【文档说明】四川省内江市第一中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题 含解析.docx，共(15)页，1.014 MB，由小赞的店铺上传

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内江一中高2025届高二上半期物理试题一、单选题（每小题4分，共28分）1.关于静电场的说法中正确的是（）A.电场强度大的地方，电势一定也高B.电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同C.电场强度的方向总是与等势面垂直D.电荷在等势面上移动时不受电场力【答案】C

【解析】【详解】A．电场强度大小与电势高低没有对应关系，所以电场强度大的地方可能电势高，电势可能低，A错误；B．电场强度处处相同的区域内，沿着电场线电势逐渐降低，并不相等，B错误；CD．在等势面上移动电荷，电场力不

做功，由于电场力的方向与运动方向垂直，因此电场强度的方向总是跟等势面垂直，C正确，D错误。故选C。2.下列说法中正确的是（）A.电流的微观解释式Inqvs=中的v是自由电子热运动的平均速率B.如果用I表示电流，q表示时间t内通过面积的电荷量，则通过这一

导体横截面积的电子数为qeC.由URI=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成导体横截正比，跟导体中的电流成反比D.由公式lRS=可知，电阻率仅与导体的电阻R、导体的长度l和横截面积S有关【答案】B【解析】【详解】A．电

流的微观解释式Inqvs=中的v是自由电子定向移动的平均速率，A错误；B．如果用I表示电流，q表示时间t内通过面积的电荷量，则通过这一导体横截面积的电子数为qe，B正确；C．导体的电阻是由导体本身决定的，与导体两端的电压以及

导体中的电流无关，C错误；D．电阻率仅与导体的材料有关，与导体的电阻R、导体的长度l和横截面积S均无关，D错误。故选B。3.如图所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A、B两端电压恒定不变，则（）A.S断开时，R1与R2的电

压之比为5∶1B.S闭合时，R1与R2两端的电压之比2∶5C.S闭合时，通过R2与R3的电流之比为2∶1D.S闭合时，通过R1与R2电流之比为1∶5【答案】B【解析】【详解】A.S断开时，R1与R2串联，电流相等，则电压与电阻成正比，则有

1：5，故A错误；BD.S闭合时，R2与R3并联，再与R1并联，设干路电流为I，则流过的R2电流为2I，即通过R1与R2电流之比为2∶1；R1与R2两端的电压之比1212::2:52IUUIRR==故B正确，D错误；C.S闭

合时，R2与R3并联，电压相等，电流与电阻成反比，则有2332::1:1IIRR==故C错误。故选B。4.如图所示，直角三角形ABC的37A=，90C=，AB的长度为5L，在A点固定一带电量为1

6q的正点电荷，在B点固定一带电量为9q的正点电荷，静电引力常量为k，sin370.6=、cos370.8=，则C点的电场强度大小为（）A.22kqLB.22kqLC.2kqLD.2512kqL【

答案】A【解析】【详解】根据几何关系可得cos374ACABL==sin373BCABL==A点的点电荷在C点处的场强大小为2216()AkqkqEACL==B点的点电荷在C点处的场强大小为229()BkqkqEBCL==根据场强的叠加可得C点的电场强度2222CACkqEEEL=+=故

选A。5.如图所示A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为1m，电场线与三角形所在的平面平行，已知5VA=，5VB=−，15VC=，由此可以判断（）A.电场强度的方向重直AD连线斜向上B.电场强度的方向由B点指向C点

C.电场强度的大小为203V/m3D.电场强度的大小为23V/m3【答案】C【解析】【详解】AB．在匀强电场中，5V,15VBC=−=，则B、C连线的中点D的电势515V5V22BCD+−+===故DA=，AD为一条等势线，根据电场线与等势线垂直

且沿着电场线方向电势降低可知，电场强度的方向垂直于AD连线斜向下，选项AB错误；CD．电场强度的大小1020V/m3V/mcos30332===ABABUEl选项C正确，D错误。故选C。6.如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图

线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A.R1∶R2＝3∶1B.把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于3R2C.将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1∶P2＝3∶1D.将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3【答案】B【解析】【详解】A

．根据Ⅰ―U图像知，图线的斜率表示电阻的倒数﹐所以12:1:3RR=，故A错误；B．把R1拉长到原来的3倍长后﹐截面积变为原来的13，根据LRS=可知，电阻变为原来的9倍，为R2的3倍，故B正确﹔C.串联电路电流相等，

所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比12:1:1II=。根据2PIR=可知，功率之比12:1:3PP=，故C错误；D．并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比12:3:1II=，故D错误。故选B7.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电

荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则下列判断正确的是（）A.P点放置的是带正电的点电荷B.q1>q2C.C点的电场强度大于A点的电场强度D.将一带负电的检验电荷从B点移到

D点，其电势能先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A．由图知从O到B电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，且P点电势为最低，可知该放置的是负的点电荷，故A错误；BC．根据图像切线的斜率等于场强，可

知C点合场强为零，A点的合场强不等于零，则A点的场强比C点的大，由于C点与q2的点电荷的距离较q1近，根据2qEkr=，可知12qq故B正确，C错误；D．将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，根据pEq=可知，电势能先减小后增大，故错误。故选B

。二、多选题（每小题6分，共18分）8.如图所示，纸面内固定两个等量异种点电荷，它们之间距离为4R以其连线中点O为圆心，以R为半径画圆，A、B、C、D为圆周上四点，A、B两点在两点电荷连线上，C、D两点在两点电荷连线

的中垂线上。下列判断正确的是（）。A.A、B两点的电场强度大小相等，C、D两点的电场强度方向相反B.若自A点由静止释放一电子，将沿AB向右运动C.A、C之间电势差等于D、B之间电势差D.将一电子自A沿直线到O再沿直线到C，电势能先增加后

不变【答案】CD【解析】【详解】A．由等量异种点电荷电场的对称性可知A、B两点的电场强度大小相等，C、D两点的电场强度方向相同，故A错误；B．过AB的电场线是一条直线，方向向右，若自A点由静止释放一电子，将沿AB向左运动，故B错误；C．由等量异种点电荷电场的对称性可知A、C之间电

势差等于D、B之间电势差，故C正确；D．将一电子自A沿直线到O再沿直线到C，电势一直降低，电场力做负功，电势能一直增大；从O沿直线到C，电势不变，电势能不变，故D正确。故选CD。9.如图所示，虚线a、b、c代表电场中一

簇等势线，相邻等势线之间电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A.a、b、c三条等势线中，c的电势最高B.P点的电场强度大于Q点的电场强度C.该带电质点在P点的速率小于在Q点的速率D.该

带电质点在P点具有的电势能小于在Q点的电势能【答案】BD的【解析】【详解】A．由于不知道带电质点的电性，无法判断电场的方向，所以不能确定各点电势的高低，故A错误；B．由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处

电场强度比Q点处大，故B正确；CD．从Q到P，电场力做正功，电势能减小，即带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小；根据动能定理知，动能增大，即P点的动能大于Q点的动能，即带电质点在P点处的速率比在Q点处大，故C错误，D正确。故选BD。10.如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两

极板，B极板接地。闭合开关S，一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是（）A.该液滴带负电B.保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，带电液滴仍将保持静止C.断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，带电液滴将向下运动D.断开开关S，将B极板向下

移动一小段距离，P点的电势将升高【答案】ABD【解析】【详解】A．A极板与电源正极连接，A极板带正电，则极板之间电场方向向下，液滴处于静止状态，可知其所受电场力方向向上，由于电场力方向与电场方向相反，则液滴带

负电，故A正确；B．保持开关S闭合，极板之间电压不变，根据UEd=若将A极板向左移动一小段距离，极板之间间距不变，极板之间的电场强度不变，液滴所受电场力不变，可知带电液滴仍将保持静止，故B正确；C．断开开关S，极板所带电荷量不变，根据

44rrUQQkQESdCdSdkd====若将B极板向下移动一小段距离，根据上式可知，极板之间的电场强度不变，可知带电液滴仍然处于静止的状态，故C错误；D．断开开关S，根据上述分析，极板之间的电场强度不变，根据0PBPPBUEdj=-=若将B极板向下移动一小段距离，PBd增大，可知P点的

电势将升高，故D正确。故选ABD。三、实验题（每空2分，共18分）11.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。（1）某同学通过实验测定阻值约为5Ω的电阻Rx，用内阻

约为3kΩ的电压表，内阻约为0.125Ω的电流表进行测量。他设计了图甲和图乙两种电路，下列说法正确的是（）A．实验中应采用图甲电路，此电路测得的Rx偏大B．实验中应采用图乙电路，此电路测得的Rx偏大C．实验中应采用

图乙电路，误差主要是由电流表分压引起D．实验中应采用图甲电路，误差主要是由电压表分流引起的（2）某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中

定值电阻R1＝40Ω，R2＝360Ω。①当开关S接A端时，该电流表的量程为0~_________mA；②当开关S接B端时，该电流表的量程为0~_________mA；【答案】①.D②.1③.10的【解析】【详解】（1）[1]根据VA5155RR=可知电流表应采用外接法，即实验中采

用图甲电路图，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据URI=可知测得电阻比真实值小。故选D。（2）①[2]当开关S接A端时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，则有ggmg120.2512000.25mAmA1mA40360AIRIIRR=+=+=++该电流表的量程为0~1mA；

②[3]当开关S接B端时，R2和电流表串联，再与R1并联，则有gg2mg1()0.25(1200360)0.25mAmA10mA40BIRRIIR++=+=+=该电流表的量程为0~10mA。12.某同学要测量一新材料制成的均匀金属导电圆柱体的

电阻率。(1)如图甲所示用螺旋测微器测其直径为______mm，如图乙所示用游标卡尺测其长度为______cm；(2)用多用电表粗测该圆柱体阻值约为5Ω，为进一步测其电阻，该同学做实验时应从下述器材中选

用______(请填写器材前对应的字母代号)；A电池组3V，内阻1ΩB.电流表0~3A，内阻0.0125ΩC.电流表0~0.6A，内阻0.125ΩD.电压表0~3V，内阻4kΩE.电压表0~15V，内阻15kΩ.F.滑动变阻器0~20Ω，允许最大电流1AG.滑动变阻器0~

2000Ω，允许最大电流0.3AH.开关、导线若干(3)测该圆柱体的电阻时，电流表在测量电路中应采用______（选填“外”或“内”）接法，测得其电阻值比真实值偏______（选填“大”或“小”）；(4)若用L表示圆柱体的长度，d表示直径，测得

电阻为R，请写出圆柱体电阻率的表达式______。【答案】①.1.844②.4.240③.ACDFH④.外⑤.小⑥.24RdL【解析】【详解】(1)[1]从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，因此主尺上应读1.5mm，螺旋上接近第34个刻度线，可以估读：34.40

.01mm0.344mm=，所以该金属丝直径应为1.5mm0.344mm1.844mm+=；[2]由题图乙知，长度为42mm80.05mm42.40mm4.240cm+==；(2)[3]电池组电压是3V，流过圆柱体

的最大电流0.5AmxEIrR==+故电流表选C，电压表选D；滑动变阻器选总阻值小的，便于调节，故选F；另外要选导线、开关。(3)[4]因为A40xRR=，V800xRR=故电流表选择外接法；[5]外接法测量

值偏小；(4)[6]根据24LLRSd==解得24RdL=四、解答题（共3小题，共36分）13.如图所示为一组匀强电场的电场线，将带电荷量为q=－1.0×10－6C的带电油滴（可视为点电荷）由A点沿直线移至B点，电场力

做了－2×10－6J的功，已知A、B间的距离为2cm。试求：（1）A、B两点间的电势差UAB；（2）该匀强电场的电场强度的大小；（3）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB以及油滴在B点的电势能Ep

B。【答案】（1）2V；（2）200V/m；（3）－1V；1.0×10－6J【解析】【详解】（1）由题意可知，点电荷从A到B，电场力做负功6210JABW−=−根据ABABWUq=解得2VABU=（2）A、B两点沿电场线方向的距离为22210cos60110md

−−==则200V/mABUEd==（3）由ABABU=−则1VBAABU=−=−油滴在B点的电势能6p1.010JBBEq−==14.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿右侧两平行正对的极板中心轴线OO射入偏转

电场，并从另一侧射出，打到荧光屏上的P点，O为荧光屏的中心点。已知电子质量为m、电荷量为e（e>0）、加速电场所加的电压为U0、偏转电场所加的电压为U、水平极板的长度为L1、上下两板间距离为d、水平极板的右端到荧光屏的距离为12L。不计电子所受重力。求：（1）电子经加速电场加速

后的速度大小v0；（2）电子离开偏转电场时速度的偏转角的正切值；（3）电子打在荧光屏上的P点到O点的距离h和电子在P点的动能。【答案】（1）02eUm；（2）10tan2ULUd=；（3）2102ULdU，221020()4ULeUUd+【解析】【

详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理得20012emvU=解得002eUvm=（2）电子在偏转电场中，做类平抛运动，在水平方向上有10Lvt=在竖直方向上有212yat=，eUamd=联立解得2104ULydU=电子射出时竖直方向速度为10yeULvatmdv==电子做

类平抛运动，速度反向延长线过水平位移中点，速度夹角正切值为位移夹角正切值二倍，离开偏转电场时速度偏转角的正切值为0tan2yvyvx==联立解得10tan2ULUd=（3）电子打在荧光屏上的P点到O点的距

离为0210122yLhvyULvdU=+=根据动能定理可得k0UEeUeyd=+带入数据221k0204ULEeUUd=+15.如图所示，在电场强度大小3210V/mE=、竖直向上的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点相切，半圆形轨道平

面与电场线平行，其半径40cm,RN=为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点。一电荷量4110Cq−=、质量10gm=带负电的滑块（视为质点）与水平轨道间的动摩擦因数0.2=，位于N点右侧3md=的M处，取重力加速度大小210m

/sg=，不计空气阻力。（1）若滑块刚好能到N处，求其初速度大小0v；（2）若滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q，求其在水平轨道上的落点到N点的距离x；（3）求满足（2）条件的滑块通过P点时对轨道的压力大小F。【答案】（1）6m/s；（2）0.8m；（2）0.

9N【解析】【详解】（1）由动能定理()20102mgqEdmv−+=−解得06m/sv=（2）设滑块到达Q点时的速度大小为Qv，由牛顿第二定律2QvmgqEmR+=解得23m/sQv=滑块过Q点后做类平抛运动，竖直方向2122Rat=其中mgqEam+=水平方向Qxvt=联立解

得0.8mx=（3）设滑块到达P点时的速度大小为Pv，由动能定理()221122QPmgqERmvmv−+=−在P点，根据牛顿第二定律2PvFmR=解得0.9NF=根据牛顿第三定律可得滑块通过P点时对轨道的压力大小获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangx

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