹上的场强大小0E处处相等（0E未知）。0t=时刻粒子

垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的场强大小也为0E，方向随时间的变化关系如图乙所示（T已知），规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。求：（1）粒子在静电

分析器中运动轨迹上的0E；（2）粒子从放射源P发射时的初速度Pv大小；（3）在2tT=时刻，粒子的位置坐标。【答案】（1）2002mvEer=（2）2021PdvvL=+（3）（2202vTrr+，02vT−）【解

析】【小问1详解】粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，有2002veEmr=解得2002mvEer=【小问2详解】由题意可知，粒子在平行金属板中的逆运动为类平抛运动，水平方向有0Lvt=竖直方向有2122

dat=由牛顿第二定律有2Uemad=联立解得22022mdvUeL=粒子从放射源P运动到C的过程中，由动能定理有k122eUE−=解得20k222mdvEL=−动能的变化量22k01122PEmvmv=−解得2021PdvvL=+【小问3详解】2Tt=时，粒子在x轴方向的速度

0222xeETTvam==所以一个周期内，粒子在x轴方向的平均速度022xxveETvm==每个周期内粒子沿x轴正方向前进的距离2002xeETxvTm==所以2tT=时，粒子的横坐标为22200022eETvTxrxrrmr=+=+=+粒子的纵坐标为02yvT=−

综上所述，在2tT=时，粒子的坐标为（2202vTrr+，02vT−）。